Gián án Đề thi thử đại học (có đáp án) môn Toán trường Bình Xuyên tỉnh Vĩnh Phúc

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
π
− = − +
2.Giải bất phương trình :
2 1 5 3x 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 =
2a
. 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⊥
v à
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
,
0y =
có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình
2 2
( ) 4 0g x x m= − =
có hai nghiệm phân biệt
0x
≠
0m
⇔ ≠
------------------------------------------------------------------------------
, 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
16AI m= ;

4BC m=
------------------------------------------------------------------------------
4
1 1
. . 16 .4
2 2
ABC
S AI BC m m
∆
= =
=64
5
5
2 2m m⇔ = ⇔ = ±
(tmđk
0m ≠
)
Đs:
5
2m = ±
0,25
0,25
II 1
(1điểm)
Đk:
( )
2
k
x k Z
π

≠ ∈
------------------------------------------------------------------------------
Với đk trên phương trình đã cho tương đương:

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 2c x x x x⇔ − = −
3 sin 4 1 2sin 2 1 os4x x c x⇔ − = − +
3 sin 4 os4 2sin 2x 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 tm
x x k
π
π
π
π
π π
π
π π


− = +
= +


⇔ ∈




= +
− = − +




0,25
0,25

0,25
0,25
II 2
(1điểm)
2 1 5 3x x x− − + > −
(1)
Đk:
1x
≥
Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x 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 được:

4 ( 1)( 5) 8 5x 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 48x x x− + < ⇔ − < < +
Kết hợp với điều kiện(*) ta được:
8
8 48
5
x− < ≤
(6)
Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x− < <
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 ... .5x 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 .5x 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 ... 31a a a a+ = + + + +
hay
30
0 1 2 30
6 .26 2 3 ... 31a a a a= + + + +
ĐS :
30
6 .26S =
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
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
(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
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 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