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

KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề)

I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm)
Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x
4
– 8m
2
x
2
+ 1 (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =
1
2

2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC
bằng 64.
Câu II(2,0 điểm)
1. Giải phương trình :
2
2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2
4
c x x x x

   

2.Giải bất phương trình :
2 1 5 3
x x x
    

Câu III(1,0 điểm)
Khai triển (1 – 5x)
30
= a
o
+a
1
x +a
2
x
2
+ + a
30
x
30

Tính tổng S = |a
o
| + 2|a
1
| + 3|a
2
| + + 31|a
30
|
Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên
SAD là tam giác đều và SB =
2
a

. Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H
là giao điểm của FC và EB.
1.Chứng minh rằng:
SE EB

và SBCH


2.Tính thể tích khối chóp C.SEB
Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức :
2 2 2 2 2 2
1 1 1
2 3 2 3 2 3
P
a b b c c a
  
     

II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A/Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác
trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0
Viết phương trình đường thẳng BC .
2.Giải hệ phương trình :

2log
2

2 3
log log
x
y
y x
x x
x
y
y

 






B/Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI b(2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0;
đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2 2
sin 1 os
3 3
x c x
y

 

.
HẾT !
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:……………………
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN - KHỐI A
Câu

Ý
Nội dung đáp án Điểm

I
1
1điểm
Khi m=
1
2
hàm số đã cho có pt: y= x
4
– 2x
2
+ 1
1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x
3
- 4x = 4x( x
2
- 1)

y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến
( 1;0)
x
  
vµ
(1; )


Hàm số nghịch biến
( ; 1)
x
   
vµ(0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y
CĐ
=y(0)=1
HS đạt cực tiểu tại x=

1 và y
CT
=y(

1)=0

.Giới hạn: lim
x
y


 
; lim
x
y

 

.BBT:

x -

-1 0 1 +


,
y

- 0 + 0 - 0 +
y

1



0 0

3. vẽ đồ thị:
y

1


-1 1 x





0,25




0,25







0,25

0,25
I




2
(1điểm)


, 3 2 2 2
4 16 4 ( 4 )
y x m x x x m
   

Đk để hàm số có 3 cực trị là
,
0
y

có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình
2 2
( ) 4 0
g x x m
  

có hai nghiệm phân biệt
0
x

0
m
 


, 4
4
0 1
0 2 1 16
2 1 16
x y
y x m y m
x m y m
  


     


    





0,25

0,25
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B
4
(2 ;1 16 )
m m

;C
4
( 2 ;1 16 )
m m
 


Ta thấy AB=AC =
2 4 2
(2 ) (16 )
m m nên tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm của BC thì
4
(0;1 16 )
I m


nên
4

16
AI m

;
4
BC m



4
1 1
. . 16 .4
2 2
ABC
S AI BC m m

  =64
5
5
2 2
m m     (tmđk
0
m

)
Đs:
5
2
m  

0,25




0,25

II 1
(1điểm)





Đk:
( )
2
k
x k Z

 


Với đk trên phương trình đã cho tương đương:

2 3 os2 (tanx cot 2 ) 2 1 os(2 )

2
c x x c x

 
    
 
 

sinx os2
2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 )
cos sin 2
c x
c x x
x x
    
cos
2 3 os2 2(1 sin2 )
cos .sin2
x
c x x
x x
   
1
2 3 os2 2(1 sin 2 )
sin 2
c x x
x
   

2
2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2
c x x x x
   
3sin 4 1 2sin 2 1 os4
x x c x
    

3sin 4 os4 2sin 2
x c x x
  
3 1
sin 4 os4 sin 2
2 2
x c x x
  

sin(4 ) sin 2
6
x x

  


4 2 2 ( )
6 12
( )
7
( )4 2 2
36 36

x x k x k tm
k Z
k
x tmx x k


 
 

 
 
    
 
 
 
 
    
 




0,25

0,25







0,25





0,25
II 2
(1điểm)

2 1 5 3
x x x
    
(1)
Đk:
1
x


Nhân lượng liên hợp:
2 1 5 0
x x

   

(2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5)
x x x x x x x
          

4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5)
x x x x x
        

3( 3) ( 3)(2 1 5)
x x x x
      
(2)

Xét các trường hợp:
TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành:
3 2 1 5
x x
   
(3)




0,25

0,25

(3)
2 2 2 2 4 2
VP    >3
nên bất phương trình (3) vô nghiệm.

TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)

TH3:
1 3
x
 
nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:

3 (2 1 5)
x x
   
bình phương 2 vế ta được:

4 ( 1)( 5) 8 5
x x x
   
(4)
*
8 5 0
8
3
1 3
5

x
x
x
 

  

 

(5) thì (4) luôn đúng
*
8 5 0
8
1
1 3
5
x
x
x
 

  

 

(*) nên bình phương hai vế của (4)ta
được
2
9 144 144 0 8 48 8 48
x x x       

Kết hợp với điều kiện(*) ta được:
8
8 48
5
x
  
(6)
Từ (5) và (6) ta có đs:
8 48 3
x
  





0,25







0,25
III 1điểm Xét khai triển:
30 0 1 2 2 30 30
30 30 30 30
(1 5 ) .5 .(5 ) .(5 )
x C C x C x C x

     

Nhân 2 vế với x ta được:
30 0 1 2 2 2 3 30 30 31
30 30 30 30
(1 5 ) .5 .5 .5
x x C x C x C x C x
     
(1)

Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được;
30 29 0 1 2 2 2 30 30 30
30 30 30 30
(1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 31 .5
x x x C C x C x C x
       
(2)
Chọn x=-1 thay vào (2) ta được
30 29 0 1 2 2 30 30
30 30 30 30
6 150.6 2( .5) 3( .5 ) 31( .5 )
C C C C     


hay
29
0 1 2 30
6 (6 150) 2 3 31
a a a a
     

hay
30
0 1 2 30
6 .26 2 3 31
a a a a
    

ĐS :
30
6 .26
S 


0,25



0,25

0,25



0,25
IV 1
(1điểm)

S


A F
B
H
E
D C

*CM:
SE EB


Vì tam giác SAD đều cạnh a
3
2
a
SE 
Xét tam giác vuông AEB có:

0,25








0,25














2
2
2 2 2 2

5
2 4
a a
EB EA AB a
 
    
 
 


Xét tam giác SEB có:
2
2
2 2 2 2
3 5
2
2 4
a a
SE EB a SB
 
    
 
 
 

suy ra tam giác SEB vuông tại E hay
SE EB


Ta có: AEB = BFC(c-c)
suy ra


AEB BFC

mà


0
90
AEB FBE 




0 0
90 90
BFC FBE FHB    

Hay
CH EB


mÆt kh¸c
CH SE

(do
( )
SE ABCD


)
Suy ra
( )
CH SEB

. => SBCH







0,25




0,25

IV 2
(1điểm)

Vậy
.
1
. .
3
C SEB SEB

V CH S




* Xét FBC có:
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 1 5
2
BH BF BC a a a a
a
      
 
 
 

suy ra
2
2
5
a
BH 


Xét BHC có:
2 2
2 2 2 2
4 2
5 5

5
a a a
CH BC BH a CH      

Nên
3
.
1 1 1 2 1 3 5 3
. . . . . . .
3 2 3 2 2 2 12
5
C SEB
a a a a
V CH SE EB   (đvtt)


0,25



0,25



0,25


0,25
V (1
điểm)

Áp dụng BĐT cosi ta có:

2 2
2
a b ab
 


2
1 2
b b
 

suy ra
2 2
2 3 2( 1)
a b ab b
    


Tương tự :
2 2
2 3 2( 1)
b c bc c
    


2 2
2 3 2( 1)
c a ac a

    


Khi đó:
1 1 1 1
2 1 1 1
P
ab b bc c ac a
 
  
 
     
 

=
2
1 1
2 1
abc abc
ab b bc c abc ac a bc abc
 
 
 
     
 

=
1 1 1
2 1 1 1 2
ab b

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




0,25



0,25





0,25


Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi a=b=c=1

0,25
VI.
a
1
(1điểm)

Gọi
( ; )
c c
C x y

Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y
 
Gọi M là trung điểm của AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y

 
 
 
 

Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c
c c
y
y y

      

