ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2011 LẦN THỨ 1 potx

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y= x
3
- 3(m + 1)x
2
+ 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m= 1
2. CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác định các giá trị của m để hàm số (1) đạt cực
đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình: x
2
+ xxx 26342
2

2. Giải phương trình: sin2x -
22
(sinx + cosx) -5=0
Câu III (1,0 điểm)
Tính tổng: S=
!
1
!
2010
1
!

3
!
2008
1

!
2005
!
6
1
!
2007
!
4
1
!
2009
!
2
1


Câu IV (1,0 điểm)
Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a
3
, DA =DB =DC. Biết
rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD
Câu V (1,0 điểm)
CMR: Với mọi x
,

y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = 3 ta có:
1
))()((
4
2
1



xzzyyxxyz

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương
trình: x - 2y + 1 = 0. Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C.
Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b. S là một điểm bất kỳ nằm
trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2
3
12
1 










 x
xy

6
3
12
1 









 y
xy

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm
trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0.
Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB)
vuông góc với mp(ABC). Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính

thể tích khối cầu đó.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải phương trình e
x
= 1+ ln(1+x).
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MÔN: TOÁN 12; KHỐI D.
(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung đáp án Điểm

2,0
Khi m=1, ta có hàm số y = x
3
-6x
2
+9x+1
* TXĐ: R
* Sự biến thiên
- Chiều biến thiên: y' = 3x
2
-12x + 9
y' = 0 <=> x =1 hoặc x =3
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- )1;

và ( );3


;
Nghịch biến trên khoảng (1; 3)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1; y
CĐ
=5
Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; y
CT
=1
- Giới hạn: 

y
x
lim


0,25



- Bảng biến thiên:
x -

1 3 +



y' + 0 - 0 +


+



5
y
-


1





0,25

1
(1,0 điểm)

* Đồ thị:
y
5






1


0 1 3 4 x




0,25

* Ta có: y' = 3x
2
- 6 (m+1)x + 3m(m+2)
y' = 0 <=> x
2
- 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2)
=>
'

=(m+1)
2
- m(m+2)=1 > 0,
m


0,25
Vậy phương trình y'=0 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó
hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu.
0,25
* Hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ d
ương
<=> (2) có 2 nghiệm dương phân biệt <=> P > 0
S > 0
0,25
I

2
(1,0 điểm)


m(m+2) > 0
<=> <=> m > 0
2(m+1) > 0

0,25


2,0
II

BPT đã cho <=> x
2
+ 2x - 6 +
342
2
 xx
> 0
0,25
Đặt t = 1)1(2342
22
 xxx => điều kiện t >1

BPT trở thành:

06
2
3
2


t
t
<=> t
2
+ 2t - 15 >0
0,25
<=> t >3
t <-5 (loại vì trái điều kiện)

0,25








1
(1,0 điểm)

Vậy: 2x

2
+ 4x + 3 > 9
<=> x
2
+ 2x - 3 > 0
<=> x > 1
x < -3
0,25
PT đã cho <=> (sinx + cosx)
2
- 2
2
(sinx + cosx) - 6 = 0

0,25
<=> sinx + cosx = - 2
sinx + cosx = 3
2


0,25
<=> 2 sin 2
4










x

2
sin 23
4









x => vô nghiệm
0,25
2
(1,0 điểm)

<=>



2
2
4
kx 
<=>

)(2
4
3
Zkkx 



0,25
1,0
Ta có
2011!S=
!
1
!
2010
!2011
!
3
!
2008
!2011

!
2005
!
6
!2011
!
2007
!

4
!2011
!
2009
!
2
!2011

=
2010
2011
2008
2011
6
2011
4
2011
2
2011
CCCCC 


0,25
Khai triển
(1+x)
2011
=
20112011
2011
20102010

2011
22
2011
1
2011
0
2011
xCxCxCxCC 

0,25
Chọn x = -1 ta có:

2011
2011
3
2011
1
2011
2010
2011
2
2011
0
2011
CCCCCC 

Chọn x = 1 ta có:
20112011
2011
2

2011
1
2011
0
2011
2  CCCC

0,25
III

Do đó:
20102010
2011
4
2011
2
2011
0
2011
2  CCCC

Vậy S =
!
2011
12
2010


0,25

1,0
IV

D
Gọi M là trung điểm của BC
Hình
vẽ
Ta có: MA=MB=MC
Mà: DA=DB=DC (gt) B
Suy ra: DM

(ABC) C M

a

A
0.25




0,25


Có

DBC vuông cân tại D nên
DM = aaaaBC  2.
2

1
3
2
1
2
1
22

0,25
Vậy V
ABCD
=
3
.
6
3
2
3
.
3
1
.
3
1
a
aa
aSDM
ABC



(đvtt)
0,25
1,0
Áp dụng BĐT Côsi ta có:





