TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1
KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015
Môn Thi: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m 2 ) x + m 3 − m (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị nằm về cùng một phía của đường thẳng y = 1
(không nằm trên đường thẳng).
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Giải phương trình log 4 x + log 4 (10 − x) = 2 .
b) Giải phương trình cos 2 x + (1 + 2 cos x)(sin x − cos x) = 0
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = e x ( x 2 − x − 1) trên đoạn [0;2].
2sin x − 1 + x
.
x →0
ln(1 + x)
b) Tính giới hạn L = lim
Câu 4 (2,0 điểm).
a) Cho n là số tự nhiên thỏa mãn 2Cn2 + 3 An2+ 2 = 326 . Tìm hệ số của x 6 trong khai triển nhị thức
n
3
Niutơn của 2 x 2 −
,x > 0.
x
b) Có 40 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 40. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để trong
10 tấm thẻ được chọn ra có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng một
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Câu 5 (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;−1;2) ,
B(-1; 1; 3), C(0; 2; 1). Tính diện tích tam giác ABC và tìm tọa độ chân đường cao kẻ từ A của tam
giác ABC.
Câu 6 (2,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC
sao cho MC = 2 SM . Biết AB = a , BC = a 3 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AC và BM.
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T)
có phương trình ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 25 . Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao hạ
từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ
dương.
x 2 + y + 3 = y 2 − 3 x + 7
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình
y − 1 + 2 y 2 + 1 = x + x 2 + xy + 3 y
Câu 9 (2,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 9 , xyz ≤ 0 . Chứng minh rằng
2( x + y + z ) − xyz ≤ 10 .
----------------***Hết***---------------Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I
KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2015(LẦN 1)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Điểm
Câu
Nội dung
1a
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số...
2,00
3
2
Khi m = 1, ta có hàm số y = − x + 3x
1) Tập xác định : D = R .
0,5
2) Sự biến thiên:
* Giới hạn : lim y = lim (− x3 + 3x 2 ) = +∞, lim y = lim (− x3 + 3x 2 ) = −∞
x→−∞
x→−∞
x→+∞
* Đạo hàm y’= - 3x + 6x , y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2.
* Bảng biến thiên:
0
x
-∞
y'
0
+
+∞
x→+∞
2
2
0
4
+∞
-
0,5
y
0
-∞
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; 0) và (2; + ∞ ), đồng biến trên khoảng (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 0, yCT =0.
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại
y
O(0; 0), giao với trục hoành tại O(0; 0);
A(3; 0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối
4
xứng
* Điểm uốn: y’’ = - 6x + 6 , y’’ = 0 ⇔ x =1
2
Đồ thị hàm số có 1 điểm uốn I(1;2)
A
O
1b
x
Tìm m để đồ thị có 2 cực trị
y ' = −3 x 2 + 6mx + 3(1 − m 2 )
2,00
0,25
y ' = 0 ⇔ −3 x 2 + 6mx + 3(1 − m 2 ) = 0 , y ' có ∆ ' = 9m 2 + 9(1 − m 2 ) = 9 > 0
Suy ra y ' luôn có hai nghiệm phân biệt x1 = m − 1 , x2 = m + 1
Khi đó hàm số có hai cực trị là y1 = y ( x1 ) = 2(m − 1) , y2 = y ( x2 ) = 2(m + 1)
0,5
3
1
,m < −
2
2
1 3
Vậy m ∈ − ∞;− ∪ ;+∞ .
2 2
2b
0,5
1 2 3
Theo bài ra ta có ( y1 − 1)( y2 − 1) > 0 ⇔ (2m − 3)(2m + 1) > 0 ⇔ m >
2a
0,5
0,5
0,5
0,25
Giải phương trình logarit...
Điều kiện: 0 < x < 10 .www.mathvn.com.
Ta có
Ta có
2
log 4 x + log 4 (10 − x) = 2 ⇔ log 4 (10 x − x ) = 2
1,00
⇔ 10 x − x 2 = 16 ⇔ x = 8, x = 2 . Vậy phương trình có nghiệm x = 2 , x = 8
Giải phương trình lượng giác...
cos 2 x + (1 + 2 cos x)(sin x − cos x) = 0 ⇔ (sin x − cos x )(cos x − sin x + 1) = 0
0,5
1,00
0,25
sin x − cos x = 0
⇔
cos x − sin x + 1 = 0
π
π
x = + kπ
2 sin x − 4 = 0
4
⇔
⇔
π
x = π + k 2π , x = π + k 2π
2 sin x − = 1
2
4
0,5
0,5
1
VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm: x =
3a
π
4
+ kπ , x =
π
2
+ k 2π , x = π + k 2π ( k ∈ Z )
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.....
Ta có: y ' = e x ( x 2 + x − 2) nên y ' = 0 ⇔ e x ( x 2 + x − 2) = 0 ⇔ x = 1; x = −2 ∉ [0;2]
y (0) = −1 , y (1) = −e , y (2) = e 2 . Từ đó ta có max y = y (2) = e 2 , min y = y (1) = −e .
