Gọi M và N lần l-ợt là các trung điểm của các cạnh SB và SC.. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua VA, k.. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉ
Trang 1Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 1)
Môn Thi: Toán
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 3 3 2 ( 1 )
mx x x
y
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 đờng thẳng d: x – 2y – 5 = 0.
Câu II: (3 điểm)
1 Giải hệ phơng trình:
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 phơng trình: x x x sin 2x
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
l-ợt 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:
2 2 0
1 cos 2 lim 2
x
x
x x
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dơng thoả mãn: 2 2 2 3
b c
a Chứng minh
7
4 7
4 7
4 1
1 1
2 2
2
a
Phần riêng (2 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
Phần 1:(Theo chơng 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 đờng
tròn (C): (x 2 )2 (y 1 )2 2 Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến đờng tròn (C) thành đờng tròn (C’) đi qua B Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k)
n
n
x a x
a x a a x
3 2
2 1
0 Tìm số lớn nhất trong các
số a0,a1,a2, ,a n biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 2 2 2 2 1 1 n1 11025
n n n n n n n
n
Phần 2: (Theo chơng 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 đờng thẳng d1:x y 3 0 và d2 :x y 6 0 Trung điểm của
một cạnh là giao điểm của d1 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 đờng 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 đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010(lần 1)
Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc 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
y
1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên:
0,25
Trang 2a) Giới hạn:
y lim(x x ) ,lim y lim(x x )
lim
x x
x x
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 '
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 phơng trình
m 3
1 x 2 m 3
2
Nh vậy đờng thẳng đi qua các điểm cực trị có phơng trình
m 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 ,
0,25
3
2 2
1 1 k
+) 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
1 xy ) xy 1 )(
y x (
1 y ) y x ( 1 y xy xy y
x
xy 2 1 y y
2 2
2 2
2
0,25
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ
1 v ) v 1 ( u
1 v
u 2 2
1 uv v u
1 uv 2 ) v u ( 2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S2 4 P )ta có hệ phơng trình
S 1 P
1 ) S 1 ( 2 S 1 P S 1 P
3 S
1 S 0 3 S 2
0,25
+) Với S = 0 P 0
1 v 0 u 0 uv 1 v u
hoặc
0 v 1 u
- Nếu
1 y 1 x 1 xy 0 x 1 0 u
- Nếu
1 y 0 hoặc 0 1 0 xy 1 x 0 1
0,25
x
y
3 2 O
-4 -2 1
Trang 3Vậy hệ phơng trình có 4 nghiệm ( x ; y ) 1 ; 1 , 1 ; 1, ( 1 ; 0 ), ( 0 ; 1 )
II.2 Giải bất phơng trình logarit
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) = 2 x ln 2 1 0 , x nên f(x) đồng biến trên R f(1) = 0 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên R, g(3) = 0 +) Xét h(x) = log2x 2, h(x) đồng biến trên (0; + ), h(4) = 0 0,25 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 phơng trình đã cho có tập nghiệm S = [ 1 ; 3 ] ( 4 ; ) 0,25
x sin 2
1 x cos 2 ) 2
x cos 2
x (sin
2 sin xcos x 2
x cos 2
x sin 1 2
x cos 2
x sin
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
0,25
0 2
3 2
x cos 2
x sin ) x sin 2 ( 2
x sin 2
x
* 2 sin x 0 sin x 2 (vô nghiệm)
0,25
*
2 2
3 4
x sin 2
3 4 2
x sin 2 2
3 2
x cos 2
x
nghiệm của phơng trình là: x k2 k
2
0,25
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
VS.AMN AMN
0,25 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
0,25
S
A
C B
M
N I
K
Trang 4MN =
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 SI
SA AI
2 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 S
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
0,50
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
0,50
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng 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 a
4 c
b
1 b a
1
c 2 b a
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 a
2 c
b a 2
2 a
c
1 c b
1 b a
1
0,25
Mặt khác ta lại có
2 a 2 2 b 2 1 c 2 1 2 2 a 2 2 2 b 2 1 2 c 2 1 2 ( 2 a b c ) 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
Tơng tự:
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
2
0,25
Từ (1) và (2) ta suy ra:
7 c
4 7 b
4 7 a
4 a c
1 c b
1 b a
1
2 2
2
Dấu ‘’=’’ xảy ra a b c 1
0,25
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 , nên kB 0
k k 4 y 1 x ) 2 y ( k 2 6
) 1 x ( k 1 1
0,25
k
k 4 ) 2 1 ( 2 ) 1 y ( ) 2 x (
2 2
2 2
2 k k ) k 4
( 2 2
0,25
+) Đờng thẳng AB có phơng trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1
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
Trang 5VII.a Tìm số lớn nhất trong các số
n a a a
n 2 n 1
n n 1 n 1 n n 2 n n 2 n n 2
) i
ạ lo ( 15 n
14 n 0 210 n n 105 n 2
) 1 n ( n 105 C
n 2
n
0,25
14
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
Do đó k k 14 k
14
k C 2 3
0,25
Ta xét tỉ số
) 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
5 k 1 ) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 1 a
a
k
1
k
Do k , nên k 4
0,25
a
a , 5 k 1 a
a
k
1 k k
1
k
Do đó a0 a1 a4 a5 a6 a7 a14
Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất
Vậy hệ số lớn nhất là
62208
1001 3
2 C a
a5 6 514 9 5
0,25
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
Vậy
2
3
; 2
9 I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD M d1 Ox
Suy ra M( 3; 0)
0,25
2
3 2
9 3 2 IM 2 AB
2 2
2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1 d1 AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm VTPT
nên có PT: 1 ( x 3 ) 1 ( y 0 ) 0 x y 3 0 Lại có: MAMD 2
0,25
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
2 y 3 x
0 3 y x
2 2
1 3 x y 2 ) x ( 3 3 y 2 y 3
3
y
2 2 2 2
1 y 2 x
hoặc
1 y
4 x
Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25
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
Tơng 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)
0,25
+) Ta có
1 x
1 1 x y
1 x
1 lim )]
1 x 2 ( y [ lim
x
tiệm cận xiên y = 2x – 1
2 x x 2 lim
; 1
x
2 x x lim
2 1 x 2
1 x
Do đó (C) có tiệm cận đứng x
= 1
1 x
1 1 x 2
; x M ) C (
0 0
0,25
Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là 0,25
Trang 61 x 5
1 1
x 1
2
1 1 x
1 1 x x 1
x
d
0 0
2 2 0 0
0
0
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có 4
0 0
5
2 1 x 5
1 1 x 2
5
2
0 0
5
1 1 x 1 x 5
1 1
0,25
5
2 1
; 5
1 1 M ; 5 5
2 1
; 5
1 1
4 4
4 4