ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 potx

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
TỔ TOÁN -TIN



ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC
NĂM HỌC: 2010 -2011
Môn: TOÁN; Khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I ( 2 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 3 1
y x mx m
   
(C), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m=1.
2. Tìm tham số m để hàm số (C) đồng biến trên khoảng (1; 2).
Câu II (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
 
2
3
3 4 3
2 2 3
y y x y

x y

    


   



2. Giải phương trình:
2sin 2 cos2 7sin 2cos 4
x x x x
   

Câu III (1 điểm)
Tính tích phân: I
1
2
0
1
1
dx
x x

 

.
Câu IV(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
0

60
DAB  . Chiều cao SO của chóp
bằng
3
2
a
, ( O là giao của hai đường chéo đáy). Gọi M là trung điểm cạnh AD,
( )

là mặt phẳng đi qua BM và
song song với SA, cắt SC, SD lần lượt tại K, P. Tính thể tích khối KPBCDM theo a.
Câu V(1 điểm)
Cho
, ,
a b c
là các số thực không âm thoả mãn điều kiện:
1
a b c
  
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu th
ức:
2 2 2
.
P a b b c c a
  
PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm
M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1) và diện tích hình chữ nhật là 16.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; 1; 1) và đường thẳng
1 1
:
1 2 1
x y z
d
 
 
 
.
Viết phương trình đường thẳng

qua A và cắt d, sao cho khoảng cách từ gốc toạ độ O đến

nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm)
Có bao nhiêu cách chia 6 đồ vật đôi một khác nhau cho 3 người sao cho mỗi người được ít nhất một đồ vật ?
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elíp có phương trình
2
2
( ) : y 1
4
x
E
 
và hai điểm A(0; 2), B(-2; 1). Tìm
điểm
( )

C E

sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho hai mặt phẳng
( ): 5 0
x y

  
,
( ) : 3 0
y z

  
, điểm M(1; 1; 0).
Viết phương trình đường thẳng d qua M vuông góc với giao tuyến của
( )

và
( )

, đồng thời d cắt
( )

và
( )

lần
lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của AB.
Câu VII.b (1 điểm)
Hãy tìm hệ số có giá trị lớn nhất của đa thức:

 
13
13 12 11
0 1 2 12 13
( ) 2 1 .
P x x a x a x a x a x a
       

Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: www.laisac.page.tl
Đ
Ề CHÍNH THỨC



ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM

I
1 (1điểm).Khảo sát khi m=1
Khi m=1, hàm số trở thành
4 2
2 2
y x x
  

.
-Tập xác định: D=R
-
lim ; lim
x x
y y
 
   

- Sự biến thiên:
 
' 3 2
0
4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x


      

 


- Bảng biến thiên:
x

-1 0 1


y’ - 0 + 0 - 0 +

y




-2
-3 -3


- Hàm số đạt cực đại (0;-2), cực tiểu (-1;-3) và (1;3)
- Hàm số đồng biến trên
( 1;0) (1; )
  
; Nghịch biến trên
( ; 1) (0;1)
  

- Đồ thị:

0.25






0.5







0.25
2 (1 điểm) Tìm m để hàm số đồng biến trên (1;2)
Ta có
3 2
' 4 4 4 ( )
y x mx x x m
   

0
m

,
' 0,
y x
 
Suy ra
0
m

thoả mãn.
0
m

,
' 0
y

có 3 nghiệm phân biệt:
, 0,
m m
 . Để hàm số đồng biến trên (1;2) khi
chỉ khi
1 1
m m
  
. Vậy
0 1

m
 
.
Kết hợp ta có


;1
m
 
.


0.5


0.5
II
1 (1 điểm). Giải hệ.
Đk:
; 2.
x R y
  

Biến đổi (1) về pt ẩn y:


2
3 4 3
y y x y
    

3 (L); 1
y y x
   
Thay vào (2).
3
2 1 3
x x
   
. VT là hàm đồng biến trên


1;
 
nên pt có nghiệm duy nhất x=3.
Với x=3 suy ra y = -2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2)

0.25


0.5

0.25
2 (1 điểm)Phương trình lượng giác.
2
2sin 2 cos2 7sin 2cos 4
4sin .cos 2cos 2sin 7sin 3 0
x x x x
x x x x x

   
     





2sin 1 2cos sin 3 0
x x x
    




0.5

x
y
-2
-1
O
1
-3

2sin 1 0
2cos sin 3 0 (VN)
x
x x
 




  


1 5
sin 2 ; 2 .
2 6 6
x x k x k
 
 
      


0.25

0.25
III
(1 điểm).Tính tích phân.
Đặt
2
2
2
1
2 1
1
dx dt
t x x x
t
x x

     

 
.
Đổi cận :
0 1; 1 1 3
x t x t      

 
1 3
1 3
1
1
2 3 2 3
ln 2 1 ln
2 1 3
dt
I t
t



   





0.25
0.25

0.5
IV

R
I
P
K
N
M
O
C
B
A
D
S








0.25


0.25

0.25


0.25
V

(1 điểm). Tìm GTLN của
2 2 2
.
P a b b c c a
   với
, , 0; 1
a b c a b c
   

Giả sử


max ; ;
a a b c

Khi đó:
   
   
2 2
2
3
2 2
2

1
. . . 2
2
1 2 4
2 3 27
a c ac
P a b abc
ac
P ab a c a c
P a c a b c
a c a b c
P
   
   
  
   
 
 
 
 

Dấu bằng khi
2 1
; ; 0
3 3
a b c
  
và các hoán vị.

