Tuyển tập đề thi Đại học - Cao đẳng môn Toán (Đề 11)

Gửi: http//laisac.page.tl 
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC 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 )1(3 23 mxxxy +−=
 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 đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0. 
Câu II: (3 điểm) 
 1. Giải hệ phương trình: 
⎩⎨
⎧
++=++
+=++
1
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
 2. Giải bất phương trình: 0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
≥−
−−−+ 
 3. Giải phương trình: xxxx 2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3 33 +=− 
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần 
lượt 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
1cos2
lim
2
x
xx
x
−
→
Câu V: ( Cho a, b, c là những số 1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh 3222 =++ cba
7
4
7
4
7
4111
222 +++++≥+++++ cbaaccbba 
PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 
PHẦN 1:(Theo chương 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 
đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến 
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k). 
2)1()2( 22 =−+− yx
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển nn
n
xaxaxaa
x ++++=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ + ....
32
1 2
210 . Tìm số lớn nhất trong 
các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn . naaaa ,...,,, 210 110252
111222 =++ −−−− nnnnnnnnnn CCCCCC
PHẦN 2: (Theo chương 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 đường thẳng 03:1 =−− yxd và . Trung điểm 
của một cạnh là giao điểm của d
06:2 =−+ yxd
1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số 
1
232 2
−
+−=
x
xx
y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao 
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường 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 được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 
1) 
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 
- Điểm toàn bài không làm tròn. 
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được 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. 
Câu Nội dung Điểm 
I.1 Khảo sát hàm số ... 1,00 
 * Với m = 0 thì 23 x3xy −=
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên: 
 a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−= +∞→+∞→−∞→−∞→ )x3x(limylim,)x3x(limylim
23
xx
23
xx
0,25 
 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) 
1 
- 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 
I.2 Tìm giá trị của tham số m ... 1,00 
Ta có mx6x3'y,mxx3xy 223 +−=+−=
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 
 3m0m39' −=Δ⇔
0,25 
Ta có: m
3
1
x2m
3
2
'y
3
1
x
3
1
y +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình
m
3
1
x2m
3
2
y +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương 
trình m
3
1
x2m
3
2
y +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= , nên nó có hệ số góc k1 = 2m
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 ⊥ Δ, 
0,25 
x 
y 
3 2 O 
-4 
-2 
1 
0m12m
3
2
2
1
1kk 21 =⇔−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇔−= suy ra 
+) 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. 0,25 
Vậy: m = 0 
Giải hệ phương trình đại số... II.1 1,00 
⎩⎨
⎧
=++−
=+−⇔
⎩⎨
⎧
++=++
+=++
1xy)xy1)(yx(
1yx)yx(
1yxyxyyxx
xy21yxyx 222
22
2222
 0,25 
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ 
⎩⎨
⎧
=++
=+
1v)v1(u
1vu 22
⎩⎨
⎧
=++
=−+⇔
1uvvu
1uv2)vu( 2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình 
)P4S2 ≥ 0,25 
⎢⎣
⎡
−=
=⇔=−+⇒
3S
1S
03S2S2
⎩⎨
⎧
−=
=−−⇔
⎩⎨
⎧
=+
=−
S1P
1)S1(2S
1PS
1P2S 22
2 
 +) Với S = 0 hoặc 0P =⇒ ⎩⎨
⎧
=
=⇒⎩⎨
⎧
=
=+⇒
1v
0u
0uv
1vu
⎩⎨
⎧
=
=
0v
1u
 - Nếu ⎩⎨
⎧
−==
==⇔⎩⎨
⎧
=
=−⇒⎩⎨
⎧
=
=
1yx
1yx
1xy
0yx
1v
0u
 - Nếu ⎩⎨
⎧
−=
=
⎩⎨
⎧
=
=⇔⎩⎨
⎧
=
=−⇔⎩⎨
⎧
=
=
1y
0x
hoÆc
0y
1x
0xy
1yx
0v
1u
0,25 
+) Với S = - 3 (loại) P4S4P 2 <⇒=⇒ 0,25 ( ) ( ) )1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x( −−−=Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm 
Giải bất phương trình logarit... II.2 
0
2xlog
)82)(3x2(
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
2
xx
≥−
−−+⇔≥−
−−−+ (1) 0,25 
+) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên . R3x2)x(f x −+= x,012ln2x ∀>+
f(1) = 0. 0,25 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0. 
+) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0. 
R
2xlog2 −
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 phương trình đã cho có tập nghiệm S = );4(]3;1[ +∞∪ 0,25 
Giải phương trình lượng giác... II.3 1,00 
( ) xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇔x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3 33 +=−
0,25 ( ) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇔
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2
x
sin3 
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −⇔ 0,25 
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π⎛ ⎞− = ⇔ − = ⇔ − = π⇔ = + π ∈⎜ ⎟⎝ ⎠ Z* 0,25 
* (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −=⇔=+
22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin −=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π+⇔−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π+⇔−=+* (vô nghiệm) 
Vậy nghiệm của phương trình là: 
 0,25 
( )x k2 k
2
π= + π ∈Z 
Tính thể tích khối chóp... III 1,00 
3 
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). 
Do đó MN.AI.SI
6
1
S.SI
3
1
V AMNAMN.S == 
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
3a
AKSA == 0,25 
MN = 
4
a
MN
2
1
NI,
2
a
BC
2
1 === , 
4
3a
2
SA
2
SC
SN === 
4
2a
16
a
16
a3
NISNSI
22
22 =−=−= 
0,25 
4
10a
8
a
4
a3
SISAAI
22
22 =−=−= . Vậy 
96
5a
2
a
4
10a
4
2a
6
1
V
3
AMN.S == 0,25 
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: 
4
1
SC
SN
.