4a
⇔ n 2 + 2n − 80 = 0 ⇔ n = 8, n = −10 (loại).
0,25
k
8
8
3
3
k
2 8− k
=
−
Ta có khai triển 2 x 2 −
C
(
2
x
)
=
∑ 8
∑ C8k 28 − k.(−3) k .x
x k =0
x k =0
32 − 5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
=6⇔k =4
2
Vậy hệ số của x 6 là C84 .2 4.(−3) 4 = 90720
Tính xác suất...
t... www.mathvn.com
10
Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C40
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A) =
32 − 5 k
2
5
Ω A C20
.C164 C41 1680
=
=
10
C40
Ω
12617
Tính diện tích, tìm tọa độ điểm.........www.mathvn.com
m......
AB = (−2;2;1) , AC = (−1;3;−1) ⇒ [ AB, AC ] = (−5;−3;−4)
Diện tích tam giác ABC : S ABC =
Gọi
H( a bc
1
1 2
5 2
[ AB, AC ] =
5 + 32 + 4 2 =
2
2
2
) là chânđường cao của tam giác kẻ từ A.
a + 1 = k (0 + 1)
a = −1 + k
Ta có BH = k BC ⇒ b − 1 = k (2 − 1) ⇔ b = 1 + k ⇒ AH = (k − 2; k + 2;1 − 2k )
c − 3 = k (1 − 3)
c = 3 − 2k
6
0,5
1,00
0,25
Có 20 tấm thẻ mang số lẻ, 4 tấm thẻ mang số chia hết cho 10, 16 tấm thẻ mang số chẵn
và không chia hết cho 10. www.dethithudaihoc.com
5
Gọi A là biến cố đã cho, suy ra Ω A = C20
.C164 C41
5
0,5
Tính giới hạn...
2sin x − 1
1+ x −1
−
e(sin x ) ln 2 − 1 sin x
2sin x − 1
x
x
= lim
. Ta có lim
.
. ln 2 = ln 2
L = lim
x →0
x → 0 (sin x ) ln 2
x →0
ln(1 + x)
x
x
x
ln(1 + x)
1+ x −1
1+ x −1
1
1
1
lim
= lim
= , lim
= 1. Nên L = ln 2 −
= lim
x →0
x
→
0
x
→
0
x
→
0
2
x
x
x( 1 + x + 1)
1+ x +1 2
Tính hệ số trong khai triển...www.mathvn.com
n...
2
2
2Cn + 3 An + 2 = 326 ⇔ n(n − 1) + 3(n + 2)(n + 1) = 326
8
4b
1,00
[ 0; 2 ]
[ 0; 2 ]
3b
0,25
1
2 4 7
Do AH ⊥ BC nên AH.BC = 0 ⇔ k − 2 + k + 2 − 2(1 − 2k ) = 0 ⇔ k = . Vậy H − ; ;
3
3 3 3
Tính thể tích, khoảng
ng cách... www.mathvn.com
Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB .Do ( SAB ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC )
a 3
. AC = BC 2 − AB 2 = a 2
2
1
1
a3 6
= SH .S ABC = SH . AB. AC =
3
6
12
1,00
0,5
0,5
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
0,5
0,5
0,5
0,5
2,00
0,25
Do SAB là tam giác đều cạnh a nên SH =
0,5
Thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC
0,25
2
7
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N ⇒ AC // MN ⇒ AC //( BMN )
Ta có AC ⊥ AB ⇒ AC ⊥ (SAB ) mà MN // AC ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( BMN )
Từ A kẻ AK ⊥ BN ( K ∈ BN )
S
⇒ AK ⊥ ( BMN )
⇒ AK = d ( A, ( BMN )) = d ( AC , BM )
M
N
MC 2
AN 2
= ⇒
=
Do
K
SC 3
SA 3
2
2 a2 3 a2 3
⇒ S ABN = S SAB =
=
3
3 4
6
7a 2
A
C
2
2
2
0
BN = AN + AB − 2 AN . AB cos 60 =
9
2S
a 21
a 7
H
⇒ BN =
, AK = ABN =
.
7
3
BN
a 21
B
Vậy d ( AC , BM ) =
7
Tìm tọa độ các đỉnh củaa tam giác... www.mathvn.com
(T) có tâm I (1;2) . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại
A
1
=
AC (1)
C. Ta có HCx
ABC = Sđ
2
x
H
Do
AHB =
AKB = 900 nên AHKB là tứ giác nội
I
(cùng bù với góc
tiếp ⇒
ABC = KHC
AHK ) (2)
= KHC
⇒ HK // Cx .
Từ (1) và (2) ta có HCx
Mà IC ⊥ Cx ⇒ IC ⊥ HK .
