PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần a, hoặc b.. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa.. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Theo chương trình
Trang 1Đề thi thử đại học năm học 2010-2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
-
-A 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.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =1
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.
Câu II (2,0 điểm)
2 sin(
2 cos sin
2 sin cot
2
+
x x
x
2 Giải phương trình: 2log5(3x−1)+1=log3 5(2x+1).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân =∫5 ++
1
2
1 3
1
dx x x
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB=1,CC'=m (m>0). Tìm
m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB và ' BC bằng ' 60 0
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 :
P
B PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b).
a Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác , ABC có A(4;6), phương trình các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 2x−y+13=0 và
0 29 13
6x− y+ = Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình vuông MNPQ có , M(5;3;−1), P(2;3;−4) Tìm
toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng (γ):x+y−z−6=0
n
n
x a x
a x a a
3 2
2 1
n
a
a
a
a0, 1, 2, , biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn tháa m·n 2 − 2 +2 − 2 − 1+ 1 n− 1 =11025
n n
n n
n n
n n
n C C C C C
b Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy xét elíp ), (E đi qua điểm M(−2;−3) và có phương trình một đường chuẩn là x+8=0 Viết phương trình chính tắc của (E)
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho các điểm , A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng
0 2 2
:
)
(α x+ y+ = Tìm toạ độ của điểm M biết rằng M cách đều các điểm A, B,C và mặt
phẳng (α)
C©u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
3
x
x y x y
x R
- Hết
Trang 2ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
MễN TOÁN - KHỐI A VII
a Tìm số lớn nhất trong các số Ta có a0,a1,a2, ,a n 1 2 2
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 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
14
k C 2 3
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
+
−
⇔
>
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
14 6
5 = = − − =
1 0,25
0,25 0,25 0,25
Trang 3I 1
1
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;+∞) 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 -
-.Giới hạn:lim
x y
→+∞ = +∞ ;lim
x y
→−∞ = +∞
.BBT:
,
3 vẽ đồ thị:
y
1 -1 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
(1điể
m)
, 4 3 16 2 4 ( 2 4 2)
y = x − m x= x x − m
Đk để hàm số có 3 cực trị là ,
0
y = có 3 nghiệm phân biệt Tức là phương trình g x( )=x2−4m2 =0có hai nghiệm phân biệt 0
x≠ ⇔ ≠m 0
0,25
Trang 4
4
= ⇒ =
= − ⇒ = −
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4
(2 ;1 16m − m );C 4
( 2 ;1 16− m − m )
Ta thấy AB=AC = (2 )m 2 +(16m4 2) nờn tam giỏc ABC cõn tại A
Gọi I là trung điểm của BC thỡ I(0;1 16− m4)
16
AI = m ; BC=4m
4
ABC
S∆ = AI BC= m m =64⇔ m5 = ⇔ = ±2 m 5 2(tmđk m≠0) Đs: m= ±5 2
0,25
0,25
0,25
II
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: sinx≠0,sinx+cosx≠0
cos sin
cos sin 2 sin 2
+
x x
x x x
x
0 2 sin ) 4 sin(
cos
0 cos sin
cos 2 sin
2
=
⇔
= +
−
⇔
x x
x
x x
x x
x
2 0
cosx= ⇔x=π +kπ k∈
0,5
+
=
+
=
⇔
+
−
−
=
+ +
=
⇔ +
n x
m x
n x
x
m x
x x
3
2 4
2 4 2
4 2
2 4
2 ) 4 sin(
2 sin
π π
π π
π
π π
π
π π
,
3
2
=
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là
π
π
k
x= +
2
0,5
2 (1,0 điểm)
Điều kiện
3
1
>
x (*) Với đk trên, pt đã cho log (3 1)2 1 3log5(2 1)
5 − + = +
3 2
3 5
2 5
) 1 2 ( ) 1 3 ( 5
) 1 2 ( log ) 1 3 ( 5 log
+
=
−
⇔
+
=
−
⇔
x x
x x
0,5
Trang 5
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
− +
−
⇔
8 1 2
0 ) 1 8 ( ) 2 (
0 4 36 33
8
2
2 3
x x
x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là x=2
0,5
III
(1,0
điểm)
Đặt
3
2 1
3 2
3 1
x
dx dt
x
+
=
⇒ +
Khi x=1 thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4
+
−
=4
2 2
2 2
3
2 3 1
1 3
1
tdt t
t
t
2 2 4
2
2
1 2
) 1 ( 9
2
t
dt dt
t
0,5
5
9 ln 27
100 2
4 1
1 ln 2
4 3
1 9
+
− +
=
t
t t
IV
(1,0
điểm)
- Kẻ BD//AB' (D∈A'B') ⇒(AB,'BC')=(BD, BC')=600
- Nếu ∠DBC'=600
Vì lăng trụ đều nên BB'⊥(A'B'C')
áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta
có
1 '= 2+
Kết hợp ∠DBC'=600 ta suy ra ∆BDC'
đều
Do đó m2+1=3⇔m= 2.
- Nếu ∠DBC'=1200
áp dụng định lý cosin cho ∆BDC'suy
ra m=0 (loại)
Vậy m= 2.
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.0
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
' '
' ' )'
,' cos(
) ' ,' cos(
BC AB
BC AB BC
AB BC
0,5
VIa.
