ĐỀ THI KSCL ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A pptx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (201.98 KB, 8 trang )
KÌ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ðỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao ñề)
I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(8,0 ñiểm)
Câu I(2,0 ñiểm): 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 ñồ thị của hàm số (1) khi m =
1
2
2. Tìm các giá trị của m ñể hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC
bằng 64.
Câu II(2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình :
2
2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2
4
c x x x x
π
− = − +
2.Giải bất phương trình :
2 1 5 3
x x x
− − + > −
Câu III(1,0 ñiểm)
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 ñiểm): Cho hình chóp S.ABCD , ñáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên
SAD là tam giác ñều và SB =
2a
. Gọi E,F lần lượt là trung ñiểm của AD và AB .Gọi H
là giao ñiểm của FC và EB.
1.Chứng minh rằng:
SE EB⊥
và
SBCH ⊥
2.Tính thể tích khối chóp C.SEB
Câu V(1,0 ñiểm).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 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A/Theo chương trình Chuẩn
:
Câu VIa (2,0 ñiểm)
1. Cho tam giác ABC có ñỉnh A (0;1), ñường trung tuyến qua B và ñường 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 ñường 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 ñiểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ ñộ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
ñường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình ñường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0;
ñường thẳng (AC) ñi qua M( -1; 1). Tìm toạ ñộ các ñỉnh 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 ñược sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:……………………
www.laisac.page.tl
ðÁP ÁN THANG ðIỂM
ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN - KHỐI A
Câu
Ý
Nội dung ñáp án ðiểm
I
1
1ñiểm
Khi m=
1
2
hàm số ñã cho có pt: y= x
4
– 2x
2
+ 1
1.TXð : 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 ñồng biến
( 1;0)x∀ ∈ −
vµ
(1; )+∞
Hàm số nghịch biến
( ; 1)x∀ ∈ −∞ −
vµ(0;1)
.Cực trị : HS ñạt cực ñại tại x= 0 và y
Cð
=y(0)=1
HS ñạt 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 ñồ thị:
y
1
-1 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
I
2
(1ñiểm)
, 3 2 2 2
4 16 4 ( 4 )y x m x x x m
= − = −
ðk ñể hàm số có 3 cực trị là
,
0y
=
có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình
2 2
( ) 4 0g 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 ñiểm 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 ñiểm của BC thì
4
(0;1 16 )
I m
−
nên
4
16AI m=
;
4
BC m
=
4
1 1
. . 16 .4
2 2
ABC
S AI BC m m
∆
= =
=64
5
5
2 2m m⇔ = ⇔ = ±
(tmñk
0m ≠
)
ðs:
5
2m = ±
0,25
0,25
II 1
(1ñiểm)
ðk:
( )
2
k
x k Z
π
≠ ∈
Với ñk trên phương trình ñã cho tương ñương:
2 3 os2 (t anx cot 2 ) 2 1 os(2 )
2
c x x c x
π
− + = − −
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 sin 2 )
cos .sin 2
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⇔ − = −
3 sin 4 1 2sin 2 1 os4
x x c x
⇔ − = − +
3 sin 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
π
⇔ − =
⇔
4 2 2
( )
6 12
( )
7
( )4 2 2
36 3
6
x x k
x k tm
k Z
k
x tmx x k
π
π
π
π
π π
π
π π
− = +
= +
⇔ ∈
= +− = − +
0,25
0,25
0,25
0,25
II 2
(1ñiểm)
2 1 5 3
x x x− − + > −
(1)
ðk:
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 5x x> − + +
(3)
0,25
0,25
(3)
2 2 2 2 4 2VP > + =
>3
nên bất phương trình (3) vô nghiệm.
TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)
TH3:
1 3x≤ <
nên từ bất phương trình (2) ta suy ra:
3 (2 1 5)x x< − + +
bình phương 2 vế ta ñược:
4 ( 1)( 5) 8 5
x x x
− + > −
(4)
*
8 5 0
8
3
1 3
5
x
x
x
− <
⇔ < <
≤ <
(5) thì (4) luôn ñúng
*
8 5 0
8
1
1 3
5
x
x
x
− ≥
⇔ ≤ ≤
≤ <
(*) nên bình phương hai vế của (4)ta
ñược
2
9 144 144 0 8 48 8 48x x x− + < ⇔ − < < +
Kết hợp với ñiều kiện(*) ta ñược:
8
8 48
5
x− < ≤
(6)
Từ (5) và (6) ta có ñs:
8 48 3x− < <
0,25
0,25
III 1ñiểm 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 ñược:
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 ñạo hàm hai vế của (1) ta ñược;
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 ñược
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 31a a a a+ = + + + +
hay
30
0 1 2 30
6 .26 2 3 31a a a a= + + + +
ðS :
30
6 .26S =
0,25
0,25
0,25
0,25
IV 1
(1ñiểm)
S
A F
B
H
E
D C
*CM:
SE EB⊥
Vì tam giác SAD ñều 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
¼
¼
AEB BFC=
mà
¼
¼
0
90AEB FBE+ =
¼
¼
¼
0 0
90 90BFC FBE FHB⇒ + = ⇒ =
Hay
CH EB⊥
mÆt kh¸c
CH SE⊥
(do
( )SE ABCD⊥
)
Suy ra
( )CH SEB⊥
. =>
SBCH ⊥
0,25
0,25
IV 2
(1ñiểm)
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= = =
(ñvtt)
0,25
0,25
0,25
0,25
V (1
ñiểm)
Áp dụng BðT cosi ta có:
2 2
2a b ab+ ≥
2
1 2b 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 ñó:
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 ñẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi a=b=c=1
0,25
VI.