( 4;1)
C
 


Từ A kẻ
2
AJ d

tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
phương của đường thẳng (d2) là
(2; 1)
u


là véc tơ pháp tuyến của
đường thẳng (AJ)
Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0

Vì I=(AJ)

(d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ

4
2 1 0
4 3
5
( ; )
2 2 0 3
5 5
5
x
x y
I
x y
y

 

  


   
 
  


 





Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ
Gọi J(x;y) ta có:
8 8
0
8 11
5 5
( ; )
6 11
5 5
1
5 5
x x
J
y y
 
    
 
 
   
 
 
    
 
 

Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ;
8 11

( ; )
5 5
J  
là:
4x+3y+13=0



0,25



0,25








0,25

0,25
VI.
a
2
(1
điểm)
Đk: x,y>0 và
, 1
x y



Với đk trên hệ phương trình tương đương :

2
2 3(1)
log x-1=2log y (2)
y x
y x

 





Giải(2) đặt
log ( 0)
y
x t t

 

phương trình (2) trở thành:
2
1
2
1 2 0 ( )
2
t
t t t tm
t
t
 

      




y
y
log x=-1
log x=2





2
1

x
y
x y










0,25









0,25




1/
2

2 3
2
3
2 3 3 2 0
1 1
1
y
y x y y
y
x x
x
y y
y

 
 
    

  
 
  
 
  

 


2
1
1( )

2
1
2
y
x
y loai
y
x
y
 





 
 

 
 
 







2/
2 2 2 2

2 2 2
2 3 2 3 3 0
y x y y y
x y x y x y
  
     
  
 
  
  
  
  
(vô nghiệm)
Đáp số:
1
2
2
x
y








0,25







0,25

VI.
b
1
(1điểm)

Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm
của hệ :
1 0 0
(0;1)
2 1 0 1
x y x
B
x y y
   
 
 
 
   
 

Đường thẳng AB có VTPT :
(1; 1)
AB
n



Đường thẳng BD có VTPT :
(2;1)
BD
n


Giả sử đường thẳng AC có VTPT :
( ; )
AC
n a b



Khi đó:

2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
. .
1

5
5
5( 2 )
4 10 4 0
2 5 2 0
AB BD AB AC
AB BD AB AC
n n n n
n n n n
a b
a b a b
a b
a b a ab b
a ab b
a ab b


     

    
   
   
   
   


2
2
b
a

a b








1/Với
2
b
a

,chọn a=1,b=2 thì
(1;2)
AC
n

suy ra phương trình đường
thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0

Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ
điểm I là nghiệm của hệ:
1
x=
2 1 0
1 1
3
( ; )

2 1 0 1
3 3
y=
3
x y
I
x y


  


 
 
  





Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ




0,25

0,25












0,25



điểm A là nghiệm của hệ:
1
x=-
1 0
1 2
3
( ; )
2 1 0 2

3 3
y=
3
x y
A
x y


  


  
 
  





Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm
(1;0)
C và
2 1
( ; )
3 3
D



2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là

2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD)
Đáp số:
1 2
( ; )
3 3
A  ;
(0;1)
B ;
(1;0)
C ;
2 1
( ; )
3 3
D













0,25
VI.
b

2
(1điểm)


TXĐ: D=R
hàm số đã cho viết lại là:
2 2
sin 2 sin
3 3
x x
y

 

Đặt
2
sin
3
x
t  vì
2
0 sin 1
x
 
nên
2
sin
1 3 3
x
 

tức
1 3
t
 


khi đó hàm số đã cho trở thành
9
( )
y f t t
t
  
với
1 3
t
 

Ta có
2
,
2 2
9 9
( ) 1
t
f t
t t

  

, 2

( ) 0 9 0 3
f t t t
      



BBT:
t 1 3

,
( )
f t

-
( )
f t

10

6


 
( ; ) 1;3
min ( ) min ( ) 6
y x f t
 
 
đạt được khi t=3 khi

2
sin 1 ( )
2
x x k k Z


    

 
( ; ) 1;3
ax ( ) ax ( ) 10
M y x M f t
 
 
đạt được khi t=1 khi

2
sin 0 ( )
x x k k Z

   



0,25




0,25

0,25








0,25
Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa.
Hết