))()((2
4
.2
))()((
4
2
1
xzzyyxxyzxzzyyxxyz

=
))()((
22
xyyzxzxyyzxz 

0,25
Mà
2
3
)(2
))()((
3





zxyzxy
xyyzxzxyyzxz

=> (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8
0,25
Do đó: 1
8
22
))()((
4
2
1



xzzyyxxyz

0,25
V

Dấu "=" xẩy ra <=>
))()((
4
2
1
xzzyyxxyz 


xz + yz = xy + xz = yz +xy <=> x = y = z = 1
xy+ yz + zx = 3
0,25
2,0
Giả sử C=(x
o
;y
o
)
Vì C

d nên x
o
- 2y
o
+ 1 = 0 (1)
0,25
Vì CA

CB nên 0. CBCA
<=> (5 - x
o
)(-3 - x
o
) + (-2 - y
o
)(4 - y
o
) = 0

<=> 02322
0
2
00
2
0
 yyxx (2)

0,25
Thế (1) vào (2) ta có: 042
0
2
0
 yy
<=> 52151
00
 xy
52151
00
 xy
Vậy có 2 điểm thoả mãn đề bài là: C
1
= 521(  ; 51 )
C
2
= 521(  ; )51

0,25
VI.a
1

(1,0 điểm)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1;1) là trung điểm AB và bán
0,25
kính R= 5
2
10
2

AB
. Vậy phương trình đường tròn đó là:
25)1()1(
22
 yx

Gọi O là giao điểm hai đường
chéo AC và BD của hình chữ nhật S
ABCD. Qua O kẻ đường thẳng
song song với SA cắt SC tại điểm I
Ta có:
OI

(ABCD) vì SA

(ABCD) A I
=> OI là trục của đường tròn ngoại tiếp D
hình vuông ABCD. O
=> IA = IB = IC = ID (1) B C
Mà OI là đường trung bình của
SAC


=> IS = IC (2)
Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Hình
vẽ
0,25







0,25
Do đó bán kính mặt cầu đó là:
R=
2
5
2
4
2
2
¸SC
2222222
babaaACSA 






0,25
2
(1,0 điểm)

Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là:
V=
6
5)5(
8
)5(
.
3
4
3
4
2222
322
3
baba
ba
R






(đvtt)
0,25

1,0
Điều kiện x>0, y>0, x+3y

0
Hệ đã cho tương đương với
x
xy
2
3
12
1 

 1
31

yx


y
xy
6
3
12
1 



xy
yx
3

1231




0,25
Suy ra
xyyx 3
1291


 => y
2
+ 6xy - 27x
2
= 0
0,25
=> 0276
2















x
y
x
y
<=>
3
x
y
hoặc
9
x
y
(loại)
0,25
VII.a


Với y = 3x thế vào PT đầu của hệ đã cho ta có: x – 2 x - 2 = 0
<=> x = (1+
2
)3
=> y = 3 (1+
2
)3

0,25
2,0

Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua A (-2;3) và nhận véctơ chỉ phương
CH
u = (-1;2) của đường CH làm véctơ pháp tuyến nên có phương
trình là:
- 1(x+2) + 2(y-3) = 0
<=> - x + 2y - 8 = 0
0,25
VI.b







1
(1,0 điểm)

Toạ độ điểm B là nghiệm hệ:





012
082
yx
yx
=> B = (2; 5)

0,25
Giả sử đỉnh C = (x
o
; y
o
) => M = ;
2
2
0



x




2
3
0
y

Vì C

CH nên 2x
o
+ y
o
- 7 = 0 (1)

Vì M

BM nên: 01
2
3
2
2
.2
00




yx
<=> 2x
o
- y
o
- 5 = 0 (2)
0,25
Giải hệ (1), (2) ta có:





1
3
0
0

y
x
Vậy C= (3; 1)
Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0
Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0
0,25

Gọi H là trung điểm AB => SH

(ABC) S
Gọi I là trọng tâm

ABC, J là trọng tâm

SAB
và O là điểm sao cho OIHJ là hình vuông
Ta có:
OA=OB=OC (Vì OI là trục của đường tròn B
ngoại tiếp

ABC) J O
OS=OA=OB (vì OJ là trục
của đường tròn ngoại tiếp

SAB ) H I
Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC C
A

Hình
vẽ
0,25






0,25
Bán kính mặt cầu là:
R=OA=
6
15
2
3
9
5
3
2
3
1
2
22
22
aa
CHSHIAOI 


























0,25
2
(1,0 điểm)

Thể tích khối cầu là: V =
3
3
3

54
155
6
15
.
3
4
3
4
a
a
R











(đvtt)
0,25
1,0
Điều kiện: x > -1
0,25
Xét hàm số: f(x) = e
x

- ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; +

)
Ta có: f'(x)= e
x
-
x

1
1
; f''(x) = e
x
+ 0
)1(
1
2

 x
, x


(-1; +

)
Suy ra f'(x) đồng biến /(-1; +

)
0,25
Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , x


>0
f'(x)<0,
x

<0
Ta có bảng biến thiên: x -1 0




)(
'
xf - 0 +

f(x)
0





0,25



VII.b


Dựa vào bảng biến thiên ta có: f

(x) =0 <=> x = 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 0
0,25
Hết
Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn được cho điểm tối đa theo thang điểm của phần đó.