KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN THPT ĐÔNG SƠN 1

Chia sẻ: Phan Thiên Ân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kì thi kscl trước tuyển sinh năm 2010 (lần 1) môn thi: toán thpt đông sơn 1', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MÔN THI: TOÁN THPT ĐÔNG SƠN 1

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 y = x 3 − 3 x 2 + mx (1) 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) ⎧ x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2 xy 1. Giải hệ phương trình: ⎨ ⎩ x + x y + xy = xy + y + 1 2 2 4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) 2. Giải bất phương trình: ≥0 log 2 x − 2 x x 1 − cos 3 ) = 2 cos x + sin 2 x 3. Giải phương trình: 3(sin 3 2 2 2 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). 2 x cos 2 x − 1 2 Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim x →0 x2 Câu V: ( 1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dương thoả mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng minh 1 1 1 4 4 4 + + ≥ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 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): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 2 . 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). n ⎛1 x⎞ Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . Tìm số lớn nhất trong ⎝2 3⎠ các số a0 , a1 , a2 ,..., an biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025 . 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 d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2 x 2 − 3x + 2 Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao x −1 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 y = x − 3x 3 2 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: 0,25 a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞ 3 2 3 2 x → −∞ x → −∞ x → +∞ x → +∞ 2 b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2. x -∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + 0 +∞ 0,25 y -∞ -4 - Hàm số đồng biến trên (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2) 0,25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4. 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 y O 1 2 3 x 0,25 -2 -4 I.2 Tìm giá trị của tham số m ... 1,00 Ta có y = x 3 − 3x 2 + mx, y' = 3x 2 − 6 x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 ⇔ Δ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 ⎛1 1⎞ ⎛2 ⎞ 1 Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − 2 ⎟x + m ⎝3 3⎠ ⎝ 3 ⎠ 3 Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình ⎛2 ⎞ y = ⎜ m − 2 ⎟x + m . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương 0,25 1 ⎝3 ⎠ 3 ⎛2 ⎞ 1 2 trình y = ⎜ m − 2 ⎟x + m , nên nó có hệ số góc k1 = m − 2 ⎝3 ⎠ 3 3 1 5 1 Ta có d: x – 2y – 5 = 0 ⇔ y = x − suy ra d có hệ số góc k2 = 2 2 2 0,25 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ, 1
1⎛2 ⎞ suy ra k 1 k 2 = −1 ⇔ ⎜ m − 2 ⎟ = −1 ⇔ m = 0 2⎝3 ⎠ +) 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 II.1 Giải hệ phương trình đại số... 1,00 ⎧x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 + 2xy ⎧(x − y)2 + x 2 y 2 = 1 ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 ⎩x + x y + xy = xy + y + 1 ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = 1 2 2 ⎧u 2 + v 2 = 1 ⎧(u + v )2 − 2 uv = 1 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨ ⇔⎨ ⎩u(1 + v ) + v = 1 ⎩u + v + uv = 1 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S 2 ≥ 4 P ) ta có hệ phương trình 0,25 ⎧S 2 − 2 P = 1 ⎧S 2 − 2(1 − S ) = 1 ⎡S = 1 ⎨ ⇔⎨ ⇒ S 2 + 2S − 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎩S + P = 1 ⎩P = 1 − S ⎣S = −3 ⎧ u + v = 1 ⎧u = 0 ⎧u = 1 +) Với S = 0 ⇒ P = 0 ⇒ ⎨ ⇒⎨ hoặc ⎨ ⎩uv = 0 ⎩v = 1 ⎩v = 0 ⎧u = 0 ⎧x − y = 0 ⎧x = y = 1 - Nếu ⎨ ⇒⎨ ⇔⎨ 0,25 ⎩v = 1 ⎩xy = 1 ⎩x = y = −1 ⎧u = 1 ⎧x − y = 1 ⎧x = 1 ⎧x = 0 - Nếu ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ hoÆc ⎨ ⎩v = 0 ⎩xy = 0 ⎩y = 0 ⎩y = −1 +) Với S = - 3 ⇒ P = 4 ⇒ S 2 < 4P (loại) 0,25 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1) II.2 Giải bất phương trình logarit... 