De thi thu dai hoc so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>KÌ THI KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ I </b>
<b>NĂM HỌC 2010 - 2011 </b>

<b>Mơn: Tốn - Khối A </b>

<i><b>Thời gian: 180 phút, không kẻ thời gian giao đề </b></i>
<b>CÂU I (2,0 điểm): </b>

1. Tìm hàm số đa thức y = P(x) có bậc bé nhất, đạt cực đại tại x = 0 với P(0) = 4 và đạt cực
tiểu tại x = 2 với P(2) = 0.

2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đa thức y = P(x) vừa tìm được ở trên.
<b>CÂU II (2,0 điểm) </b>

1. Giải bất phương trình: ₂

2

9 6x

7

9x   9x

2. Giải phương trình: 2

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 2 3cos (2x )
4


   

<b>CÂU III (2,0 điểm): </b>

1. Xét tổng 0 1 2 n

n n n n

S2C 3C 4C  ... (n2)C với n > 4, nZ. Tính n biết S = 320.

2. Giải phương trình: 8

4 2

2

1 1

log (x 3) log (x 1) log (4x)

2   4   .

<b>CÂU IV (3,0 điểm) </b>

1. Cho hình chóp S.ABCD có SA = x (x > 0) tất cả các cạnh cịn lại có độ dài bằng 6.
a) Chứng minh rằng đường thẳng BDmp(SAC) và tam giác SAC vng.

b) Tìm x để thể tích khối chóp S.ABCD bằng 36 2 .

2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD có M là trung điểm của
cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y 2 0 và điểm C(3;-3). Biết đỉnh A thuộc

đường thẳng (d): 3x + y - 2 = 0. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D.

<b>CÂU V (1,0 điểm): </b>

Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện: ab + bc + ca = 2abc. Chứng minh rằng:
1 ₂ 1 ₂ 1 ₂ 1

a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM MƠN TỐN KSCL ĐẠI HỌC KHỐI A

<b>CÂU </b> <b>ĐÁP ÁN </b> <b>ĐIỂM </b>

<b>CÂU I </b>
<b>(2,0 điểm) </b>

<b>1. (1,0 điểm) </b>

Hàm số đa thức P(x) bậc bé nhất có cực đại, cực tiểu là hàm bậc ba.
Do hàm số đạt cực trị tại x=0 và x=4 nên

' 2

P (x)a.x(x 2) ax 2ax với. Vậy

3
2

ax

P(x) ax b

3

  

theo gt

3 2

b 4

P(0) 4 a 3

P(x) x 3x 4
8a

P(2) 0 4a b 0 b 4

3



 

 _ _ _ _ _ _

 _   _

  

 _ 

Thử lại P (0)''   6 0,P (2)''  6 0 thoả mãn ycbt

<b>2. (1,0 điểm) </b>

Hàm số y = P(x) = x3 - 3x2 + 4.
* TXĐ: D = R

* Sự biến thiên

+ Chiều biến thiên: y’ = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), ta có:

' '

y     0 x 2 x 0; y    0 0 x 2. Do đó:

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) & (2;)
- Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4, đạt cực tiểu
tại x = 2 với yCT = y(2) = 0.

+ Giới hạn:

xlim y  ; xlim y  

+ Bảng biến thiên

x  0 2 
y’ + 0 - 0 +

y

4 
 0

* Đổ thị:

Đổ thị cắt trục hoành tại điểm (2; 0) và (-1; 0)
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0; 4)

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

0,25

<b>CÂU II </b>
<b>(2,0 điểm) </b>

<b>1.( 1,0 điểm) </b>

Giải bất phương trình: ₂

2

9 6x

7

9x   ₉_x
ĐK: -3 < x < 3

Khi đó bpt

2

2 ₂ 2 ₂

9 x x x

1 8 6 8 6

9 x ₉ _x 9 x ₉ _x

      

 _  _ (1)

Đặt
2
x
t
9 x


 thì (1) trở thành:

2

t   6t 8 0 (2)
Giải bpt (2) ta được t  4 t 2

* Nếu ₂ ₂

2 2

0 x 3 ₀ _x ₃

x

t 4 4

x 16(9 x )

9 x x 4 9 x

 
   


   _ _
 
    
2

0 x 3

12
x 3
144
x 17
17
 


_   

 (*)
* Nếu
2
2 2
2

3 x 0 3 x 0

x ₀ _x ₃

0 x 3

t 2 2

9 x

x 4(9 x )
x 2 9 x

  
   
_ _{ } _
 
    __  _
 _ _
 
 
 



2

3 x 0

3 x 0

6
0 x 3

3 x
6

0 x 5

36
x 5
5
  

  

_ _{ }


 _     
  
 _ _



(**)

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bpt là: 12 x 3

17   hoặc

6
3 x
5
  
0,25

0,25
0,25
0,25
2
-1 <b>O </b>
x
x x
x
4
y
3 2
3 4

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>2. (1,0 điểm) </b>

2

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 2 3cos (2x )
4


   

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3 1 cos(4x )
2
2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3(1 sin 4x)
2cos3x cos x 3(sin 4x sin 2x) 0

