De thi thu dai hoc so 2

a) Chứng minh rằng đường thẳng BD  mp(SAC) và tam giác SAC vuông.[r]

KÌ THI KSCL ĐẠI HỌC LẦN THỨ I

NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: Toán - Khối A

Thời gian: 180 phút, không kẻ thời gian giao đề

CÂU I (2,0 điểm):

1 Tìm hàm số đa thức y = P(x) có bậc bé nhất, đạt cực đại tại x = 0 với P(0) = 4 và đạt cực tiểu tại x = 2 với P(2) = 0

2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đa thức y = P(x) vừa tìm được ở trên

CÂU II (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trình: 2

2

7

9 x   9 x

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 2 3cos (2x )

4



CÂU III (2,0 điểm):

S2C 3C 4C   (n2)C với n > 4, nZ Tính n biết S = 320

2

log (x 3) log (x 1) log (4x)

CÂU IV (3,0 điểm)

1 Cho hình chóp S.ABCD có SA = x (x > 0) tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng 6 a) Chứng minh rằng đường thẳng BDmp(SAC) và tam giác SAC vuông

b) Tìm x để thể tích khối chóp S.ABCD bằng 36 2

2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y 2 0 và điểm C(3;-3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng (d): 3x + y - 2 = 0 Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D

CÂU V (1,0 điểm):

Cho ba số dương a, b, c thoả mãn điều kiện: ab + bc + ca = 2abc Chứng minh rằng:

1 2 1 2 1 2 1

a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) 2

-Hết -

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KSCL ĐẠI HỌC KHỐI A

CÂU I

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Hàm số đa thức P(x) bậc bé nhất có cực đại, cực tiểu là hàm bậc ba

Do hàm số đạt cực trị tại x=0 và x=4 nên

P (x)a.x(x 2) ax 2ax với Vậy

3 2

ax

3

theo gt

b 4

P(x) x 3x 4 8a

3





  

Thử lại P (0)''   6 0,P (2)''  6 0 thoả mãn ycbt

2 (1,0 điểm)

Hàm số y = P(x) = x3 - 3x2 + 4

* TXĐ: D = R

* Sự biến thiên + Chiều biến thiên: y’ = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), ta có:

y     0 x 2 x 0; y    0 0 x 2 Do đó:

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) & (2;)

- Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4, đạt cực tiểu tại x = 2 với yCT = y(2) = 0

+ Giới hạn:

xlim y

  ;

xlim y

  

+ Bảng biến thiên

x  0 2 

y’ + 0 - 0 +

y

4 

 0

* Đổ thị:

Đổ thị cắt trục hoành tại điểm (2; 0) và (-1; 0)

Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0; 4)

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

CÂU II

(2,0 điểm)

1.( 1,0 điểm)

Giải bất phương trình: 2

2

7

9 x   9 x

ĐK: -3 < x < 3 Khi đó bpt

2

Đặt

2

x t

9 x



 thì (1) trở thành:

2

t   6t 8 0 (2) Giải bpt (2) ta được t  4 t 2

x

x 16(9 x )

 



2

0 x 3

12

x 3 144

17

 







* Nếu

2

2

0 x 3

9 x

x 4(9 x )

x 2 9 x

  

   

 

 





2

3 x 0

3 x 0

6

0 x 3

3 x 6

36

5

  



  



  





  







(**)

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bpt là: 12 x 3

17   hoặc 3 x 6

5

  

0,25

0,25

0,25

0,25

2

x

x x

x

4

y

yx  x 

2 (1,0 điểm)

2

2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 2 3cos (2x )

4



2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3 1 cos(4x )

2 2cos3x cos x 3(1 sin 2x) 3(1 sin 4x) 2cos3x cos x 3(sin 4x sin 2x) 0

2cos3x cos x 2 3 sin 3x cos x 0

2

x 3

18 3









   

Vậy pt có hai họ nghiệm là: x k

2

18 3

0,25

0,25

0,25

0,25

CÂU III

(2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Xét đa thức: 2 n 2 0 1 2 2 n n

x (1 x) x (C C xC x   C x ) (*) Lấy đạo hàm hai vế của (*) theo biến x ta được:

2x(1 x) nx (1 x)  2xC 3x C 4x C   (n2)x C Thay x = 1 vào hai vế của đẳng thức trên ta được:

2 (4 n)2C 3C 4C   (n2)C 2 (4 n)320 Chia hai vế cho 16 ( do n > 4) ta được: 2n 5 (4n)20

Nếu n8 thì vế trái chia hết cho 8 còn vế phải thì không ( loại) Thử n = 5; n= 6; n=7 chỉ có n = 6 thoả mãn

Vậy để S = 320 thì n = 6

2 ( 1,0 điểm)

1log (x2 3) 1log (x 1)4 8 log (4x)2

ĐK: 0 x 1 

Pt (1)

2

2

log (x 3) log x 1 log (4x) log ((x 3) x 1) log (4x)

x 1

x 3

x 2x 3 0 (x 3) x 1 4x

x 6x 3 0











   



 Vậy pt có hai nghiệm là: x = 3 hoặc x  3 2 3

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

CÂU IV

(3,0điểm)

1 (2,0 điểm)

a) Tứ giác ABCD là hình thoi có cạnh bằng 6 ACBDO

Ta thấy SBD cân nên SOBD (1) và ACBD (2)

Từ (1) và (2) suy ra BDmp(SAC) Mặt khác SBD ABD CBD(c c c)  Nên SO = AO = CO  SAC vuông tại S

b) Trong tam giác vuông SAC ta có: 2 2 2

AC SA SC  x 36 Trong tam giác vuông OBC có:

2



2 S.ABCD

2

2

x 6

x 36

x 108x 2592 0









         Vậy có hai giá trị của x là: x = 6 hoặc x6 2

2 (1,0 điểm)

Gọi A(t; 3t  2) d,(tR) Ta có: d(A,DM)2d(C,DM) 4t 4 2.4



       hay A(3;-7) hoặc A(-1; 5) Mặt khác

ta thấy A, C năm về hai phía của đường thẳng Dm nên chỉ có điểm A( -1; 5) thoả mãn

Gọi D(m; m-2) DM,(m R)

AD (m 1;m 7);CD (m 3;m 1)

Do tứ giác ABCD là hình vuông nên:

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0.25

A

C

D

O

S

B

DA.DC 0

(m 1) (m 7) (m 3) (m 1)

hay D(5;3),AB DC ( 2; 6) B( 3; 1)

   



       Kết luận: A(-1;5); B(-3;-1); D(5;3)

0.5

0.25

CÂU V

(1,0 điểm) Đặt x 1a; y 1b;z1c x 0; y 0;z 0

x y z 2



    



Ta có

2

3

a(2a 1) ( 1)



P a(2a 1) b(2b 1) c(2c 1) (y z) (z x) (x y)

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta được:

3 2

3 2

3 2





 Cộng theo vế (1), (2) và (3) rồi ước lược được:

    Đẳng thức xảy ra

       

0,25

0,25

0,25

0,25