(2,0
điểm)
1 (1 điểm)
- Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và
CM Khi đó
CH có phơng trình 2x−y+13=0,
CM có phơng trình 6x−13y+29=0
0 29 13 6
0 13 2
−
−
⇒
= +
−
= +
−
C y
x
y x
-AB⊥CH ⇒n AB =u CH =(1,2)
0,5
A
2
1 m+
C
C’
B’
B
A’
m
1
1 1200
M(6; 5) A(4;
C(-7; -1)
B(8; 4) H
Trang 6⇒pt AB:x+2y−16=0.
0 29 13 6
0 16 2
M y
x
y x
⇒
= +
−
=
− +
⇒B(8; 4)
- Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC:x2+y2+mx+ny+p=0.
Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên
= +
−
−
= + + +
= + + +
0 7
50
0 4
8 80
0 6
4 52
p n m
p n m
p n m
−
=
=
−
=
⇔
72 6 4
p n
m
Suy ra pt đờng tròn: x2+y2−4x+6y−72=0 hay (x−2)2+(y+3)2 =85
0,5
2 (1 điểm)
- Giả sử N(x0;y0;z0) Vì N∈(γ) ⇒x0 +y0−z0 −6=0 (1)
- MNPQ là hình vuông ⇒∆MNP vuông cân tại N
=
=
⇔
0
.PN MN
PN MN
= + + +
− +
−
−
+ +
− +
−
= + +
− +
−
⇔
0 ) 4 )(
1 ( ) 3 ( ) 2 )(
5 (
) 4 ( ) 3 ( ) 2 ( ) 1 ( ) 3 ( ) 5 (
0 0
2 0 0
0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
z z y
x x
z y
x z
y x
0,5
= + + +
− +
−
−
=
− +
⇔
) 3 ( 0
) 4 )(
1 ( ) 3 ( ) 2 )(
5 (
) 2 ( 0
1
0 0
2 0 0
0
0 0
z z y
x x
z x
- Từ (1) và (2) suy ra
+
−
=
+
−
=
1
7 2 0 0
0 0
x z
x y
Thay vào (3) ta đợc 2 5 0 6 0
0 − x + =
x
−
=
=
=
−
=
=
=
⇒
2 ,
1 , 3
1 ,
3 , 2
0 0 0
0 0
0
z y x
z y
x
hay
−
− ) 2
; 1
; 3 (
) 1
; 3
; 2 (
N
N
- Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung điểm MP và NQ ⇒ )
2
5
; 3
; 2
7
Nếu N(2;3−1) thì Q(5;3;−4)
Nếu N(3;1;−2) thì Q(4;5;−3)
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1 điểm)
2
2 2
2
>
>
=
b
y a
x
- Giả thiết
=
=
+
⇔
) 2 ( 8
) 1 ( 1 9 4
2
2 2
c a
b a
Ta có (2)⇔a2 =8c⇒b2 =a2−c2 =8c−c2 =c(8−c).
) 8 (
9 8
4
=
−
+
c c
0,5
=
=
⇔
= +
−
⇔
2 13
2 0
26 17
2 2
c
c c
c
12 16 : ) ( 12 ,
16
2 2 2
2 = b = ⇒ E x + y =
a
* Nếu
2
13
=
4 / 39 52 : ) ( 4
39 ,
2 = b = ⇒ E x + y =
a
0,5
Trang 72 (1 điểm)
Giả sử M(x0;y0;z0) Khi đó từ giả thiết suy ra
5
2 2 )
2 ( ) 3 ( )
1 ( )
1
0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
+ +
=
− +
− +
= +
− +
= + +
x
+ +
= + +
−
− +
− +
= +
− +
+
− +
= + +
−
⇔
) 3 ( 5
) 2 2 ( )
1 (
) 2 ( )
2 ( ) 3 ( )
1 (
) 1 ( )
1 ( )
1 (
2 0 0 2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
2 0
y x z y x
z y
x z y
x
z y
x z y x
0,5
Từ (1) và (2) suy ra
−
=
=
0 0
0 0
3 x z
x y
0 0
2
0 8 10) (3 2) 3
(
=
=
⇔
3 23 1
0
0
x
x
−
⇒
)
3
14
; 3
23
; 3
23 (
) 2
; 1
; 1 (
M M
0,5
Cõu VIIb : (1,0 điểm) Giải hệ PT:
3
4 2.4 20 (2)
x
x R
+ ĐK < + ≠00 3< + ≠x y x y 11
3
log (3 ) 2log ( ) 3 (3)
2
t
t t
=
Với t=1 ta có logx y+ (3x y+ ) 1= ⇔3x y x y+ = + ⇔ =x 0 thay vào (2) ta đợc :
4y+2.40=20 4y 18 log 184
y
Với t=2 ta có logx y+ (3x y+ ) 2= ⇔3x y+ = +(x y) (4)2
x y x y x y x y
+ +
+ Thay (4) vào (5) ta đợc ( )2
x y
x y x y x y x y
+
Đặt t=2(x y+ ),PT(6) trở thành t2 +t-20=0 5( )
4( )
= −
=
TM
Kết luận hệ PT có 2 cặp nghiệm (0;log 18);(1;1)4
Trang 8V (1
điểm)
Tõ gt ta cã a, b, c ∈ (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b):
2
ab
ab
c ab =
+
¸p dông B§T C« Sy
2
ab
+
Tương tự
1
2 2
1
2 2
a b c a
a bc
b a c b
b ca
+
+
Tõ (1),(2),(3) ta cã
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=23 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b=c=23
0,25
0,25
0,25
0,25