KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m 2 x 2 + 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) 1. Giải phương trình : 2 2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2 4 c x x x x      2.Giải bất phương trình : 2 1 5 3 x x x      Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x) 30 = a o +a 1 x +a 2 x 2 + + a 30 x 30 Tính tổng S = |a o | + 2|a 1 | + 3|a 2 | + + 31|a 30 | Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = 2 a . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1.Chứng minh rằng: SE EB  và SBCH  2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 3 2 3 P a b b c c a          II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình : 2log 2 2 3 log log x y y x x x x y y         B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0; đường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 2 sin 1 os 3 3 x c x y    . HẾT ! 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:…………………… ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 1 1điểm Khi m= 1 2 hàm số đã cho có pt: y= x 4 – 2x 2 + 1 1.TXĐ : D= R 2.SBT .CBT: y’= 4x 3 - 4x = 4x( x 2 - 1) y’=0 <=> x= 0 hoặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến ( 1;0) x    vµ (1; )  Hàm số nghịch biến ( ; 1) x     vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và y CĐ =y(0)=1 HS đạt cực tiểu tại x=  1 và y CT =y(  1)=0 .Giới hạn: lim x y    ; lim x y    .BBT: x -  -1 0 1 +  , y - 0 + 0 - 0 + y  1  0 0 3. vẽ đồ thị: y 1 -1 1 x 0,25 0,25 0,25 0,25 I 2 (1điểm) , 3 2 2 2 4 16 4 ( 4 ) 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 2 2 ( ) 4 0 g x x m    có hai nghiệm phân biệt 0 x  0 m   , 4 4 0 1 0 2 1 16 2 1 16 x y y x m y m x m y m                    0,25 0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B 4 (2 ;1 16 ) m m  ;C 4 ( 2 ;1 16 ) m m   Ta thấy AB=AC = 2 4 2 (2 ) (16 ) m m nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì 4 (0;1 16 ) I m  nên 4 16 AI m  ; 4 BC m  4 1 1 . . 16 .4 2 2 ABC S AI BC m m    =64 5 5 2 2 m m     (tmđk 0 m  ) Đs: 5 2 m   0,25 0,25 II 1 (1điểm) Đk: ( ) 2 k x k Z    Với đk trên phương trình đã cho tương đương: 2 3 os2 (tanx cot 2 ) 2 1 os(2 ) 2 c x x c x             sinx os2 2 3 os2 ( ) 2(1 sin 2 ) cos sin 2 c x c x x x x      cos 2 3 os2 2(1 sin2 ) cos .sin2 x c x x x x     1 2 3 os2 2(1 sin 2 ) sin 2 c x x x     2 2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2 c x x x x     3sin 4 1 2sin 2 1 os4 x x c x      3sin 4 os4 2sin 2 x c x x    3 1 sin 4 os4 sin 2 2 2 x c x x    sin(4 ) sin 2 6 x x      4 2 2 ( ) 6 12 ( ) 7 ( )4 2 2 36 36 x x k x k tm k Z k x tmx x k                                  0,25 0,25 0,25 0,25 II 2 (1điểm) 2 1 5 3 x x x      (1) Đk: 1 x  Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0 x x     (2 1 5)(2 1 5) ( 3)(2 1 5) x x x x x x x            4( 1) ( 5) ( 3)(2 1 5) x x x x x          3( 3) ( 3)(2 1 5) x x x x        (2) Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì phương trình (2) trở thành: 3 2 1 5 x x     (3) 0,25 0,25 (3) 2 2 2 2 4 2 VP    >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) TH3: 1 3 x   nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3 (2 1 5) x x     bình phương 2 vế ta được: 4 ( 1)( 5) 8 5 x x x     (4) * 8 5 0 8 3 1 3 5 x x x           (5) thì (4) luôn đúng * 8 5 0 8 1 1 3 5 x x x           (*) nên bình phương hai vế của (4)ta được 2 9 144 144 0 8 48 8 48 x x x        Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8 8 48 5 x    (6) Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3 x    0,25 0,25 III 1điểm Xét khai triển: 30 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .(5 ) .(5 ) x C C x C x C x       Nhân 2 vế với x ta được: 30 0 1 2 2 2 3 30 30 31 30 30 30 30 (1 5 ) .5 .5 .5 x x C x C x C x C x       (1) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 30 29 0 1 2 2 2 30 30 30 30 30 30 30 (1 5 ) 150 (1 5 ) 2 .5 3 .5 31 .5 x x x C C x C x C x         (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 30 29 0 1 2 2 30 30 30 30 30 30 6 150.6 2( .5) 3( .5 ) 31( .5 ) C C C C      hay 29 0 1 2 30 6 (6 150) 2 3 31 a a a a       hay 30 0 1 2 30 6 .26 2 3 31 a a a a      ĐS : 30 6 .26 S  0,25 0,25 0,25 0,25 IV 1 (1điểm) S A F B H E D C *CM: SE EB  Vì tam giác SAD đều cạnh a 3 2 a SE  Xét tam giác vuông AEB có: 0,25 0,25 2 2 2 2 2 2 5 2 4 a a EB EA AB a            Xét tam giác SEB có: 2 2 2 2 2 2 3 5 2 2 4 a a SE EB a SB              suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE EB  Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra   AEB BFC  mà   0 90 AEB FBE     0 0 90 90 BFC FBE FHB     Hay CH EB  mÆt kh¸c CH SE  (do ( ) SE ABCD  ) Suy ra ( ) CH SEB  . => SBCH  0,25 0,25 IV 2 (1điểm) Vậy . 