2cos3x cos x 2 3 sin 3x cos x 0

cos x 0 x k

2

cos x(cos3x 3 sin 3x) 0 ₁

tan 3x k

x
3

18 3


 _

 

 

    _   _

 

    

   

  




 _  



   _ _{ }  

   

 _

Vậy pt có hai họ nghiệm là: x k
2

 _

  và x k (k Z)

18 3

 

   

0,25

0,25

0,25

0,25

<b>CÂU III </b>
<b>(2,0 điểm) </b>

<b>1. (1,0 điểm) </b>

Xét đa thức: 2 n 2 0 1 2 2 n n

n n n n

x (1 x) x (C C xC x  ... C x ) (*)
Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x ta được:

n 2 n 1 0 2 1 3 2 n 1 n

n n n n

2x(1 x) nx (1 x)  2xC 3x C 4x C  ... (n2)x C
Thay x = 1 vào hai vế của đẳng thức trên ta được:

n 1 0 1 2 n n 1

n n n n

2 (4 n)2C 3C 4C  ... (n2)C 2 (4 n)320
Chia hai vế cho 16 ( do n > 4) ta được: 2n 5 (4n)20

Nếu n8 thì vế trái chia hết cho 8 cịn vế phải thì khơng ( loại)
Thử n = 5; n= 6; n=7 chỉ có n = 6 thoả mãn

Vậy để S = 320 thì n = 6

<b>2. ( 1,0 điểm) </b>

₂ 4 8 2

1 1

log (x 3) log (x 1) log (4x)

2  4   (1)

ĐK: 0 x 1 
Pt (1)

2 2 2 2 2

2

2

log (x 3) log x 1 log (4x) log ((x 3) x 1) log (4x)
x 1

x 3
x 2x 3 0

(x 3) x 1 4x

0 x 1 x 3 2 3

x 6x 3 0

        






 _ _{ } _ _




     _ _{ }

    

 _

 _ _{ }




Vậy pt có hai nghiệm là: x = 3 hoặc x  3 2 3

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>CÂU IV </b>
<b>(3,0điểm) </b>

<b>1. (2,0 điểm) </b>

a) Tứ giác ABCD là hình thoi có cạnh bằng 6. ACBDO.
Ta thấy SBD cân nên SOBD (1) và ACBD (2) .
Từ (1) và (2) suy ra BDmp(SAC).

Mặt khác SBD ABD CBD(c c c) 
Nên SO = AO = CO  SAC vuông tại S

b) Trong tam giác vuông SAC ta có: 2 2 2

AC SA SC  x 36
Trong tam giác vng OBC có:

2

2 2 x 36 1 2 2

BO BC OC 36 108 x BD 108 x

4 2



        

Vậy thể tích 2

S.ABCD SAC

1 1 6x

V BD.S 108 x .

3 3 2

  

2
S.ABCD

2

4 2

2

V 36 2 36 2 x 108 x

x 6
x 36

x 108x 2592 0

x 72 x 6 2

   







    _{ } _{ }



 

Vậy có hai giá trị của x là: x = 6 hoặc x6 2.

<b>2. (1,0 điểm) </b>

Gọi A(t; 3t  2) d,(tR). Ta có: d(A,DM)2d(C,DM)
4t 4 2.4

t 3 t 1

2 2



       hay A(3;-7) hoặc A(-1; 5). Mặt khác
ta thấy A, C năm về hai phía của đường thẳng Dm nên chỉ có điểm
A( -1; 5) thoả mãn.

Gọi D(m; m-2) DM,(m R)

AD (m 1;m 7);CD (m 3;m 1)

      

Do tứ giác ABCD là hình vng nên:

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0.25

<b>A </b>

<b>C </b>
<b>D </b>

<b>O </b>
<b>S </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

2 2 2 2

m 5 m 1

DA.DC 0

m 5

(m 1) (m 7) (m 3) (m 1)

DA DC

hay D(5;3),AB DC ( 2; 6) B( 3; 1)
   

  

_ _  

      

 _



      
Kết luận: A(-1;5); B(-3;-1); D(5;3).

0.5

0.25
<b>CÂU V </b>

<b>(1,0 điểm) </b> Đặt x _a1; y _b1;z1_c  _xx_{  }_y0; y_z0;z₂ 0


Ta có

2

2 2

3

1 2 (y z)

a(2a 1) ( 1)

x x x



    , từ đó

3 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 1 x y z

P

a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) (y z) (z x) (x y)

     

     

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta được:

3 3

3
2

3 3

3
2

3 3

3
2

x y z y z x 3

3 x (1)

(y z) 8 8 64 4

y z x z x y 3

3 y (2)

(z x) 8 8 64 4

z x y x y z 3

3 z (3)

(x y) 8 8 64 4

 

   



 

   



 

   



Cộng theo vế (1), (2) và (3) rồi ước lược được:

1 1

P (x y z)

4 2

    . Đẳng thức xảy ra

2 3

x y z a b c

3 2

       

0,25

0,25

0,25

</div>

<!--links-->