DE+DAP AN THI THU DH KHOI A 2011

Sở GD&đt HƯNG YÊN
TRƯờng thpt minh châu

THI SáT HạCH KhốI 12 NM 2011
MễN TON -KHI A
Thi gian lm bi : 180 phỳt(khụng k thi gian giao )

I/PHN CHUNG CHO TT C TH SINH(7,0 im)

Cõu I(2,0 im): Cho hm s y = x4 8m2x2 + 1

(1), vi m l tham s thc.

1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m =

1
2

2.Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) cú 3 cc tr A ,B, C v din tớch tam giỏc ABC bng 64 .

2017

2
Cõu II(2,0 im) 1. Giải phơng trình sau: 2.sin x ữ sin 2 x +
ữ = 1 tan x


4

2

x
6 y 2 = 3x y + 3 y
2.Gii hệ phng trỡnh :
.
2 3 x + 3x y = 6 x + 3 y 4




(vi x R )


2

Cõu III(1,0 im) Tớnh tớch phõn I = ( x + cos 2 x ) s inxdx .
0

Cõu IV(1,0 im): Cho hỡnh chúp S.ABCD , ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a,mt bờn SAD l tam giỏc
u v SB = a 2 . Gi E,F ln lt l trung im ca AD v AB .Gi H l giao im ca FC v EB.Chng
minh rng: SE EB v CH SB .Tớnh th tớch khi chúp C.SEB
Cõu V(1,0 im). Cho a,b,c l ba s thc dng tuỳ ý tho món a+b+c = 2 .Tỡm giỏ tr ln nht ca biu
ab
bc
ca
P=
+
+
thc :

2c + ab
2a + bc
2b + ca
II/PHN RIấNG (3,0 im)Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc phn B)

A/Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa (2,0im) 1. Cho tam giỏc ABC cú nh A (0;1), ng trung tuyn qua B v ng phõn giỏc
trong ca gúc C ln lt cú phng trỡnh : ( d1 ): x 2y + 4 = 0 v ( d 2 ): x + 2y + 2 = 0
Vit phng trỡnh ng thng BC .
2
2
2
2.Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho mt cu ( S ) : x + y + z 2 x + 2 y + 4 z 3 = 0 v hai ng thng
x = 2t
x 1 y z
=
= . Vit phng trỡnh tip din ca mt cu ( S ) , bit tip din ú
( 1 ) : y = 1 t ( t R ) , ( 2 ) :
1
1 1
z = t


song song vi c hai ng thng ( 1 ) v ( 2 ) .
n

Câu VIIa: (1điểm) Cho khai triển 1 + x = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . Tìm số lớn nhất trong các số
2 3
a0 , a1 , a2 ,..., an biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn2 + 2Cnn2 Cnn1 + Cn1Cnn1 = 11025 .

B/Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI b(2,0 im) 1.Trong mt phng ta Oxy , cho im A(2;

x2 y 2
+
= 1 . Gi F1
3 ) v elip (E):
3
2

v F2 l cỏc tiờu im ca (E) (F1 cú honh õm); M l giao im cú tung dng ca ng thng AF 1
vi (E); N l im i xng ca F2 qua M. Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ANF 2.
2.Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho cỏc im B ( 0;3;0 ) , M ( 4;0; 3) . Vit phng trỡnh mt phng
( P ) cha B, M v ct cỏc trc Ox, Oz ln lt ti cỏc im A v C sao cho th tớch khi t din OABC bng
3 ( O l gc to ).

log x + y (3 x + y ) + log 3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3

Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình:
( x R)
x
x
+
y
x
+
y

= 20
4 + 2.4

HT !


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:……………………

Câu
I

Ý
1
1điểm

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN - KHỐI A
Nội dung đáp án
Khi m=

1
hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1
2

1.TXĐ : D= R
2.SBT
.CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1)
-----------------------------------------------------------------------------y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1
Hàm số đồng biến ∀x ∈ (−1;0) vµ (1; +∞)
Hàm số nghịch biến ∀x ∈ (−∞; −1) vµ(0;1)
.Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1

HS đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y( ± 1)=0
-----------------------------------------------------------------------------y = +∞ ; lim y = +∞
.Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
.BBT:
x
y

-∞
,

y

Điểm

-

-1
0

0
0
1

+

+∞

-

1
0

+

0,25

0,25

+∞
+∞

0,25

0
0
-----------------------------------------------------------------------------3. vẽ đồ thị:
y

1
-1

I

1

x

2

,
3
2
2
2
(1điểm) y = 4 x − 16m x = 4 x ( x − 4m )
Đk để hàm số có 3 cực trị là y , = 0 có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình g ( x) = x 2 − 4m 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0