a
1
(1ñiểm)
Gọi
( ; )
c c
C x y
Vì C thuộc ñường thẳng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y− −
Gọi M là trung ñiểm của AC nên
1
1;
2
c
c
y
M y
+
− −
Vì M thuộc ñường thẳng (d1) nên :
1
1 2. 4 0 1
2
c
c c
y
y y
+
− − − + = ⇒ =
( 4;1)C⇒ −
Từ A kẻ
2AJ d⊥
tại I ( J thuộc ñường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
phương của ñường thẳng (d2) là
(2; 1)u
→
−
là véc tơ pháp tuyến của
ñường thẳng (AJ)
Vậy phương trình ñường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ)
∩ (d2) nên toạ ñộ 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 ñiểm 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 ñường 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
ñiểm)
ðk: x,y>0 và
, 1
x y
≠
Với ñk trên hệ phương trình tương ñương :
2
2 3(1)
log x-1=2log y (2)
y x
y x
= +
Giải(2) ñặt
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 0y x y y y
x y x y x y
= + = + + =
⇔ ⇔
= = =
(vô nghiệm)
ðáp số:
1
2
2
x
y
=
=
0,25
0,25
VI.
b
1
(1ñiểm)
Vì B là giao ñiểm của (AB) và (BD) nên toạ ñộ của B là nghiệm
của hệ :
1 0 0
(0;1)
2 1 0 1
x y x
B
x y y
− + = =
⇔ ⇒
+ − = =
ðường thẳng AB có VTPT :
(1; 1)
AB
n −
uuur
ðường thẳng BD có VTPT :
(2;1)
BD
n
uuur
Giả sử ñường thẳng AC có VTPT :
( ; )
AC
n a b
uuur
Khi ñó:
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
=
−
⇔ = ⇔ + = −
+
⇔ + = − +
⇔ − + =
⇔ − + =
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
2
2
b
a
a b
=
⇔
=
1/Với
2
b
a = ,chọn a=1,b=2 thì (1;2)
AC
n
uuur
suy ra phương trình ñường
thẳng (AC) ñi qua ñiểm M(-1;1) là: x+2y-1=0
Gọi I là giao ñiểm của ñường thẳng (AC) và (BD) nên toạ ñộ
ñiểm 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 ñiểm của ñường thẳng (AB) và (AC) nên toạ ñộ
0,25
0,25
0,25
ñiểm 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 ñiểm của AC và BD nên toạ ñộ ñiểm
(1;0)C
và
2 1
( ; )
3 3
D −
2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình ñường thẳng (AC) là
2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD)
ðáp số:
1 2
( ; )
3 3
A − ; (0;1)B ; (1;0)C ;
2 1
( ; )
3 3
D −
0,25
VI.
b
2
(1ñiểm)
TXð: D=R
hàm số ñã cho viết lại là:
2 2
sin 2 sin
3 3
x x
y
−
= +
ðặt
2
sin
3
x
t =
vì
2
0 sin 1
x
≤ ≤
nên
2
sin
1 3 3
x
≤ ≤
tức
1 3t≤ ≤
khi ñó hàm số ñã cho trở thành
9
( )y f t t
t
= = + với
1 3t≤ ≤
Ta có
2
,
2 2
9 9
( ) 1
t
f t
t t
−
= − =
, 2
( ) 0 9 0 3f t t t= ⇔ − = ⇔ = ±
BBT:
t 1 3
,
( )
f t
-
( )
f t
10
6
[ ]
( ; ) 1;3
min ( ) min ( ) 6y x f t
−∞ +∞
= = ñạt ñược khi t=3 khi
2
sin 1 ( )
2
x x k k Z
π
π
= ⇔ = + ∈
[ ]
( ; ) 1;3
ax ( ) ax ( ) 10M y x M f t
−∞ +∞
= = ñạt ñược khi t=1 khi
2
sin 0 ( )
x x k k Z
π
= ⇔ = ∈
0,25
0,25
0,25
0,25
Nếu thí sinh làm theo các cách khác ñúng, vẫn cho ñiểm tối ña.
Hết