1 . . 3 C SEB SEB V CH S   * Xét FBC có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a              suy ra 2 2 5 a BH  Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH       Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 . . . . . . . 3 2 3 2 2 2 12 5 C SEB a a a a V CH SE EB   (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (1 điểm) Áp dụng BĐT cosi ta có: 2 2 2 a b ab   2 1 2 b b   suy ra 2 2 2 3 2( 1) a b ab b      Tương tự : 2 2 2 3 2( 1) b c bc c      2 2 2 3 2( 1) c a ac a      Khi đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a                = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc               = 1 1 1 2 1 1 1 2 ab b ab b ab b ab b                0,25 0,25 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 2 khi a=b=c=1 0,25 VI. a 1 (1điểm) Gọi ( ; ) c c C x y Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: ( 2 2; ) c c C y y   Gọi M là trung điểm của AC nên 1 1; 2 c c y M y          Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : 1 1 2. 4 0 1 2 c c c y y y         ( 4;1) C   Từ A kẻ 2 AJ d  tại I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d2) là (2; 1) u   là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)  (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 2 1 0 4 3 5 ( ; ) 2 2 0 3 5 5 5 x x y I x y y                         Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ Gọi J(x;y) ta có: 8 8 0 8 11 5 5 ( ; ) 6 11 5 5 1 5 5 x x J y y                             Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; 8 11 ( ; ) 5 5 J   là: 4x+3y+13=0 0,25 0,25 0,25 0,25 VI. a 2 (1 điểm) Đk: x,y>0 và , 1 x y  Với đk trên hệ phương trình tương đương : 2 2 3(1) log x-1=2log y (2) y x y x        Giải(2) đặt log ( 0) y x t t   phương trình (2) trở thành: 2 1 2 1 2 0 ( ) 2 t t t t tm t t              y y log x=-1 log x=2      2 1 x y x y         0,25 0,25 1/ 2 2 3 2 3 2 3 3 2 0 1 1 1 y y x y y y x x x y y y                              2 1 1( ) 2 1 2 y x y loai y x y                        2/ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 3 0 y x y y y x y x y x y                           (vô nghiệm) Đáp số: 1 2 2 x y        0,25 0,25 VI. b 1 (1điểm) Vì B là giao điểm của (AB) và (BD) nên toạ độ của B là nghiệm của hệ : 1 0 0 (0;1) 2 1 0 1 x y x B x y y                 Đường thẳng AB có VTPT : (1; 1) AB n   Đường thẳng BD có VTPT : (2;1) BD n  Giả sử đường thẳng AC có VTPT : ( ; ) AC n a b  Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . . 1 5 5 5( 2 ) 4 10 4 0 2 5 2 0 AB BD AB AC AB BD AB AC n n n n n n n n a b a b a b a b a b a ab b a ab b a ab b                               2 2 b a a b        1/Với 2 b a  ,chọn a=1,b=2 thì (1;2) AC n  suy ra phương trình đường thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 1 x= 2 1 0 1 1 3 ( ; ) 2 1 0 1 3 3 y= 3 x y I x y                   Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ 0,25 0,25 0,25 điểm A là nghiệm của hệ: 1 x=- 1 0 1 2 3 ( ; ) 2 1 0 2 3 3 y= 3 x y A x y                    Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm (1;0) C và 2 1 ( ; ) 3 3 D  2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) Đáp số: 1 2 ( ; ) 3 3 A  ; (0;1) B ; (1;0) C ; 2 1 ( ; ) 3 3 D  0,25 VI. b 2 (1điểm) TXĐ: D=R hàm số đã cho viết lại là: 2 2 sin 2 sin 3 3 x x y    Đặt 2 sin 3 x t  vì 2 0 sin 1 x   nên 2 sin 1 3 3 x   tức 1 3 t   khi đó hàm số đã cho trở thành 9 ( ) y f t t t    với 1 3 t   Ta có 2 , 2 2 9 9 ( ) 1 t f t t t     , 2 ( ) 0 9 0 3 f t t t        BBT: t 1 3 , ( ) f t - ( ) f t 10 6   ( ; ) 1;3 min ( ) min ( ) 6 y x f t     đạt được khi t=3 khi 2 sin 1 ( ) 2 x x k k Z          ( ; ) 1;3 ax ( ) ax ( ) 10 M y x M f t     đạt được khi t=1 khi 2 sin 0 ( ) x x k k Z      0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. Hết . 3 2( 1) b c bc c      2 2 2 3 2( 1) c a ac a      Khi đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 P ab b bc c ac a                = 2 1 1 2 1 abc abc ab b bc c abc ac a bc abc . KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2 011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 18 0 phút(không kể thời gian giao đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0. 2 2 2 1 1 1 1 1 4 1 5 2 BH BF BC a a a a a              suy ra 2 2 5 a BH  Xét BHC có: 2 2 2 2 2 2 4 2 5 5 5 a a a CH BC BH a CH       Nên 3 . 1 1 1 2 1 3 5 3 .