DE VA DAP AN 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së GD&®t H¦NG Y£N TR¦êng thpt minh ch©u. đề thi thử đại học - NĂM 2011 MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) đề chính thức Ngµy thi: 20/2/2011 I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 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. cos 2 x(cos x  1) 2(1  sin x) Câu II(2,0 điểm) 1. Giải phương trình : sin x  cos x 2.Giải bất phương trình : 2 x  1  x  5  x  3  2. I  x  cos 2 x  s inxdx. 0 Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân . Câu IV(1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB. = a 2 . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB.Chứng minh rằng: SE  EB và CH ⊥ SB .Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương tuú ý thoả mãn a+b+c = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : ab bc ca P   2c  ab 2a  bc 2b  ca II/PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0điểm) 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 ( d 2 ): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC .  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  4 z  3 0 và hai đường thẳng 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt cầu  x 2t  1  :  y 1  t  t  R  x 1 y z 2  :    z t   1  1 1 . Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu  S  , biết tiếp diện đó song ,     song với cả hai đường thẳng 1 và 2 . n C©u VIIa: (1®iÓm) Cho khai triÓn 1 + x =a 0+ a1 x+ a2 x 2 +.. . .+ an x n . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè 2 3 2 n −2 n − 1 a0 , a1 , a2 ,. . ., a n biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n C2n C n− Cn +C 1n Cnn − 1=11025 . n +2C n B/Theo chương trình Nâng cao: x2 y 2  1 2 Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 3 . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. B  0;3;0  , M  4; 0;  3 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm . Viết phương trình mặt phẳng ( P ). ( ). chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz lần lượt tại các điểm A và C sao cho thể tích khối tứ diện OABC bằng 3 ( O là gốc toạ độ ).. C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:. log x  y (3 x  y )  log 3 x  y ( x 2  2 xy  y 2 ) 3  ( x  R) x  x  y x  y  20 4  2.4. H ẾT ! 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I. Ý 1 1điểm. ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Nội dung đáp án 1 Khi m= 2 hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 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; ). Điểm. 0,25. 0,25. 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 -----------------------------------------------------------------------------lim y  lim y  .Giới hạn: x  ; x   .BBT: x y, y. - -. -1 0+. 0 0. -. . 0. +. 1 +. 0,25. . 1. 0 0 -----------------------------------------------------------------------------3. vẽ đồ thị: y. 1 -1. I. 2 (1điểm). 0,25 1. x. y , 4 x 3  16m 2 x 4 x( x 2  4m 2 ) , Đk để hàm số có 3 cực trị là y 0 có 3 nghiệm phân biệt 2 2 Tức là phương trình g ( x)  x  4m 0 có hai nghiệm phân biệt x 0  m 0 ----------------------------------------------------------------------------- x 0  y 1  y , 0   x 2m  y 1  16m 4  x  2m  y 1  16m 4  4. 0,25. 0,25. 4. Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1  16m ) ;C ( 2m;1  16m ) -----------------------------------------------------------------------------(2m) 2  (16m4 )2 nên tam giác ABC cân tại A 4 Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1  16m ) Ta thấy AB=AC =. 0,25. 4 BC 4 m nên AI 16m ; ------------------------------------------------------------------------------. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 S ABC  . AI .BC  16m 4 .4 m  m5 2  m 5 2 2 2 =64 (tmđk m 0 ) 5 Đs: m  2 II. 1 (1điểm). cos2 x(cos x  1) 2(1  sin x) sin x  cos x  x   k (k  Z ) 4 Đk: -----------------------------------------------------------------------------Với đk trên phương trình đã cho tương đương: (1  sin 2 x )(cos x  1) 2(1  sin x)(sin x  cos x )  (1  sin x)[(1  sin x)(cos x  1)  2(sin x  cos x)] 0  (1  sin x)(1  sin x)(1  cos x) 0 ------------------------------------------------------------------------------. 