0.25



0.25


0.25

0.25
VIA.
1 (1 điểm) Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật.
Nhận thấy phương trình cạnh AB không thể là x = 4.
Gọi pt cạnh AB:
2 2
( 4) ( 5) 0. ( 0)
a x b y a b
     
.
Suy ra pt cạnh BC:
( 6) ( 5) 0.
b x a y
   

Diện tích hình chữ nhật là:
   
2 2 2 2
3 4 4

; . ; . 16
a b b a
d P AB d Q BC
a b a b
  
 
 


2 2
( 3 ) ) 4( )
a b a b a b
    


1, 1
1, 1/3
b a
b a
  



  


Vậy pt AB là:
1 0
x y
   

hoặc
3 11 0
x y
   




0.25


0.25


0.25

0.25
Kẻ NK, MP // SA; KP, BM, CD kéo dài cắt nhau tại I.
Suy ra M, D là trung điểm BI và CI.
Do N là trọng tâm
ABD

nên:
 
2 2
;( )
3 3
CK
d K ABC SO a
CS

   
.
2
1 3
. .sin
2 2
IBC
a
S IC BC C

 

3
3
6
IBCK
a
V 

Kẻ KR// DC.
1
3
KP KR KR SK
PI ID DC SC
   

Suy ra:
3
4
IP

IK


3
3 13 13 3
.
16 16 96
IMDP
KPBCDM IBCK
IBCK
V
IM ID IP a
V V
V IB IC IK
    

2 (1 điểm) Viết pt đt

qua A và cắt d, s/c khoảng cách từ gốc toạ độ O đến

nhỏ nhất.
Đường thẳng

thuộc mp (P) qua A và chứa d, nên (P):
3 2 4 0
x y z
   
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (P). Toạ độ H t/m hệ:
3

2
6 4 2
; ;
7 7 7
3 2 0
x t
y t
H
z t
x y z






 


 
 
 


  


Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên

: ( ; )

d A AK AH
  

Để khoảng cách nhỏ nhất thì
K H H
   
. Suy ra

qua A,H nên có pt :
1 2 1
:
1 3 9
x y z
  
   , dễ thấy

cắt d nên

là đt cần tìm.


0.25




0.25


0.25

0.25
VIIA.

(1 điểm). Chia đồ vật.
TH1: Mỗi người được 2 đồ vật:
2 2
6 4
.
C C

TH2: Một người được 1, một người được 2, một người được 3 đồ vật:
1 2
6 5
. .3!
C C

TH3: Hai người được 1, một người được 4 đồ vật:
1 1
6 5
. .3
C C
.
Theo quy tắc cộng có 540 cách chia.

0.25

0.25
0.25
0.25

VI.B
1 (1 điểm) Tìm C thuộc (E) để tam giác có diện tích lớn nhất.
Phương trình cạnh AB:
2 4 0
x y
  
.
Gọi




2cos ;sin , 0;2
C t t t

 . Diện tích

ABC lớn nhất


;
d C AB
 lớn nhất.
 
4 2 2 cos
2cos 2sin 4
4 2 2
4
;
5 5 5

t
t t
d C AB

 
 
 
 

 
  
Dấu = khi
7
cos 1
4 4
t t
 
 
   
 
 
. Vậy
2
2;
2
C
 

 
 

 


0.25

0.25


0.25


0.25
2 (1 điểm) Viết pt đường thẳng d.
Đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với giao tuyến của
( )

và
( )

.
Phương trình (P):
0
x y z
  
.
Lấy đối xứng
( )

qua M được
( '): 1 0

x y

  
. Suy ra B là giao điểm của ba mặt
phẳng
( )
P
,
( )

và
( ')

. Toạ độ B t/m hệ:

0
1 4 5
3 0 ; ;
3 3 3
1 0
x y z
y z B
x y
  


 
     

 

 

  


Vậy đường thẳng qua B, M là đường thẳng d cần tìm:
1 1
2 7 5
x y z
 
 
.


0.25

0.25


0.25



0.25
VII.B

(1 điểm) Tìm hệ số có giá trị lớn nhất.
Ta có:
 
13

13
13
13
0
( ) 2 1 (2 )
n n
n
P x x C x


  


Vậy
13 1 14
13 1 13
2 2 (n=1,2, ,13)
n n n n
n n
a C a C
  

  
Xét bpt:
1
2.13! 13! 14
5
( 1)!(14 )! !(13 )! 3
n n
a a n

n n n n

     
  

Do đó
1
n n
a a


đúng với


1,2,3,4,
n  và dấu đẳng thức không xảy ra.
Suy ra:
0 1 2 3 4
a a a a a
   
và
4 5 6 13

a a a a
   
.
Vậy hệ số có GTLN là
4 9
4 13
2 366080.

a C 



0.25


0.25


0.25

0.25


HẾT
(Nếu thí sinh làm cách khác đúng, thì vẫn cho điểm tối đa).