de thi thu dai hoc co dap an chi tiet

Sở Gíao dục & Đào tạo
tỉnh Vĩnh Phúc
Trường THPT Xuân Hoà
KỲ 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.
Đề thi gồm 01 trang
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm)
Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số
4 2 2
2 1 (1)y x m x= + +

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân
biệt với mọi giá trị của m.
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
sin 4 cos4 1 4(sin cos )x x x x− = + −
2. Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x
+ = +


+ = +


Câu III (1,0 điểm): Tính giới hạn
2
0
1 cos2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +
Câu IV (1,0 điểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền
AB = 2a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S, sao cho
mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60
0
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện SABC.
Câu V (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong phần ( phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất
( 3;0)−
và đi qua
điểm
4 33
(1; )
5
M
. Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
2. Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +
.
Câu VII a (1,0 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi
số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B nằm trên trục hoành có
hoành độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện
tích lớn nhất.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai
chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
Câu VII.b(1,0 điểm): Tìm
m
để hàm số:
2
1mx

y
x
−
=
có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn
nhất.
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, BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN Khối A
Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
Câu Đáp án Điểm
I 1. (1, 0 điểm). Khảo sát….
Với m=1, hàm số trở thành:
4 2
2 1y x x= + +
* Tập xác định: R
* Sự biến thiên
+
3 2
' 4 4 4 ( 1) ' 0 0y x x x x y x= + = + ⇒ = ⇔ =
0, 25
Ta có:
' 0 0; ' 0 0y x y x> ⇔ > < ⇔ <
Hàm số nghịch biến trong khoảng
( )
;0−∞
và đồng biến trong khoảng
( )

0;+∞
;
đạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1
0, 25
+ Giới hạn:
lim lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= = +∞
Bảng biến thiên:
x
−∞
0
+∞
y' - 0 +
y
+∞
+∞
1
0, 25
* Đồ thị: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.

0,25
2. ((1, 0 điểm). Chứng minh đường thẳng ….
Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình:

4 2 2
2 1 1x m x x+ + = +

3 2
( 2 1) 0x x m x⇔ + − =
(*)

⇔

3 2
0
2 1 0(**)
x
x m x
=


+ − =

Phương trình (*) có một nghiệm
x = 0
0,25
6
4
2
-1 1 2
Ta sẽ đi chứng minh phương trình:
3 2
2 1 0x m x+ − =
(**) có đúng một nghiệm
khác 0 với mọi giá trị m
* Nếu m=0 thì pt(**) trở thành:

3
1 0 1x x− = ⇔ = ⇒
pt(*) có đúng 2 nghiệm.
0,25
• Nếu
0m
≠
, Xét hàm số
3 2
( ) 2 1f x x m x= + −
trên R.
• Ta có:
2 2
'( ) 3 2 0,f x x m x R= + > ∀ ∈
⇒
f(x) luôn đồng biến trên R
( ) 0f x⇒ =
có nhiều nhất một nghiệm.
0,25
Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m
2
>0
(0). (1) 0f f⇒ < ⇒
pt
( ) 0f x =
có nhiều nhất một
nghiệm thuộc (0; 1).
Vậy pt (**) có đúng một nghiệm khác 0
⇒
(đpcm)

0,25
II 1. (1, 0 điểm). Giải phương trình:
sin 4 cos 4 1 4(sin cos )x x x x− = + −
(1)
ĐK:
x R∀ ∈

[ ]
2
2 2
(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )
2sin 2 .cos 2 2cos 2 4(cos sin )
(cos sin )(cos2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0
(cos sin ) (cos sin )(cos2 sin 2 ) 2 0 (2)
x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
⇔ = + + −
⇔ = − −
⇔ − − − − =
⇔ − + − − =
0,25
Xét hai khả năng xảy ra cho (2):
* TH1:
cos sin 0 tan 1
4
x x x x k
π
π

− = ⇔ = ⇔ = +
0,25
* TH2:
(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0
2cos(2 ).cos( ) 2 0
4 4
cos3 cos( ) 2 (*)
2
x x x x
x x
x x
π π
π
− − − =
⇔ + − − =
⇔ + + =
cos3 1 (3)
cos( ) 1 (4)
2
x
x
π
=


⇔

+ =



0,25
Xét:
cos( ) 1 2
2 2
x x m
π π
π
+ = ⇔ = − +

3
3 6
2
x m
π
π
⇔ = − +
Lúc đó:
3
cos3 cos( 6 ) 0
2
x m
π
π
= − + =
( Vô lý với (3))
Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm:
4
x k
π
π

= +
0,25.
2.(1, 0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x

+ = +


+ = +


HPT
2 2 2 2
2 2 2 2
( 16) ( 4) ( 16) 5 (1)
4 5 4 5 (2)
x x y y x x x y
y x y x
 
− = − − =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 

 
0,25
Pt (1)
2
0
16 5 (3)
x
x xy
=

⇔

− =

+) x = 0 thay vào (2) ta được
2y = ±
+)
0x
≠
, pt (3)
2
16
5
x
y
x
−
⇔ =
thay vào (2) ta được:
4 2 2

124 132 256 0 1x x x+ − = ⇔ =

0,5
S
A
C
B
• Nếu x = 1 thì y = -3
• Nếu x =-1 thì y = 3.
Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3).
0,25
III
(1, 0 điểm) Tính giới hạn: I=
2
0
1 cos2 tan
lim
.sin
x
x x
x x
→
− +