0,25

0,25

⇔m≠0

-----------------------------------------------------------------------------x = 0 ⇒ y = 1

y , = 0 ⇔  x = 2m ⇒ y = 1 − 16m 4
 x = −2m ⇒ y = 1 − 16m 4


Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1 − 16m 4 ) ;C (−2m;1 − 16m 4 )
-----------------------------------------------------------------------------Ta thấy AB=AC = (2m) 2 + (16m 4 ) 2 nên tam giác ABC cân tại A

0,25


Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1 − 16m 4 )
nên AI = 16m4 ; BC = 4 m
------------------------------------------------------------------------------

0,25

1
1
S ∆ABC = . AI .BC = 16m 4 .4 m =64 ⇔ m5 = 2 ⇔ m = ± 5 2 (tmđk m ≠ 0 )
2
2
Đs: m = ± 5 2

0,25
III

1điểm

u = x + cos 2 x  du = ( 1 − 2sin x cos x ) dx
⇒
Đặt 
.
 dv = sin xdx
v = − cos x
π
2
0

0,5

π
2

Vậy I = − ( x + cos 2 x ) cos x + ∫ ( 1 − 2sin x cos x ) cos xdx
0

----------------------------------------------------------------------π
2

π
2

0

0

= 1 + ∫ cos xdx + 2 ∫ cos 2 xd ( cos x ) = 1 + ( sin x )

IV

1
(1điểm)

π
2
0

+ (2.

cos3 x
)
3

π
2
0

= 1+1−

2 4.
=
3 3

0,5

S
A

F

0,25
B
H

E
D
C
-----------------------------------------------------------------------------*CM: SE ⊥ EB
Vì tam giác SAD đều cạnh a ⇒ SE =

a 3
2

Xét tam giác vuông AEB có:

0,25

2

5a 2
a
EB 2 = EA2 + AB 2 =  ÷ + a 2 =
4
2

----------------------------------------------------------------------------2

 a 3  5a 2
+
= 2a 2 = SB 2
Xét tam giác SEB có: SE + EB = 
÷
÷
4
 2 
suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE ⊥ EB
2

2

-----------------------------------------------------------------------------Ta có: AEB = BFC(c-c)
¼
suy ra ¼

AEB = BFC
¼ = 900
¼ + FBE
¼ = 900 ⇒ FHB
¼ = 900
mà ¼
AEB + FBE
⇒ BFC
Hay CH ⊥ EB
mÆt kh¸c CH ⊥ SE (do SE ⊥ ( ABCD) )
Suy ra CH ⊥ ( SEB) . => CH ⊥ SB
IV

2
(1điểm)

1
3

Vậy VC .SEB = .CH .S ∆SEB

0,25

0,25

0,25


-----------------------------------------------------------------------------* Xét

FBC

ra BH 2 = a

1
1
1
1
1
4 1
5
=
+
=
+ 2= 2+ 2 = 2
2
2
2
2
BF
BC
a a
a suy
có: BH
a a
 ÷
2

0,25

2

5

-----------------------------------------------------------------------------Xét

a 2 4a 2
2a
⇒ CH =
BHC có: CH = BC − BH = a − =
5
5
5
2

2

2

2

0,25

----------------------------------------------------------------------------Nên VC .SEB
V

(1
điểm)

1

1
1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3
= CH . .SE.EB = .
. .
.
=
(đvtt)
3
2
3 5 2 2
2
12

0,25

Tõ gt ta cã a, b, c ∈ (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b):
Cho nªn

ab
1
1
= ab.
.
(2 − a ) (2 − b)
2c + ab

0,25

ab
1

1
1
1 ab
ab
≤ ab. (
+
)= (
+
)(1)
2 (2 − a) (2 − b)
2 b+c c+a
2c + ab

0,25

-----------------------------------------------------------------------------¸p dông B§T C« Sy
-----------------------------------------------------------------------------Tương tự

bc
1 bc
bc
≤ (
+
)(2)
2a + bc 2 a + b c + a
ca
1 ca
ca
≤ (
+

)(3)
2b + ca 2 b + a c + b

Tõ (1),(2),(3) ta cã
1  ab
ca
bc
ab
bc
ca  1
P ≤ (
+
)+(
+
)+(
+
) = ( a + b + c) = 1
2 b+c b+c
c+a c+a
a + b a + b  2

0,25

-----------------------------------------------------------------------------2
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= .