4 x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) (2 x + x − 3)(2 x − 8) ≥0⇔ ≥ 0 (1) 0,25 log 2 x − 2 log 2 x − 2 +) Xét f (x) = 2 x + x − 3 , f’(x) = 2 x ln 2 + 1 > 0, ∀x nên f(x) đồng biến trên R . f(1) = 0. 0,25 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên R , g(3) = 0. +) Xét h(x) = log 2 x − 2 , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0. Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 +∞ x 2 +x-2 - 0 + | + | + 0,25 2x - 8 - | - 0 + | + log2x - 2 - | - | - 0 + VT - 0 + 0 - || + Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞) 0,25 II.3 Giải phương trình lượng giác... 1,00 ⎛ x x ⎞⎛ x x⎞ 3(sin3 − cos3 ) = 2 cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx x x 1 2 2 2 ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2⎠ 0,25 ⎛ x x ⎞⎛ ⎞ ⎛ x ⎞⎛ x⎞ ⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ 1 + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟ 1 x x ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠⎝ 2 2⎠ ⎛ x x⎞ ⎛ x x 3⎞ ⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 0 0,25 ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2 2⎠ x x ⎛x π⎞ x π π * sin − cos = 0 ⇔ sin ⎜ − ⎟ = 0 ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 2 ⎝2 4⎠ 2 4 2 0,25 * 2 + sin x = 0 ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) 2
x x 3 ⎛x π⎞ 3 ⎛ π⎞ 3 * sin + cos = − ⇔ 2 sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = − (vô nghiệm) 2 2 2 ⎝2 4⎠ 2 ⎝ 4⎠ 2 2 0,25 π Vậy nghiệm của phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z ) 2 III Tính thể tích khối chóp... 1,00 S M I A N B K C 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). 0,25 1 1 Do đó VS .AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN 3 6 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam a 3 0,25 giác ASK cân tại A. Do đó SA = AK = 2 1 a 1 a SC SA a 3 MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 2 2 2 4 2 2 4 0,25 3a 2 a 2 a 2 SI = SN − NI = 2 2 − = 16 16 4 3a 2 a 2 a 10 1 a 2 a 10 a a 3 5 AI = SA 2 − SI 2 = − = . Vậy VS .AMN = = 0,25 4 8 4 6 4 4 2 96 V SA SM SN 1 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: S .AMN = . . = VS .ABC SA SB SC 4 IV Tính giới hạn..... 1,00 2 x cos 2 x − 1 (2 x − 1) cos 2 x 1 − cos 2 x 2 2 lim = lim − lim 0,50 x→0 x2 x→0 x2 x→0 x2 2 e x ln 2 − 1 2 ⎛ sin x ⎞ = ln 2. lim 2 lim cos 2 x − lim⎜ ⎟ = ln 2 − 1 0,50 x → 0 x ln 2 x → 0 x→0 ⎝ x ⎠ V Chứng minh bất đẳng thức... 1,00 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: ⎛1 1⎞ 1 1 1 1 4 (x + y)⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ 2 xy .2 . = 4 ⇒ + ≥ (*), ⎝x y⎠ x y x y x+y 1 1 4 1 1 4 Áp dụng (*) ta có: + ≥ ; + ≥ a + b b + c a + 2 b + c b + c c + a a + b + 2c 0,25 1 1 4 + ≥ c + a a + b 2a + b + c 1 1 1 2 2 2 ⇒ + + ≥ + + (1) a + b b + c c + a 2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c 3