2
2
2
0
sin
2sin

cos
lim
.sin
x
x
x
x
I
x x
→
+
=
0,5

2
0
2sin sin
lim( ) 2 1 3
.cos
x
x x
I
x x x
→
= + = + =
0,5
IV
(1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
Từ giả thiết suy ra
ABC∆

vuông tại C kết hợp với
( )d SAC⊥
.
Suy ra
( )BC SAC⊥
Do đó
·
0
60SCA =
Do
ABC
∆
vuông tại C và AB =2a
2AC BC a⇒ = =
Trong tam giác vuông SAC ta có
0
.tan 60 6SA AC a= =
0,5
Trong tam giác SAB có:
2 2
10SB SA AB a= + =
Do
·
·
0
90SCB SAB= =
nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SB.
0,25
Suy ra bán kính mặt cầu bằng

10
2 2
SB a
=
Vậy S
2 2
4 10
mc
R a
π π
= =
(Đ.V.D.T)
0,25
V
(1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
4 3 2
2
4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
Tập xác định của hàm số là R.
Ta có:
4 3 2
2

4 8 8 5
( )
2 2
x x x x
f x
x x
− + − +
=
− +
=
2 2 2
2
( 2 ) 4( 2 ) 4 1
2 2
x x x x
x x
− − − + +
− +
0,5
2 2
2 2
2 2
( 2 2) 1 1
( ) 2 2 2( 2 2 0
2 2 2 2
x x
f x x x do x x
x x x x
− + +
= = − + + ≥ − + >

− + − +
)
0,25
Đẳng thức xảy ra
2
2 2 1 1x x x⇔ − + = ⇔ =
.
Vậy Minf(x) = 2 khi x =1
0,25
Vi.a
1.(1 điểm): Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E).
(E) có tiêu điểm
1
( 3;0)F −
nên
3c =
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
(a>b>0)
0,25
Ta có:
4 33
(1; )
5
M

2 2
1 528
( ) 1(1)
25
E
a b
∈ ⇒ + =
và
2 2 2 2
3a b c b= + = +
thay vào
(1) ta được:
4 2
2 2
1 528
1 25 478 1584 0
3 25
b b
b b
+ = ⇔ − − =
+
0,5
2
22 22b b⇔ = ⇒ =
Suy ra:
2
25 5a a= ⇒ =
. Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;-
22
); (0;

22
)
0,25
2. (1,0 điểm): Giải phương trình:
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
+ = +
.
Ta có PT
3 2 2 3
2.3 2 .3 4.2 3 3.2
x x x x x x
⇔ + = +
.
0,25
Chia cả hai vế cho
3
2 0
x
>
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
     
⇔ + − − =
 ÷  ÷  ÷
     

.
0,25
Đặt
3
2
x
t
 
=
 ÷
 
, đk: t>0. PT trở thành:

( )
( )
3 2 2
2 4 3 0 1 2 3 0
1
3
2
t t t t t t
t
t
+ − − = ⇔ + − − =
= −


⇔

=


.
Do t >0 nên t=
3
2
0,25
Khi
3
2
t
=
, ta có:
3 3
1
2 2
x
x
 
= ⇔ =
 ÷
 
. KL: Nghiệm PT là
1x
=
.
0,25
ViIa
(1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong
mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ.
Từ giả thiết bài toán ta có

6
2
4
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)
và
10
2
5
=
C
cách chọn hai chữ số lẻ => cã
2
5
C
.
2
5
C
= 60 bộ 4 số thoả mãn bài
toán.
0,5
Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả
2
4
C
.
2
5

C
.4! = 1440
số.
0,5
VI.b 1. (1 điểm): Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0.
Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A nên
5
. 0 2 5 0
2
AB AC c b O b= ⇔ = − + ≥ ↔ ≤ ≤
uuur uuur
0,25
2 2 2
1 1
. ( 2) 1. 2 ( 1)
2 2
ABC
S AB AC b c
∆
= = − + + −
2 2
( 2) 1 4 5b b b= − + = − +
0,5
Do
max
5
0
2
b S≤ ≤ →

khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5).
0,25
2.(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn
có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có
chữu số 0 đứng đầu ) vµ
3
5
C
=10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ
5 số được chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả
2
5
C

.
3
5
C
.5! = 12000 số.
Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là
0,5
960!4
3
5
1
4
=
CC
. Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT.
VII.b
(1 điểm): Tìm m để hàm số:
2
1mx
y
x
−
=
có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.
Ta có:
2
2
1
'
mx

y
x
+
=
. 0,25
Hàm số có hai cực trị
' 0y
⇔ =
có hai nghiệm phân biệt khác 0
0(*)m
⇔ <
. 0,25
Khi m<0 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là:

( )
( )
2
1 1 4
;2 , ; 2 16A m B m AB m
m
m m
   
− − − − ⇒ = + −
 ÷  ÷
−
− −
   
.
0,25

( )
( )
2
4
2 .16 16AB m
m
≥ − =
−
( không đổi).
1
4
2
4 16( )
1
2
m
AB m
m
m

= −

= ⇔ = − ⇔

−

=


Kết hợp với điểu kiện (*) ta được

1
2
m
= −
.
KL:
0,25