0,25

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=
VI.
a

2
(1
điểm)

2
3

0,25

( S ) có tâm I ( 1; −1; −2 ) , R = 3
r
r
( ∆1 ) , ( ∆ 2 ) lần lượt có các véctơ chỉ phương u = ( 2; −1;1) , v = ( 1; −1;1)
r r
0,25
mp ( P ) có véctơ pháp tuyến u , v  = ( 0; −1; −1) ⇒ ( P ) : y + z + m = 0 ( m ∈ ¡ )

-----------------------------------------------------------------------------m = 3 2 + 3
=3⇔ 
2
 m = 3 − 3 2
Vậy ( P1 ) : y + z + 3 + 3 2 = 0; ( P2 ) : y + z + 3 − 3 2 = 0
T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè a0 , a1 , a2 ,..., an ....
d ( I,( P) ) = R ⇔

VII

a

m−3

Ta cã C 2n C nn −2 + 2C nn −2 C nn −1 + C 1n C nn −1 = 11025 ⇔ (C 2n + C 1n ) 2 = 105 2
 n = 14
n( n − 1)
C 2n + C 1n = 105 ⇔
+ n = 105 ⇔ n 2 + n − 210 = 0 ⇔ 
2
 n = −15 (lo¹ i)
Ta cã khai triÓn  1 + x 
2 3

14

1
= ∑C  
2
k =0
14

k
14

14 − k

0,5
1
0,25

k

14
x
k
k −14 − k
k
  =∑ C 14 2 .3 .x
 3  k =0

0,25


k
Do đó a k = C 14
2 k 14 .3 k
k +1 k 13 k 1
a k +1 C 14
2 3
2(14 k )
.
=
=
k
k 14 k
ak
3( k + 1)
C 14 2 3
2(14 k )

>1
> 1 k < 5 . Do k Ơ , nên k 4 .
3( k + 1)

Ta xét tỉ số
a k +1
ak

0,25

a k +1
a
< 1 k > 5, k +1 = 1 k = 5
ak
ak
Do đó a 0 < a 1 < ... < a 4 < a 5 = a 6 > a 7 > ... > a 14
Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất
1001
5
Vậy hệ số lớn nhất là a 5 = a 6 = C 14
2 9 3 5 =
62208
Tơng tự

VI.
b

0,25

1

x2 y2
E) : +
= 1 c 2 = a 2 b2 = 3 2 = 1
(
(1im)
3
2
Do ú F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) cú phng trỡnh x y 3 + 1 = 0
-----------------------------------------------------------------------------

2
ữN
3

M 1;


4
1;
ữ
3


0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------uuur

1 uuur

uuur uuur

NA = 1; ữ; F2 A = ( 1; 3 ) NA.F2 A = 0
3

ANF2 vuụng ti A nờn ng trũn ngoi tip tam giỏc ny
cú ng kớnh l F2N
----------------------------------------------------------------------------

2

2
4

Do ú ng trũn cú phng trỡnh l : ( x 1) + y ữ =
3
3

2
Gi a, c ln lt l honh , cao ca cỏc im A, C .
(1im) Vỡ B ( 0;3;0 ) Oy nờn ( P ) : x + y + z = 1 .
a 3 c
2

VI.
b

0,25

0,25
0,25

---------------------------------------------------------------------------
VOABC

4 3
= 1 4c 3a = ac (1)
a c
ac
1 1
= .3. ac =
= 3 ac = 6 (2)
3 2
2

M ( 4;0; 3) ( P )
1
= OB.SOAC
3

0,25

---------------------------------------------------------------------------- a = 4
ac = 6
ac = 6
a = 2

T (1) v (2) ta cú h
3
4c 3a = 6 4c 3a = 6
c = 2 c = 3

0,25

-----------------------------------------------------------------------------Vy ( P1 ) :
VI.
a

x y 2z
x y z
+
= 1; ( P2 ) : + + = 1
4 3 3
2 3 3

0,25

1
Gi C ( xc ; yc )
(1im) Vỡ C thuc ng thng (d2) nờn: C (2 yc 2; yc )
y +1



Gi M l trung im ca AC nờn M yc 1; c ữ
2

-----------------------------------------------------------------------------

Vỡ M thuc ng thng (d1) nờn : yc 1 2.

yc + 1
+ 4 = 0 yc = 1
2

0,25


⇒ C (−4;1)

-----------------------------------------------------------------------------Từ A kẻ AJ ⊥ d 2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
→
phương của đường thẳng (d2) là u (2; −1) 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

x
=
−

2 x − y + 1 = 0
4 3
5
⇔
⇒ I (− ; − )


5 5
x + 2 y + 2 = 0
y = − 3

5

0,25

0,25

-----------------------------------------------------------------------------Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ
8
8


0 + x = − 5
 x = − 5
8 11
⇔
⇒ J (− ; − )
Gọi J(x;y) ta có: 
5 5
1 + y = − 6
 y = − 11


5
5
8

5

11
5

Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) là:

