đề thi thử tư duy đại học 2012-3

Trên ựương thẳng d ựi qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC lấy ựiểm S, sao cho mặt phẳng SBC tạo với mặt phẳng ABC một góc 600.. Tắnh diện tắch mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.. PHẦN R

Sở Gắao 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 ựề

đề thi gồm 01 trang

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 ựiểm)

Câu I (2,0 ựiểm): Cho hàm số y = x + m x +4 2 2 2 1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ựồ thị của hàm số (1) khi m = 1

2 Chứng minh rằng ựường thẳng y = x + 1 luôn cắt ựồ thị của hàm số (1) tại hai ựiểm phân biệt với mọi giá trị của m

Câu II (2,0 ựiểm):

1 Giải phương trình: sin 4 x − cos 4 x = + 1 4(sin x − cos ) x

2 Giải hệ phương trình:







Câu III (1,0 ựiểm): Tắnh giới hạn

2 0

1 cos 2 tan lim

.sin

x

→

Câu IV (1,0 ựiểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền

AB = 2a Trên ựương thẳng d ựi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy ựiểm S, sao cho

mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 Tắnh diện tắch mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện SABC

Câu V (1,0 ựiểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

( )

f x

=

II PHẦN RIÊNG(3,0 ựiểm): Thắ sinh chỉ ựược làm một trong phần ( phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 ựiểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ ựộ 0xy, cho elắp (E) có tiêu ựiểm thứ nhất (− 3; 0) và ựi qua

ựiểm (1;4 33)

5

M Hãy xác ựịnh toạ ựộ các ựỉnh của (E)

2 Giải phương trình: 2.27x+ 18x = 4.12x+ 3.8x

Câu VII a (1,0 ựiểm): 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 ựiểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ ựộ 0xy, cho ựiểm A(2; 1) Lấy ựiểm B nằm trên trục hoành có hoành ựộ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A Tìm toạ ựộ B, C ựể tam giác ABC có diện

tắch 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 ựiểm): Tìm m ựể hàm số:

2 1

mx y

x

−

= có hai ựiểm cực trị A, B và ựoạn AB ngắn

nhất

-Hết -

Thắ sinh không ựược sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thắch gì thêm

Họ và tên thắ sinh:ẦẦẦ; Số báo danh:ẦẦẦ

http://aotrangtb.com

ðÁP ÁN, BIỂU ðIỂM MÔN TOÁN Khối A

Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà ñúng vẫn cho ñiểm tối ña

I 1 (1, 0 ñiểm) Khảo sát…

Với m=1, hàm số trở thành: 4 2

y=x + x +

* Tập xác ñịnh: R

* Sự biến thiên

+ y'=4x3+4x=4 (x x2+ ⇒1) y'= ⇔ = 0 x 0

0, 25

Ta có: 'y > ⇔ >0 x 0; 'y < ⇔ < 0 x 0

Hàm số nghịch biến trong khoảng (−∞; 0) và ñồng biến trong khoảng (0; +∞ ; )

ñạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1

0, 25

+ Giới hạn: lim lim

→−∞ = →+∞ = +∞

Bảng biến thiên:

x −∞ 0 +∞

y' - 0 +

1

0, 25

* ðồ thị: Hàm số ñã cho là hàm số chẵn nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối

xứng

0,25

2 ((1, 0 ñiểm) Chứng minh ñường thẳng …

Số giao ñiểm của hai ñồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình:

x4+2m x2 2+ = + 1 x 1

⇔x x( 3+2m x2 − = (*) 1) 0

⇔ 3 0 2

x

 =

 Phương trình (*) có một nghiệm

x = 0

0,25

Ta sẽ ñi chứng minh phương trình: x3+2m x2 − = (**) có ñúng một nghiệm 1 0

6

4

2

http://aotrangtb.com

khác 0 với mọi giá trị m

* Nếu m=0 thì pt(**) trở thành: x3− = ⇔ = ⇒ pt(*) có ñúng 2 nghiệm 1 0 x 1

0,25

• Nếu m ≠0, Xét hàm số f x( )=x3+2m x2 − trên R 1

f x = x + m > ∀ ∈ ⇒ f(x) luôn ñồng biến trên R x R

( ) 0

f x

⇒ = có nhiều nhất một nghiệm

0,25

Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0 ⇒ f(0) (1)f < ⇒ pt ( ) 00 f x = có nhiều nhất một

nghiệm thuộc (0; 1)

Vậy pt (**) có ñúng một nghiệm khác 0⇒(ñpcm)