SB
SM
.
SA
SA
V
V
ABC.S
AMN.S == 
IV Tính giới hạn..... 1,00 
2
2
0x2
2x
0x2
2x
0x x
xcos1
lim
x
xcos)12(
lim
x
1xcos2
lim
22 −−−=− →→→ 0,50 
12ln
x
xsin
limxcoslim
2lnx
1e
lim.2ln
2
0x
2
0x2
2lnx
0x
2
−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−= →→→ 0,50 
V Chứng minh bất đẳng thức... 1,00 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: 
yx
4
y
1
x
1
4
y
1
.
x
1
2.xy2
y
1
x
1
)yx( +≥+⇒=≥⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++ (*), 
Áp dụng (*) ta có: 
cb2a
4
cb
1
ba
1
++≥+++ ; c2ba
4
ac
1
cb
1
++≥+++ 
cba2
4
ba
1
ac
1
++≥+++ 
c2ba
2
cb2a
2
cba2
2
ac
1
cb
1
ba
1
++++++++≥+++++⇒ (1) 
0,25 
S 
A 
C 
B 
M 
N 
I 
K 
Mặt khác ta lại có 
0,25 ( ) ( ) ( ) )cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2 222222 ++=++≥+++++ 
7a
2
cba2
1
)cba2(27a)cba2(24cba2
2
2222
+≥++⇒++≥+⇒++≥+++⇒ 
7b
2
aca2
1
2 +≥++ 7c
2
bac2
1
2 +≥++Tương tự: ; 0,25 
4 
7c
2
7b
2
7a
2
c2ba
1
cb2a
1
cba2
1
222 +++++≥++++++++⇒ (2) 
7c
4
7b
4
7a
4
ac
1
cb
1
ba
1
222 +++++≥+++++Từ (1) và (2) ta suy ra: 0,25 
Dấu ‘’=’’ xảy ra 1cba ===⇔
Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự ... VIa.1 1,00 
Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y)∈(C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra 
AMkAB = . Do A , nên kB≠ 0≠ 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+=
=
⇒
⎩⎨
⎧
−=−
−=−⇒
k
k24
y
1x
)2y(k26
)1x(k11 0,25 
21
k
k24
)21(2)1y()2x(
2
222 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −++−⇒=−+−Do M thuộc (C) nên 
2kk)k4( 22 −=⇔=+⇔ . 
0,25 
+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1 
0,25 21.4
2
1
)AB,O(d.AB
2
1
S OAB ===Độ dài AB = 4. Suy ra . 
Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .S = 2. 2− 0,25 OAB
VII.a Tìm số lớn nhất trong các số .... 1,00 naaaa ,...,,, 210
Ta có 221n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n 105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++ −−−−
⎢⎣
⎡
−=
=⇔=−+⇔=+−⇔=+
)i¹lo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC 21n
2
n 
0,25 
∑∑
=
−−
=
−
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1Ta có khai triển 
0,25 
Do đó k14kk14k 3.2Ca
−−=
)1k(3
)k14(2
32C
32C
a
a
k14kk
14
1k13k1k
14
k
1k
+
−== −−
−−−+
+Ta xét tỉ số . 
0,25 
5k1
)1k(3
)k14(2
1
a
a
k
1k +
−⇔>+ 4≤. Do k ∈ , nên k . `
5k1
a
a
,5k1
a
a
k
1k
k
1k =⇔=>⇔< ++Tương tự 
0,25 Do đó 14765410 a...aaaa...aa >>>=<<<<
 và aDo đó a5 6 là hai hệ số lớn nhất 
62208
1001
32Caa 5951465 === −−Vậy hệ số lớn nhất là 
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật... VIb 1,00 
Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Idd 21 =∩
⎩⎨
⎧
=
=⇔⎩⎨
⎧
=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
2
3
;
2
9
I. Vậy 
0,25 
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒
Suy ra M( 3; 0) 
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −==Ta có: 
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCDABCD ===⇔==Theo giả thiết: 0,25 
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d ADd1 ⊥⇒1
)1;1(nĐường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận 1 làm VTPT 
nên có PT: 
5 
03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA == 
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−
=−+
2y3x
03yx
22
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
( ) ( ) ⎩⎨
⎧
±=−
−=⇔
⎩⎨
⎧
=−+−
+−=⇔
⎩⎨
⎧
=+−
+−=⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222
0,25 
⎩⎨
⎧
=
=⇔
1y
2x
 hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⎩⎨
⎧
−=
=
1y
4x
Do ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra: 
⎩⎨
⎧
=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
0,25 
Tương 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) 
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) .... VIIb 1,00 
1x
1
1x2y −+−= 01x
1
lim)]1x2(y[lim
xx
=−=−− ±∞→±∞→+) Ta có . . Do đó (C) có 
tiệm cận xiên y = 2x – 1. 
−∞=−
+−+∞=−
+−
−+ →→ 1x
2x3x2
lim;
1x
2x3x2
lim
2
1x
2
1x
0,25 +) . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−+−=⇒∈ 1x
1
1x2;xM)C(
0
00+) Gọi M , 1x 0 ≠
Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là 
1x5
1
1x
12
1
1x
1
1x2x2
1xd
0
022
0
00
0 −+−=+
−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−+−−+−= 
0,25 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 
4
0
0
5
2
1x5
1
1x2d =−−≥ 4 5
2
d =
40
0
0
5
1
1x
1x5
1
1x ±=⇔−=−
0,25 ⇒ khi 
 5
5
2
1;
5
1
1M ; 5
5
2
1;
5
1
1M 4
44
4
44 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ +++=Vậy d nhỏ nhất khi 0,25