Tìm m để đồ thị hàm số 1 có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số 1 tíi trôc Ox b»ng kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm cùc tiÓu cña đồ thị hµm số 1 tíi trôc Oy.. Cho hình chó[r]
Trang 1Trường THPT
Trường THPT triệu sơn 4triệu sơn 4triệu sơn 4 Đề khảo sát chất lượng thi đại học, cao đẳng lần 1
Năm học: 2011 2012 Môn: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Phần chung CHO TấT Cả CáC THí SINH
Câu I: đ ể Cho h m số f( )x = x3ư3(m+1)x2 +3m(m+2)xư2+m (1) (m l tham số)
1 Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị h m số (1) khi m=ư2
2 Tìm m để đồ thị h m số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị h m
số (1) tới trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị h m số (1) tới trục Oy
Câu II: đ ể
1 Giải phương trình: (cosx+sinx)3 =3cosx+sinx
2 Giải hệ phương trình:
ư
=
ư +
ư
=
ư
1 7 2 4
1 17
y x xy
y y
x
Câu III: đ ể
1 Giải bất phương trình: 2x2+8x+ +6 x2ư ≤1 2x+2
2 Cho hình chóp tứ giác đều ABCD S. với đáyABCD l hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy một góc 0
60 Mặt phẳng (P) chứa AB v tạo với mặt đáy một góc 0
30 cắt SC, SD lần lượt tại M v N Tính thể tích khối chóp S.ABMN
Câu IV: đ ể
Cho các số thực dương x,y,z thoả mIn: (x+y)(y+z)(z+x)=8 HIy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= xy+yz+zx
Phần RIÊNG : Thí sinh chỉ được l-m một trong hai phần A hoặc phầnB
Phần A
Câu Va: đ ể
1 Giải phương trình: 22x2ư2x+3 + 2 = 2x2+x+1 + 2x2ư3x+3
2 Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau v phải có mặt chữ số 3?
3 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, hIy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại
A Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x+7yư31=0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng
AC, điểm M(2;ư3) thuộc đường thẳng AB
Phần B
Câu Vb: đ ể
1 Giải phương trình: log3x x2+log9x3x2 =2log3x
2 Tìm hệ số của số hạng chứa x5trong khai triển nhị thức NiuWtơn của (2+x) n, biết:
12 + 23 + 25 + + 22nư1 =524288
n n
n
Trang 23 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ A v đường phân giác trong của góc B lần lượt có phương trình l : xư2yư2=0 v xưyư1=0 Tìm toạ độ các đỉnh của tam giácABC, biết M(0;2) thuộc đường thẳng AB v AB=2BC
WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWHếtWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW
Thí sinh không được sử dụng t i liệu, cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm
đáp án đề thi khảo sát chất lượng đại học, cao đẳng lần 1
Năm học 2011 2012 Môn thi : Toán
1) TXĐ: R 2) Sự biến thiên:
a) Giới hạn tại vô cực:
ư∞
→ y
+∞
→ y
xlim
0,25