0,25 0,25. 0, 5.    x  2  l 2 (tm) (l , n  Z )   x   n 2 (tm)  x   l 2 (tm) 2 Vậy nghiệm của PT đã cho là: ; x   n2 (tm) (l , n  Z )  sin x  1    cos x  1. III. 1điểm. u  x  cos2 x   dv sin xdx  Đặt. du  1  2sin x cos x  dx  v  cos x .. I   x  cos 2 x  cos x.  2 0. 0,5.  2.   1  2sin x cos x  cos xdx. 0 Vậy -----------------------------------------------------------------------.  2.  2. 1  cos xdx  2 cos 2 xd  cos x  1   sin x  0. IV. 1 (1điểm). 0.  2 0. 3.  (2.. cos x ) 3. 0,5  2 0. 1  1 . 2 4  3 3. .. S A. F. 0,25 B. H E D C -----------------------------------------------------------------------------*CM: SE  EB a 3  SE  2 Vì tam giác SAD đều cạnh a Xét tam giác vuông AEB có: 2 5a 2 a 2 2 2 EB EA  AB    a 2  4  2 -----------------------------------------------------------------------------. 0,25. 2.  a 3  5a 2 SE  EB  2a 2 SB 2   4  2  Xét tam giác SEB có: suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE  EB -----------------------------------------------------------------------------Ta có: AEB = BFC(c-c) 2. 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   suy ra AEB  BFC 0   mà AEB  FBE 90 Hay CH  EB.     BFC  FBE 900  FHB 900. 0,25. mÆt kh¸c CH  SE (do SE  ( ABCD) ) Suy ra CH  ( SEB) . => CH ⊥ SB IV. V. 2 (1điểm). (1 điểm). 1 VC .SEB  .CH .SSEB 3 Vậy -----------------------------------------------------------------------------1 1 1 1 1 4 1 5  2   2  2 2  2 2 2 2 BH BF BC a a a a a    2 * Xét FBC có: suy ra 2 a BH 2  5 -----------------------------------------------------------------------------a 2 4a 2 2a CH 2 BC 2  BH 2 a 2    CH  5 5 5 Xét BHC có: ----------------------------------------------------------------------------1 1 1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3 VC .SEB  CH . .SE.EB  . . . .  3 2 3 2 2 2 12 (đvtt) 5 Nên Tõ gt ta cã a, b, c  (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b): ab 1 1 ab. . (2  a ) (2  b) Cho nªn 2c  ab -----------------------------------------------------------------------------¸p dông B§T C« Sy ab 1 1 1 1 ab ab ab. (  ) (  )(1) 2 (2  a ) (2  b) 2 bc c a 2c  ab -----------------------------------------------------------------------------bc 1 bc bc  (  )(2) 2a  bc 2 a  b c  a ca 1 ca ca  (  )(3) 2 b  a c  b 2 b  ca Tương tự 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. 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. -----------------------------------------------------------------------------2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= 3 . 2 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c= 3 VI.a. 2 (1 điểm). 0,25.  S  có tâm I  1;  1;  2  , R 3  1  ,   2 .   u  2;  1;1 , v  1;  1;1. lần lượt có các véctơ chỉ phương   u, v   0;  1;  1   P  : y  z  m 0  m    mp  P   có véctơ pháp tuyến  ----------------------------------------------------------------------------- m 3 2  3 m 3 d  I ,  P   R  3   2  m 3  3 2. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ( P ) : y  z  3  3 2 0;  P2  : y  z  3  3 2 0 Vậy 1 T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè a0 , a1 , a2 ,. . ., a n ..... VIIa. 2 n n −2 n. 1 2 n n− 1 n. 1. 2. C +C ¿ =105 C C +2C C +C 1n Cnn − 1=11025 ⇔ ¿ n( n− 1) C2n +C 1n=105 ⇔ +n=105 ⇔ n2 +n −210=0 ⇔ 2 n=14 ¿ n=− 15(lo ¹i) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Ta cã. 2 n. n− 2 n. k C14. Ta cã khai triÓn. 1 2. 14 − k. 0,25. 0,25 0,25. 14. x k =¿ ∑ C k14 2 k− 14 . 3− k . x k 3 k=0 14 14 1 x + =∑ ¿ 2 3 k=0. () () ( ). 0,25. k k −14 −k Do đó a k =C14 2 .3 k+1 k −13 − k −1 ak+ 1 C14 2 3 2(14 − k) . = k k −14 − k = ak 3 (k +1) C14 2 3 ak+ 1 2(14 −k ) >1 ⇔ >1⇔ k <5 . Do k   , nªn k 4 . ak 3(k +1) a k 1 a  1  k  5, k 1 1  k 5 ak T¬ng tù a k. Ta xÐt tØ sè. Do đó a0 < a1 <.. .<a 4 <a5 =a6 > a7 >.. .>a14 Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất. VËy hÖ sè lín nhÊt lµ a5 =a6 =C514 2−9 3−5 = VI.b. 1 (1điểm).  E :. 1001 62208 0,25. x2 y 2  1  c 2 a 2  b 2 3  2 1 3 2. Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x  y 3  1 0 ----------------------------------------------------------------------------- 2   4   1;   1;  3 3   M N  ----------------------------------------------------------------------------- 1      NA  1;   F2 A  1; 3 NA.F2 A 0 3    ; . . 0,25 0,25. .  ANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N -----------------------------------------------------------------------------. 0,25. 2. 2  4  ( x  1)   y   3 3  Do đó đường tròn có phương trình là :  Gọi a, c lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm A, C . 2. VI.b. 2 (1điểm). x y z   1 B  0;3; 0   Oy a 3 c Vì nên . ---------------------------------------------------------------------------4 3 M  4;0;  3   P    1  4c  3a ac a c  (1).  P :. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ac 1 1 1 VOABC  OB.SOAC  .3. ac  3  ac 6 3 3 2 2 (2) ---------------------------------------------------------------------------- a  4  a 2   3  c  2 c 3 Từ (1) và (2) ta có hệ -----------------------------------------------------------------------------x y 2z x y z  P1  :   1;  P2  :   1 4 3 3 2 3 3 Vậy  ac 6  ac  6      4c  3a 6  4c  3a 6. VI.a. 1 (1điểm). 0,25 0,25. Gọi C ( xc ; yc ) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C ( 2 yc  2; yc ) y 1   M   yc  1; c  2   Gọi M là trung điểm của AC nên ----------------------------------------------------------------------------y 1  yc  1  2. c  4 0  yc 1 2 Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :  C ( 4;1) -----------------------------------------------------------------------------Từ A kẻ AJ  d 2 tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của. 0,25. 0,25. . 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 -----------------------------------------------------------------------------Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 8 8   0  x  5  x  5 8 11   J ( ;  )  5 5 1  y  6  y  11 5 5  Gọi J(x;y) ta có:  8 11 J ( ;  ) 5 5 là: Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 4x+3y+13=0 Câu VIIb : (1,0 điểm) Gi¶i hÖ PT:. 0,25. 0,25. log x  y (3x  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  + ĐK 0  3 x  y 1. 0,25.  log x  y (3 x  y )  log 3 x  y ( x  y ) 2 3 Víi ®k trªn PT (1).  log x  y (3 x  y )  2 log 3 x  y ( x  y ) 3. t PT(3) trở thành.  t 1 2 3  t 2  3t  2 0   t  t 2. (3). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> log x  y (3 x  y ) 1  3x  y  x  y  x 0 Víi t=1 ta cã thay vào (2) ta đợc : 4y+2.40=20 y  4 18  y log 4 18 (TM) Víi t=2 ta cã PT(2)  2. log x  y (3 x  y ) 2  3 x  y ( x  y ) 2 (4). 2( x  y ). 2. 2x 1 x y. 20  2. + Thay (4) vào (5) ta đợc 2. 2( x  y ). 2( x  y ). 2. 2. ( x  y )2 x y. 3 x y x y. 20. (5). 20  2 2( x  y )  2 x  y 20 (6).  t  5( L)  , PT(6) trở thµnh t2 +t-20=0  t 4(TM ) §Æt t= 2 x y Víi t=1 ta cã 2 4  x  y 2  3 x  y 4 ( x y ). 0,25. 0,25.  x  y 2   3 x  y  4  Ta cã hÖ.  x 1 (TM )   y 1 Kết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; log 4 18); (1;1) II. 2 (1điểm). 2 x 1 Đk: x 1. x 5  x  3. (1). Nhân lượng liên hợp: 2 x  1  x  5  0 (2 x  1  x  5)(2 x  1  x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5). 0,25.  4( x  1)  ( x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5)  3( x  3)  ( x  3)(2 x  1  x  5) (2) --------------------------------------------------------------------------Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3  2 x  1  x  5 (3) VP(3)  2 2  2 2 4 2. >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------TH3: 1 x  3 nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3  (2 x  1  x  5) bình phương 2 vế ta được: 4 ( x  1)( x  5)  8  5 x. 0,25. 0,25. (4). 8  5 x  0 8   x 3  5 * 1  x  3 (5) thì (4) luôn đúng 8  5 x 0 8  1 x   5 (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được * 1  x  3 9 x 2  144 x 144  0  8 . 0,25. 48  x  8  48 8. 48  x . 8 5 (6). Kết hợp với điều kiện(*) ta được: Từ (5) và (6) ta có đs: 8  48  x  3 GV ra đề : Nguyễn Văn Phu Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. Hết.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>