0,25

4x+3y+13=0
Gi¶i hÖ PT:

Câu VIIb : (1,0 điểm)

log x + y (3 x + y ) + log 3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3 (1)

( x ∈ R)
x

x+ y
x+ y

= 20
(2)
4 + 2.4
0 < x + y ≠ 1
0 < 3 x + y ≠ 1

0,25

+ ĐK 

Víi ®k trªn PT (1)

⇔ log x + y (3x + y ) + log 3 x + y ( x + y ) 2 = 3
⇔ log x + y (3x + y ) + 2 log 3 x + y ( x + y ) = 3

(3)

t = 1
t = 2

2
t

0,25

2
PT(3) trở thành t + = 3 ⇔ t − 3t + 2 = 0 ⇔ 

Víi t=1 ta cã log x + y (3 x + y ) = 1 ⇔ 3x + y = x + y ⇔ x = 0 thay vµo (2) ta ®îc :
4y+2.40=20 ⇔ 4 y = 18 ⇔ y = log 4 18 (TM)
Víi t=2 ta cã log x + y (3x + y ) = 2 ⇔ 3x + y = ( x + y ) 2 (4)
3x+ y

2x

PT(2) ⇔ 22( x + y ) + 2 x + y +1 = 20 ⇔ 22( x + y ) + 2 x + y = 20 (5)
+ Thay (4) vµo (5) ta ®îc 2

2( x + y )

( x + y )2
x+ y

= 20 ⇔ 22( x + y ) + 2 x + y = 20 (6)
t = −5( L )
§Æt t= 2( x + y ) , PT(6) trở thµnh t2 +t-20=0 
t = 4(TM )
+2

0,25

Víi t=1 ta cã 2 x + y = 4 ⇔ x + y = 2 ⇒ 3x + y = 4
x + y = 2
x = 1
⇔
(TM )
3 x + y = 4
y =1

Ta cã hÖ 

Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; log 4 18);(1;1)

0,25


0,25

0,25

3 x y 0,

ĐK: 3x+ 3x y 0 (*)
y 0


(1) 2

0.25
0,25

3x y
(3 x y )
(3x y )
3 y = 3x y 2
3=
(3)
2
y
y
y

t = 1
3x y
2
Đặt t=
Phng trỡnh (3) cú dng 2t -t-3=0 3
t =

y
2
y < 0
3x y
Vi t=-1 ta cú:
=-1 3x y = y
2
y
3x = y + y (3)

0.25

0,25

Th (3) vo (2) ta c 2

y = 4 x = 4
y = 2y + 5y 4 2y + 7 y 4 = 0
y = 1 (L) 2017
CâuII:
2
1. Giải phơng trình: 2sin ( x 4) sin(2
) = 1 tan x
2 x+
2
y > 0
3x y 3

3
3

kiện: cos x= 0 x 3x +y k= (yk
Z)
Vi Điều
t=
9 2
2
2
y
2
2
3 x = 4 y + y (4)
+Với đk trên pt đã cho tơng đơng:
9
5
9



4 (5)
Th (4) vo
1 (2)
cos ta
2 xc
ữ2sin y22x++ y+ =
1008y2 )+=51ytan
xữ
4
22
2

2


91 2 sin52 x cos 2 x = 1 tan x
y + y ,u0
t u= sin
4 2 x2+ cos 2 x tan x = 0
sin x
1 (L)
u2 =
2sin
2 cos
x (1
+
)=0
2 x.cos x +
Ta cú PT :2u -2u-4=0
cos x
u = 2sin(t/m)
x + cos x
cos x.(sin x + cos x)
=0
Vi u=2ta2cú
cos x
8
8

y= x=
(t/m)
9 2

5 (sin x + cos9 x).(2
5 x 1 ) =2 0
2
cos

y + y = 2 y + y = 4cos
x9 y + 10 y 16 = 0
9
9

4
2
4
2
y = 2 (L)
2 sin x + .cos 2 x = 0
4
8 8
KL HPT ó cho cú 2 cp nghim (4;-4) , ( ; )
9 9
+ k

x
=

sin x + = 0
3y
4

t=

4
2



(tmđk)
x y ) y 3x y 3 y = 0,k t= 3 x y 0
2 ......
C2 PT 2(3

cos 2 x = 0

x = 4 + 2
t = y
k
k
Vậy pt đã cho có 1 họ nghiệm: x = +
(họ +
chứa 4 + k )
4 2
4 2
2

2

2

(

(

0.25

0.25

)

)

x
(1)
6 y 2 = 3x y + 3 y
Cõu II .2 (1 im) Gii hệ phng trỡnh :
.
2 3x + 3 x y = 6 x + 3 y 4 (2)


(vi x R )