b) Bảng biến thiên: Ta có y' = 3x2 + 6x= 3x x( + 2) ⇔ x=0 hoặc x = ư2
+
x
'
y y
2
ư
0
ư
0
0
4
ư
+∞
ư∞
+
x
'
y y
2
ư
0
ư
0
0
4
ư
+∞
ư∞
H m số đồng biến trên (W∞;W2) v (0;+∞), m số nghịch biến trên (ư 2; 0)
H m số đạt cực đại tại x=W2 với giá trị cực đại l y(W2)=0
v đạt cực tiểu tại x=0 với giá trị cực tiểu l y(0)=W4
0,25
Câu I.1
(1 điểm)
3) Đồ thị:
+) Đồ thị cắt trục tung tại (0;W4), giao với trục ho nh tại (W2;0) v (1;0)
+) Đồ thị nhận điểm uốn I(W1;W2) l m tâm đối xứng
y
I
1 1
ư
2
ư
3
ư
4
ư
1
2
ư
y
I
1 1
ư
2
ư
3
ư
4
ư
1
2
ư
0,5
6
3 2
⇒ y x m x m m ; y, =0⇔ x=m hoặc x=m+2
H m số có cực trị với mọi m Hai điểm cực trị của đồ thị h m số (1) l :
(m;m3 +3m2 +mư2)
A , B(m+2;m3 +3m2 +mư6); A l điểm cực đại, B l
điểm cực tiểu
0,5
Câu I.2
(1 điểm)
Ta có d(A;Ox)= m3 +3m+mư2, d(B;Oy)= m+2 0,5
Trang 3Theo giả thiết ta có:
=
=
ư
=
ư
=
⇔ +
=
ư + +
0 1 1 2 2
2 3
3
m m m m m
m m
Ta có pt ⇔(cosx+sinx)3 =cosx+sinx+2cosx
x
⇔
0 ) 1 sin sin (cos cos cos
2 cos sin 2 ) sin
0,5
Câu II.1
(1 điểm)
0 ) sin (cos
+
=
+
=
⇔
=
=
⇔
π π
π π
k x
k x
x x
4
2 1
tan
0 cos
(k∈Ζ) 0,5
Dễ thấy y=0 không phải nghiệm của phương trình
Chia cả 2 vế của pt 1 cho 2
y , cả hai vế pt 2 cho y ta được:
= + +
=
ư +
⇔
= + +
= +
7 2 )
1 4 (
17 8 )
1 4 ( 7 2 1 4
17
1
y
x y x
y
x y
x
y
x y x
y
x
1 4
=
= +
v y x
u y
x
Hệ đI cho trở th nh (**)
7 2
17 8
2
= +
=
ư
v u
v u
0,5
Câu II.2
(1 điểm)
Giải hệ (**) ta được
=
=
1
5
v
u
hoặc
=
ư
=
8
9
v u
Với
=
=
1
5
v
u
=
=
=
=
⇔
=
ư
=
ư
4 / 1
1 1
5 4
y x
y x y
x
y xy
Với
=
ư
=
8
9
v
u
ta được
=
ư
= +
y x
y xy
8
1 9 4
(vô nghiệm) Vậy hệ đI cho có hai nghiệm l ( )x;y =(1;1) hoặc ( )x;y =(1/4;1/4)
0,5
Điều kiện: 3
1
x x
≤ ư
Biến đổi tương đương bất phương trình:
2 x+1 x+ +3 xư1 x+ ≤1 2 x+1 Nhận thấy với x≤ ư3 bất phương trình vô nghiệm 0.25
CâuIII.1
(1 điểm)
Trang 4Nhận thấy ( )
x
x
ư ≥
Do đó bất phương trình không có nghiệm x≥1 Kết luận: bất phương trình vô nghiệm
0.25
Gọi H , K lần lượt l trung điểm của AB v CD v I l giao điểm của SK
v MN
0
60
=
∠
30
=
∠IHK
CD AB MN CD
AB
P AB
//
//
//
) (
tứ giác ABMN l hình thang cân
Tính S ABMN, ta có IH l đường cao
Vì tam giác SKH l tam giác đều cạnh a nên
2
3
a
0,5
CâuIII.2
(1 điểm)
Ta có
2 2
a AB
2
8
3 3 2
3 )
2
( 2
1 )
( 2
1
a a
a a IH
MN AB
Vì SI ⊥(ABMN)⇒SI l đường cao của khối chóp ABMN S. v
2 2
a SK
SI = =
Vậy
16
3
8
3 3 2 3
1
3
.
a a
a S
SI
H K
M
A
B
D
C
Câu IV
(1 điểm)
Đặt a=x+ y+x
Ta có (aưx)(aưy)(aưx)=8
a a xy yz zx a x y x xyz
x y x
xyz P
+ +
+
=
Ta có
3 ) )(
)(
( 2
3 ) ( 2
1 ) ( 2
1 ) ( 2
= + + +
≥ + + + + +
= +
2 2
+
≤
= xy yz zx x y y z z x
Từ (1) v (2) ⇒ P≤8+1=
0.25 0.25 0.25
Trang 5Câu Va.1
(1 điểm) ⇔ 2 3 3 2 2 2 3 3
2 2
2 2 2
.