B
K
C
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH = (3;4) , IC
có phương trình 3 x + 4 y − 11 = 0
Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ www.mathvn.com
3x + 4 y − 11 = 0
x = 5 x = −3
⇒
. Do xC > 0 nên C (5;−1)
;
2
2
( x − 1) + ( y − 2) = 25 y = −1 y = 5
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH = (−3;6) nên AC có phương
trình 2 x + y − 9 = 0 .
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 x + y − 9 = 0
x = 1 x = 5
⇒
(loại). Do đó A(1;7)
;
2
2
( x − 1) + ( y − 2) = 25 y = 7 y = −1
8
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK = (−6;2) nên BC có phương
trình x + 3 y − 2 = 0
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x + 3 y − 2 = 0
x = −4 x = 5
,
(loại). Do đó B (−4;2)
⇒
2
2
( x − 1) + ( y − 2) = 25 y = 2 y = −1
Vậy A(1;7) ; B (−4;2) ; C (5;−1) .
Giải hệ phương
ng trình... www.mathvn.com
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
3
x 2 + y + 3 = y 2 − 3 x + 7 (1)
Ta có hệ phương trình
y − 1 + 2 y 2 + 1 = x + x 2 + xy + 3 y (2)
Điều kiện: y ≥ 1, x ≥ 0, y 2 ≥ 3 x .
(2) ⇔
⇔
y − 1 − x + ( y 2 − 2 y + 1) − x 2 + ( y 2 − xy − y ) = 0
y −1− x
+ ( y − 1)2 − x2 + y( y − x − 1) = 0
y −1 + x
⇔ ( y − x − 1)
1
+ 2 y − 1 + x = 0
y −1 + x
⇔ y = x + 1 Do
0,5
1
+ 2 y − 1 + x > 0, ∀y ≥ 1, ∀x ≥ 0
y −1 + x
+) Thế y vào (1) ta được
x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = 7 − 3 (3)
Xét f ( x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 ,
2x + 1
2x − 1
2x + 1
2x − 1
f ' ( x) =
−
=
−
2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1
(2 x + 1) 2 + 3
(2 x − 1) 2 + 3
t
Xét g (t ) =
t2 + 3
, g '(t ) =
3
(t 2 + 3)3
0,5
Do đó f (x) đồng biến trên R , nên (3) ⇔ f ( x) = f (2) ⇔ x = 2 ⇒ y = 3
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = (2;3)
Chứng minh bất đẳng thức...
Giả sử x ≤ y ≤ z , do xyz ≤ 0 nên x ≤ 0 .
2
y2 + z2
2( x + y + z ) − xyz ≤ 2 x + 2 2( y + z ) − x.
2
2
3
x(9 − x ) x 5 x
= 2 x + 2 2(9 − x 2 ) −
=
−
+ 2 2(9 − x 2 )
2
2
2
Xét f ( x) =
0,25
2,00
y2 + z2
y+z
Do x 2 + y 2 + z 2 = 9 ⇒ x 2 ≤ 9 ⇒ x ∈ [−3; 0]. Ta có yz ≤
≤
, do đó
2
2
2
0,5
> 0, ∀t ∈ R suy ra g(t) đồng biến trên R
Do 2 x + 1 > 2 x − 1 nên g (2 x + 1) > g (2 x − 1) suy ra
f '( x) = g (2 x + 1) − g (2 x − 1) > 0, ∀x ∈ R .
9
0,25
0,25
2
0,5
x3 5 x
3
5
2 2x
−
+ 2 2(9 − x 2 ) với x ∈ [−3;0] ⇒ f ' ( x) = x 2 − −
2
2
2
2
9 − x2
3 2 5
2 2x
x − −
= 0 ⇔ 9 − x 2 (5 − 3 x 2 ) = −4 2 x
2
2
2
9− x
2
2 2
⇔ (9 − x )(5 − 3 x ) = 32 x 2 (Điều kiện 5 − 3 x 2 ≥ 0 )
f ' ( x) = 0 ⇔
⇔ 9 x 6 − 111x 4 + 327 x 2 − 225 = 0 ⇔ x 2 = 1, x 2 = 3, x 2 =
Do x 2 ≤
0,5
25
3
5
nên x 2 = 1 ⇔ x = −1, x = 1 (loại).
3
f (−3) = −6, f (−1) = 10, f (0) = 6 2 suy ra max f ( x) = f (−1) = 10
[ −3; 0 ]
0,25
4
Như vậy 2( x + y + z ) − xyz ≤ f ( x) ≤ 10
x = −1
x = −1
Dấu bằng xảy ra khi y = z
⇔
y = z = 2
2
2
y
z
y
z
+
=
+
=
2(
)
4
Vậy 2( x + y + z ) − xyz ≤ 10 . Đẳng thức xảy ra khi (x; y; z) là một hoán vị của (-1; 2; 2)
----------------***Hết***----------------
0,5
5
- Xem thêm -
.PDF 
6 
49023 
110 