Mặt khác ta lại có (2a ) ( ) ( ) + 2 + b 2 + 1 + c 2 + 1 ≥ 2 2a 2 .2 + 2 b 2 .1 + 2 c 2 .1 = 2(2a + b + c) 2 0,25 1 2 ⇒ 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a 2 + 7 ≥ 2(2a + b + c) ⇒ ≥ 2 2a + b + c a + 7 1 2 1 2 Tương tự: ≥ 2 ; ≥ 2 0,25 2a + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 1 1 1 2 2 2 ⇒ + + ≥ 2 + 2 + 2 (2) 2a + b + c a + 2 b + c a + b + 2 c a + 7 b + 7 c + 7 1 1 1 4 4 4 Từ (1) và (2) ta suy ra: + + ≥ 2 + 2 + 2 a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 0,25 Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = 1 VIa.1 Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự ... 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 AB = k AM . Do A ≠ B , nên k ≠ 0 ⎧x = 1 0,25 ⎧1 − 1 = k (x − 1) ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ 4 + 2k ⎩6 − 2 = k (y − 2) ⎪y = ⎩ k 2 ⎛ 4 + 2k ⎞ Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = 2 ⇒ (1 − 2) + ⎜ 2 − 1⎟ = 2 2 2 ⎝ k ⎠ 0,25 ⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 . 2 2 +) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1 1 1 0,25 Độ dài AB = 4. Suy ra S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 . 2 2 Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − 2 .SOAB = 2. 0,25 VII.a Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 , a2 ,..., an .... 1,00 n −2 n −2 n −1 n −1 Ta có C C 2 n n + 2C n C n +C C = 11025 ⇔ (C + C ) = 105 1 n n 2 n 1 2 n 2 n( n − 1) ⎡ n = 14 0,25 C 2n + C 1n = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n 2 + n − 210 = 0 ⇔ ⎢ 2 ⎣ n = −15 (lo¹ i) 14 14 − k k ⎛1 x⎞ 14 ⎛1⎞ ⎛x⎞ 14 Ta có khai triển ⎜ + ⎟ = ∑C ⎜ ⎟ k ⎜ ⎟ =∑ C 14 2 .3 .x k k −14 − k k ⎝2 3⎠ k =0 14 ⎝2⎠ ⎝ 3 ⎠ k =0 0,25 Do đó a k = C 14 2 k −14 .3 − k k k +1 k −13 − k −1 a k +1 C 14 2 3 2(14 − k ) Ta xét tỉ số = k −14 − k = . ak k C 14 2 3 3( k + 1) 0,25 a k +1 2(14 − k ) >1⇔ > 1 ⇔ k < 5 . Do k ∈ ` , nên k ≤ 4 . ak 3( k + 1) a k +1 a Tương tự < 1 ⇔ k > 5, k +1 = 1 ⇔ k = 5 ak ak Do đó a 0 < a 1 < ... < a 4 < a 5 = a 6 > a 7 > ... > a 14 0,25 Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất 1001 Vậy hệ số lớn nhất là a 5 = a 6 = C 14 5 2 − 9 3 −5 = 62208 4
VIb Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật... 1,00 Ta có: d 1 ∩ d 2 = I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: ⎧x − y − 3 = 0 ⎧x = 9 / 2 ⎛9 3⎞ ⎨ ⇔⎨ . Vậy I⎜ ; ⎟ ⎩x + y − 6 = 0 ⎩y = 3 / 2 ⎝2 2⎠ 0,25 Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒ M = d 1 ∩ Ox Suy ra M( 3; 0) 2 2 ⎛ 9⎞ ⎛3⎞ Ta có: AB = 2 IM = 2 ⎜ 3 − ⎟ + ⎜ ⎟ = 3 2 ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ S ABCD 12 Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = = =2 2 AB 3 2 0,25 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d 1 ⊥ AD Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 . Lại có: MA = MD = 2 ⎧⎪x + y − 3 = 0 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ⎨ ⎪⎩ (x − 3) + y 2 = 2 2 ⎧y = − x + 3 ⎧y = − x + 3 ⎧y = 3 − x ⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔⎨ 0,25 ⎩(x − 3) + y = 2 ⎩(x − 3) + (3 − x) = 2 ⎩x − 3 = ±1 2 2 2 2 ⎧x = 2 ⎧x = 4 ⇔⎨ hoặc ⎨ . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⎩y = 1 ⎩y = −1 ⎛9 3⎞ ⎧x = 2 x I − x A = 9 − 2 = 7 Do I⎜ ; ⎟ là trung điểm của AC suy ra: ⎨ C ⎝2 2⎠ ⎩y C = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2 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) VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) .... 1,00 1 1 +) Ta có y = 2x − 1 + . lim [y − (2x − 1)] = lim = 0 . Do đó (C) có x − 1 x →±∞ x → ±∞ x − 1 tiệm cận xiên y = 2x – 1. 2x2 − 3x + 2 2x2 − 3x + 2 0,25 +) lim+ = +∞; lim− = −∞ . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 x→1 x −1 x→1 x −1 ⎛ 1 ⎞ +) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜⎜ x 0 ;2 x 0 − 1 + ⎟ , x0 ≠ 1 ⎝ x 0 − 1 ⎟⎠ Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là ⎛ 1 ⎞ 2 x 0 − ⎜⎜ 2x 0 − 1 + ⎟⎟ − 1 0,25 ⎝ x − 1 ⎠ 1 d = x0 −1 + = x0 −1 + 0 2 2 + 12 5 x0 −1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 1 2 2 1 1 0,25 d ≥ 2 x0 −1 = 4 ⇒ d = 4 khi x 0 − 1 = ⇔ x0 = 1 ± 4 5 x0 −1 5 5 5 x0 − 1 5 ⎛ 1 2 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ Vậy d nhỏ nhất khi M = ⎜⎜ 1 + 4 ;1 + 4 + 4 5 ⎟⎟ ; M = ⎜⎜ 1 − 4 ;1 − 4 − 4 5 ⎟⎟ 0,25 ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎠ 5