2x ư x+ x +x + = x +x + x ư x+
=
=
⇔
=
ư
ư
⇔
+
+
ư +
+
ư
1 2
2 2
0 1 2
) 2 2
2 2
2
3 3 3
3
x x
x x x
x x
x
=
ư
=
=
=
⇔
= +
= +
ư
⇔
0 , 1
2 , 1 0
0 2 3
2 2
x x
x x x
x
x x
Vậy tập nghiệm của pt l S ={ư1;0;1;2}
0,5
0,5
Câu Va.2
(1 điểm)
Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau từ các số đI cho
Gọi số cần lập l abcd (a≠0)
Ta có 3.4.A42 =144 số
Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau v không có mặt chữ số 3
Gọi số cần lập l abcd (a≠0)
Ta có 2.3.A32 =36 số
Vậy có 144W36=108 số
0,5
0,5
Câu Va.3
(1 điểm) Đường thẳng AB có pt a(xư2)+b(y+3)=0 (a2 +b2 ≠0)
45
=
∠ABC nên ta có:
ư
=
=
⇔
=
ư
ư
⇔ +
+
=
=
b a
b a ab
b a
b a
b a
3 4
4 3 0 7 12 12
50
7 45
cos 2
2 2 0
*Với 3a=4b chọn a=4, b=3, ta có pt AB: 4x+3y+1=0
Vì AC⊥ AB nên pt cua AC l : 3xW4y+7=0
Toạ độ của A l nghiệm của hpt: ( 1;1)
0 7 4 3
0 1 3 4
ư
⇔
= +
ư
= + +
A y
x
y x
Toạ độ của B l nghiệm của hpt: ( 4;5)
0 1 3 4
0 31 7
ư
⇔
= + +
=
ư +
B y
x
y x
Toạ độ của C l nghiệm của hpt: (3;4)
0 31 7
0 7 4 3
C y
x
y x
⇔
=
ư +
= +
ư
*Với 4a=W3b chọn a=3, b=W4, ta có pt AB: 3xW4yW18=0
Vì AC⊥ AB nên pt của AC l : 4xW3yW49=0
Toạ độ của A l nghiệm của hpt: (10;3)
0 18 4 3
0 49 3 4
A y
x
y x
⇔
=
ư
ư
=
ư +
y x
y x
≡
⇒
⇔
=
ư
ư
=
ư +
) 3
; 10 ( 0 18 4 3
0 31 7
(vô
lý)
Vậy, A(W1:1), B(W4:5) v C(3;4)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 6A
C N M
B
Câu Vb.1
(1 điểm)
Điều kiện
9
1 , 3
1 ,
> x x
x
x x
x
3 3
3
3
log 2 log
2
log 2 1 log 1
log 2
= +
+ + +
Đặt t =log3x, ta đ−ợc 2 2 2 3 1 0
2
2 1 1
+
+ +
t t
t
=
=
⇔
±
−
=
=
⇔
= + +
−
2 2 2 2
3
3 2
2 2
1 0
1 4 2 1
x
x t
t t
t
Vậy tập nghiệm của pt l
= − ±2
2 2
3
; 3
0,5
0,5
Câu Vb.2
(1 điểm)
Ta có + n =
x)2 1
n n
n
C20 + 12 + 22 2 + + 22
Thay x=W1 ta đ−ợc + + + 2 − 1 =
2 3
2 1
2 2
2 0
Thay x=1 ta đ−ợc
20 + 12 + + 22 =22 ⇒2 =22 ⇔524288=22 −1 ⇔ =10
n A
C C
Theo công thức Niu tơn ta có: k k
k
k
x C
=
∑
=
10
0 10 10
2 )
2
Vậy hệ số của số hạng chứa 5
x l 5 5
102
C
0,5
0,5
Câu Vb.3
(1 điểm)
Gọi N l điểm đối xứng của M qua phân giác của góc B
Suy ra pt của MN l x+yW2=0 Gọi I l giao điểm của BD v MN
Suy ra toạ độ của I l nghiệm của hpt: ) (3; 1)
2
1
; 2
3 ( 0 1
0 2
−
⇒
⇔
=
−
−
=
− +
N A
y x
y x
Vì N thuộc BC v BC ⊥AH ⇒ pt BC: 2x+yW5=0
Toạ độ của B l nghiệm của hpt: (2;1)
0 1
0 5 2
B y
x
y x
⇔
=
−
−
=
− +
Ta có pt AB: xW2y+4=0
Suy ra toạ độ của A l nghiệm của hpt: )
2
1
; 3 ( 0 2 2
0 4 2
A y
x
y x
⇔
=
−
−
=
− +
0,25
0,25
Trang 7
Vì BK =BC⇒CK ⊥BDsuy ra pt CK: 0
4
13
=
− +y
D
N I M
H C
K
B
A
Suy ra toạ độ của C l nghiệm của hpt: )
2
3
; 4
7 ( 0 5 2
0 4
13
C y
x
y x
⇔
=
− +
=
− +
2
3
; 4
7 ( ), 1
; 2 ( ), 2
1
; 3
0,25
Chú ý: Nếu thí sinh giải cách khác m- đúng thì vẫn cho điểm tối đa