0,25

II 1 (1, 0 ñiểm) Giải phương trình: sin 4x−cos 4x= +1 4(sinx−cos )x (1)

ðK: x∀ ∈ R

2

(1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos )

2 sin 2 cos 2 2 cos 2 4(cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0 (cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0 (2)

0,25

Xét hai khả năng xảy ra cho (2):

* TH1: cos sin 0 tan 1

4

* TH2:

(cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0

cos 3 cos( ) 2 (*)

2

π

cos 3 1 (3) cos( ) 1 (4)

2

x

x π



⇔ 



0,25

π

3 3 6

2

Lúc ñó: cos 3 cos( 3 6 ) 0

2

π

= − + = ( Vô lý với (3))

Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm:

4

π

0,25

2.(1, 0 ñiểm) Giải hệ phương trình:







HPT

Pt (1)

2

0

16 5 (3)

x

 =

 +) x = 0 thay vào (2) ta ñược y = ± 2

+) x ≠ , pt (3) 0

2

16 5

x y x

−

⇔ = thay vào (2) ta ñược:

124x +132x −256= ⇔0 x = 1

0,5

• Nếu x = 1 thì y = -3

A

C

B

• 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 ñiểm) Tính giới hạn: I=

2

0

lim

.sin

x

→

2 2

2 0

sin 2sin

cos lim

.sin

x

x x

x I

→

+

2

0

.cos

x

I

→

0,5

IV (1 ñiểm): 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)

60

SCA =

Do ABC∆ vuông tại C và AB =2a

2

Trong tam giác vuông SAC ta có

0

tan 60 6

0,5

Trong tam giác SAB có: SB= SA2+AB2 =a 10

Do ·SCB = SAB =· 900 nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu ñường kính SB

0,25

Suy ra bán kính mặt cầu bằng 10

SB= a

Vậy Smc=4πR2 =10πa2(ð.V.D.T)

0,25

V

(1 ñiểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

2

( )

f x

=

Tập xác ñịnh của hàm số là R

Ta có:

2

( )

f x

=

2

0,5

ðẳng thức xảy ra ⇔ x2−2x+ = ⇔ = 2 1 x 1

Vậy Minf(x) = 2 khi x =1

0,25

Vi.a 1.(1 ñiểm): Hãy xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh của (E)

(E) có tiêu ñiểm F −1( 3; 0)nên c = 3

Phương trình chính tắc của (E) có dạng:

2 2

2 2 1

Ta có: (1;4 33)

5

25

E

∈ ⇒ + = và a2 =b2+c2 =b2+ thay vào 3 (1) ta ñược:

+

2

⇔ b = ⇒ b =

0,5

Suy ra: a2 =25⇒ = Vậy (E) có bốn ñỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- a 5 22); (0;

22 )

0,25

2 (1,0 ñiểm): Giải phương trình: 2.27x+18x=4.12x+3.8x

Ta có PT⇔2.33x+2 3x 2x =4.2 32x x+3.23x 0,25

Chia cả hai vế cho 23x >0: PT

2

x

t  

=    , ñk: t>0 PT trở thành:

( ) ( )

1 3 2

t t

 = −



⇔

 =



Do t >0 nên t=3

2

0,25

Khi 3

2

x

x

  = ⇔ =

 

  KL: Nghiệm PT là x =1

0,25

ViIa

(1,0 ñiểm) 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 C =42 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)

và 2 10

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 ñược thành lập Vậy có tất cả C 42 C 4! = 1440 52

số

0,5

VI.b 1 (1 ñiểm): Tìm toạ ñộ B, C ñể 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

2

AB AC= ⇔ = −c b+ ≥ ↔O≤ ≤b

ABC

(b 2) 1 b 4b 5

2

2.(1 ñiểm): 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 C =52 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có

chữu số 0 ñứng ñầu ) vµ 3

5

C =10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 52 C = 100 bộ 53

Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số ñược thành lập => có tất cả 2

5

C C 5! = 12000 số 53

Mặt khác số các số ñược lập như trên mà có chữ số 0 ñứng ñầu là 0,5

53.4! 960

1

4

C C = Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT

VII.b

(1 ñiểm): Tìm m ñể hàm số:

2

1

mx y x

−

= có hai ñiểm cực trị A, B và ñoạn AB ngắn nhất

Ta có:

2 2

1

y x

+

Hàm số có hai cực trị ⇔ y'= có hai nghiệm phân biệt khác 0 0 ⇔ <m 0(*) 0,25 Khi m<0 ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị là:

2

0,25

m

1

1 2

m

m

m

 = −





Kết hợp với ñiểu kiện (*) ta ñược 1

2

m = − KL:

0,25