Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC.. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua VA, k.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.. Tìm tọa độ điểm M thuộc C sao cho t
Trang 1Gửi: http//laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= x3 −3x2 +mx (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0
Câu II: (3 điểm)
⎩
⎨
⎧
+ +
= + +
+
= +
+
1
2 1
2 2
2 2 2 2
y xy xy y x x
xy y
x y x
2 x log
) 3 x ( 8 2 )
11 x ( 4
2
x x
≥
−
−
−
− +
3 Giải phương trình: x x x sin2x
2
1 cos 2 ) 2
cos 2 (sin
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC)
Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: 22
0
1 cos 2 lim
2
x
x
x x
−
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: a2 +b2 +c2 =3 Chứng minh
7
4 7
4 7
4 1
1 1
2 2
≥ +
+ +
+
a
PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k)
2 ) 1 ( ) 2 (x− 2 + y− 2 =
n
n
x a x
a x a a
⎠
⎞
⎜
⎝
3 2
2 1
các số a0,a1,a2, ,a n biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 2 −2 +2 −2 −1+ 1 n−1 =11025
n n n n n n n
n
C
PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 :x − y−3=0 và Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d
0 6 :
2 x + y− =
d
1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1
2 3
2 2
−
+
−
=
x
x x
y có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất
-***Hết*** -
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
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:
Trang 2TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
- Điểm toàn bài không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm
* Với m = 0 thì 3 2
x x
1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên:
+∞
→ +∞
→
−∞
→
−∞
→ y lim(x x ) ,lim y lim(x x )
x x
2 3 x x
0,25
b) Bảng biến thiên: y’=3x2 – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2
x - 0 2 + ∞ ∞
y' + 0 - 0 +
y
0 + ∞
∞
- - 4
0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4 0,25
3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0)
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
Ta có y=x3 − x2 +mx, y'= x2 − x+m
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
3 m 0 m 3 9
Δ
3
1 x 2 m 3
2 ' y 3
1 x 3
1
⎠
⎞
⎜
⎝
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
= Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình
m 3
1 x 2 m 3
2
⎠
⎞
⎜
⎝
= Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương
3
1 x 2 m 3
2
⎠
⎞
⎜
⎝
= , nên nó có hệ số góc k1 = m 2
3
2 −
0,25
Ta có d: x – 2y – 5 = 0
2
5 x 2
1
y= −
⇔ suy ra d có hệ số góc k2 =
2
1
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ,
0,25
x
y
3
2
O
-4 -2
1
Trang 30 m 1 2 m 3
2 2
1 1 k
⎠
⎞
⎜
⎝
⇔
−
= suy ra
+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d 0,25 Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số
II.1 1,00 ⎩ ⎨ ⎧ = + + − = + − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ + + = + + + = + + 1 xy ) xy 1 )( y x ( 1 y x ) y x ( 1 y xy xy y x x xy 2 1 y x y x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎩ ⎨ ⎧ = + + = + 1 v ) v 1 ( u 1 v u2 2 ⎩ ⎨ ⎧ = + + = − + ⇔ 1 uv v u 1 uv 2 ) v u ( 2 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S2 ≥4P)ta có hệ phương trình 0,25 ⎢ ⎣ ⎡ − = = ⇔ = − + ⇒ 3 S 1 S 0 3 S S2 ⎩ ⎨ ⎧ − = = − − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = + = − S 1 P 1 ) S 1 ( 2 S 1 P S 1 P 2 S2 2 +) Với S = 0 ⇒P =0 hoặc ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = + ⇒ 1 v 0 u 0 uv 1 v u ⎩ ⎨ ⎧ = = 0 v 1 u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ − = = = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = − ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1 y x 1 y x 1 xy 0 y x 1 v 0 u - Nếu ⎩ ⎨ ⎧ − = = ⎩ ⎨ ⎧ = = ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = − ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ = = 1 y 0 x hoÆc 0 y 1 x 0 xy 1 y x 0 v 1 u 0,25 +) Với S = - 3 ⇒P=4⇒S2 <4P (loại) 0,25 ( 1; 1) ( ), 1;1,(1;0),(0; 1) ) y ; x ( = − − − Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm Giải bất phương trình logarit
II.2 0 2 x log ) 8 2 )( 3 x 2 ( 0 2 x log ) 3 x ( 8 2 ) 11 x ( 4 2 x x 2 x x ≥ − − − + ⇔ ≥ − − − − + (1) 0,25 +) Xét (x)=2x +x−3, f’(x) = 2xln2+1>0,∀x nên f(x) đồng biến trên R f(1) = 0 0,25 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0 +) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0 R 2 x log2 − Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + ∞
2x + x - 2 - 0 + | + | +
2x - 8 - | - 0 + | +
log2x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +
0,25 Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3]∪(4;+∞) 0,25 Giải phương trình lượng giác
(2 sinx)cosx 2
x cos 2
x sin 1 2
x cos 2
x sin
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⇔ x sin 2
1 x cos 2 ) 2
x cos 2
x (sin
0,25
⎠
⎞
⎜
⎝
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
+
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⇔
2
x sin 2
x cos 2
x sin 2
x cos x sin 2 x sin 2
1 1 2
x cos 2
x sin 3
0 2
3 2
x cos 2
x sin ) x sin 2 ( 2
x sin 2
x
⎠
⎞
⎜
⎝
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
*
0,25
* 2+sinx=0⇔sinx=−2 (vô nghiệm)
Trang 42 2
3 4
x sin 2
3 4
2
x sin 2 2
3 2
x cos 2
x
⎠
⎞
⎜
⎝
+
⇔
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
+
⇔
−
= +
Vậy nghiệm của phương trình là:
0,25
2
π
Tính thể tích khối chóp
Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A Gọi I là trung điểm của MN
suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN)
6
1 S
SI 3
1
Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam
giác ASK cân tại A Do đó
2
3 a AK
MN =
4
a MN 2
1 NI , 2
a BC 2
1
=
=
4
3 a 2
SA 2
SC
4
2 a 16
a 16
a 3 NI
SN SI
2 2 2
=
0,25
4
10 a 8
a 4
a 3 SI
SA AI
2 2 2
96
5 a 2
a 4
10 a 4
2 a 6
1 V
3
AMN
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức:
4
1 SC
SN SB
SM SA
SA V
V
ABC S
AMN
2 2
0 x 2
2 x
0 x 2
2 x
0
x cos 1 lim x
x cos ) 1 2 ( lim x
1 x cos 2 lim
2 2
−
−
−
=
−
→
→
1 2 ln x
x sin lim x cos lim 2 ln x
1 e
lim 2 ln
2
0 x 2 0 x 2
2 ln x
0 x
2
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
→
→
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
y x
4 y
1 x
1 4 y
1 x
1 2 xy 2 y
1 x
1 ) y x
(
+
≥ +
⇒
=
≥
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
Áp dụng (*) ta có:
c b 2 a
4 c
b
1 b a
1
+ +
≥ +
+
4 a
c
1 c b
1
+ +
≥ +
+ + c
b a 2
4 b
a
1 a c
1
+ +
≥ +
+ +
c 2 b a
2 c
b 2 a
2 c
b a 2
2 a
c
1 c b
1 b a
1
+ +
+ + +
+ + +
≥ +
+ +
+ +
0,25
S
A
C
B
M
N
I
K
Trang 5Mặt khác ta lại có
0,25
7 a
2 c b a 2
1 )
c b a 2 ( 2 7 a ) c b a 2 ( 2 4 c b a
+
≥ + +
⇒ + +
≥ +
⇒ + +
≥ + + +
⇒
7 b
2 a c a 2
1
2 +
≥ +
2 b a c 2
1
2 +
≥ + +
7 c
2 7 b
2 7 a
2 c 2 b a
1 c
b a
1 c
b a 2
1
2 2
≥ + +
+ + +
+ + +
7 c
4 7 b
4 7 a
4 a c
1 c b
1 b a
1
2 2
≥ +
+ +
+ +
Từ (1) và (2) ta suy ra:
0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔a=b=c=1
Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự
Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y)∈(C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra
AM k
AB = Do A ≠B, nên k≠ 0
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
−
=
−
−
=
−
⇒
k
k 2 4 y
1 x ) 2 y ( k 2 6
) 1 x ( k 1
2 1 k
k 2 4 ) 2 1 ( 2 ) 1 y ( ) 2 x (
2 2
2
⎠
⎞
⎜
⎝
+
−
⇒
=
− +
−
Do M thuộc (C) nên
2 k k ) k 4 ( + 2 = 2 ⇔ =−
0,25
+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1
0,25 2
1 4 2
1 ) AB , O ( d AB 2
1
Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = −2 SOAB = 2 0,25
VII.a Tìm số lớn nhất trong các số a0,a1,a2, ,a n 1,00
n 2 n 1
n n 1 n 1 n n 2 n n 2 n n 2
⎢
⎣
⎡
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
= +
−
⇔
= +
) i
¹ lo ( 15 n
14 n 0 210 n n 105 n 2
) 1 n ( n 105 C
∑
∑
=
−
−
=
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
0 k
k k 14 k k 14 14
0 k
k k 14 k 14
14
x 3 2 C 3
x 2
1 C 3
x 2
1
Ta có khai triển
0,25
Do đó k k 14 k
14
k C 2 3
) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 3
2 C
3 2 C a
a
k 14 k k 14
1 k 13 k 1 k 14
k
1 k
+
−
=
= + −− −−− +
0,25
5 k 1 ) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 1 a
a
k
1
+
−
⇔
>
5 k 1 a
a , 5 k 1 a
a
k
1 k
k
1
k + < ⇔ > + = ⇔ =
Tương tự
0,25
Do đó a0 <a1 < <a4 <a5 =a6 >a7 > >a14
và a
Do đó a5 6 là hai hệ số lớn nhất
62208
1001 3
2 C a
a5 = 6 = 514 −9 −5 = Vậy hệ số lớn nhất là
Trang 6Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Ta có: d1∩d2 =I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎩
⎨
⎧
=
− +
=
−
−
2 / 3 y
2 / 9 x 0 6 y x
0 3 y x
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 2
3
; 2
9 I Vậy
0,25
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒M=d1∩Ox
Suy ra M( 3; 0)
2 3 2
3 2
9 3 2 IM 2 AB
2 2
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
=
=
Ta có:
2 2 2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Theo giả thiết:
0,25
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ⇒d1 ⊥AD
) 1
; 1 ( n
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận 1 làm VTPT
nên có PT: 1(x−3)+1(y−0)=0⇔x+y−3=0 Lại có: MA=MD= 2
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
= +
−
=
− +
2 y
3 x
0 3 y x
2 2 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
⎧
±
=
−
−
=
⇔
⎩
⎨
⎧
=
− +
−
+
−
=
⇔
⎩
⎨
⎧
= +
−
+
−
=
⇔
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3 x
3 x y
2 2
2
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
1 y
2 x hoặc Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
⎩
⎨
⎧
−
=
= 1 y
4 x
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ 2
3
; 2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
⎩
⎨
⎧
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2 1 3 y y 2 y
7 2 9 x x 2 x
A I C
A I C
0,25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C)
1 x
1 1 x 2 y
− +
−
1 x
1 lim )]
1 x 2 ( y [ lim
x
−
=
−
−
±∞
→
±∞
→
tiệm cận xiên y = 2x – 1
−∞
=
−
+
− +∞
=
−
+
−
−
2 x x lim
; 1
x
2 x x lim
2
1 x 2
1 x
0,25
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− +
−
=
⇒
∈
1 x
1 1 x
; x M ) C (
0 0
0
Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là
1 x 5
1 1
x 1
2
1 1 x
1 1 x 2 x 1 x d
0
0 2
2 0 0
0
0
− +
−
= +
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− +
−
− +
−
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có
4 0
0
5
2 1 x 5
1 1 x 2
−
−
≥
4 5
2
d =
4 0 0
0
5
1 1 x 1 x 5
1 1
−
=
5 5
2 1
; 5
1 1 M 5 5
2 1
; 5
1 1
4 4
4 4
4 ⎟⎟⎠⎞ =⎜⎜⎝⎛ − − − ⎟⎟⎠⎞
⎜⎜
⎝
=