– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí
KÌ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1
ðỀ THI MÔN TOÁN -KHỐI A
Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao ñề)

I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(8,0 ñiểm)
Câu I(2,0 ñiểm): 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 ñồ thị của hàm số (1) khi m =
1
2

2. Tìm các giá trị của m ñể hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC
bằng 64.
Câu II(2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình :
2
2 3 os2 tan 4sin ( ) cot 2
4
c x x x x
π
− = − +

2.Giải bất phương trình :
2 1 5 3

2
a
. Gọi E,F lần lượt là trung ñiểm của AD và AB .Gọi H
là giao ñiểm của FC và EB.
1.Chứng minh rằng:
SE EB
⊥
và
SBCH
⊥

2.Tính thể tích khối chóp C.SEB
Câu V(1,0 ñiểm).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 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A/Theo chương trình Chuẩn
:
Câu VIa (2,0 ñiểm)
1. Cho tam giác ABC có ñỉnh A (0;1), ñường trung tuyến qua B và ñường phân giác
trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0

sin 1 os
3 3
x c x
y
+
= +
.
HẾT
!
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:……………………
– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

ðÁP ÁN THANG ðIỂM
ðỀ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1
MÔN TOÁN - KHỐI A
Câu

Ý
Nội dung ñáp án ðiểm

I
1
1ñiểm
Khi m=
1
2
hàm số ñã cho có pt: y= x
4
– 2x

CT
=y(
±
1)=0

.Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
; lim
x
y
→−∞
= +∞

.BBT:

x -
∞
-1 0 1 +
∞

,
y

- 0 + 0 - 0 +
y
+∞

0,25

0,25
I

2
(1ñiểm), 3 2 2 2
4 16 4 ( 4 )
y x m x x x m
= − = −

ðk ñể hàm số có 3 cực trị là

= ⇔ = ⇒ = −


= − ⇒ = −


0,25 0,25
– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

Giả sử 3 ñiểm cực trị là:A(0;1);B
4
(2 ;1 16 )
m m
−
;C
4
( 2 ;1 16 )
m m
− −
5
5
2 2
m m⇔ = ⇔ = ±
(tmñk
0
m
≠
)
ðs:
5
2
m = ± 0,25

0,25

II 1
(1ñiểm)

cos
2 3 os2 2(1 sin 2 )
cos .sin 2
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
⇔ − = −

3 sin 4 1 2sin 2 1 os4
x x c x
⇔ − = − +

3 sin 4 os4 2sin 2
x c x x
⇔ − =

3 1

π
π π


− = +
= +


⇔ ∈




= +− = − +
 

0,25

0,25
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
– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí


x
x
x
− <

⇔ < <

≤ <

(5) thì (4) luôn ñúng
*
8 5 0
8
1
1 3
5
x
x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

≤ <

(*) nên bình phương hai vế của (4)ta
ñược
2
9 144 144 0 8 48 8 48
x x x− + < ⇔ − < < +

x C C x C x C x
− = − + − +

Nhân 2 vế với x ta ñược:
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 ñạo hàm hai vế của (1) ta ñược;
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 ñược
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

S A F
B
H
E
D C

*CM:
SE EB
⊥

Vì tam giác SAD ñều cạnh a
3
2
a
SE⇒ =


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

CH SE
⊥
(do
( )
SE ABCD
⊥
)
Suy ra
( )
CH SEB
⊥
. =>
SBCH
⊥
0,25

0,25

IV 2
(1ñiểm)



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= = =
(ñvtt) 0,25
0,25
b c bc c
+ + ≥ + +2 2
2 3 2( 1)
c a ac a
+ + ≥ + +Khi ñó:
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
 
+ +
 


– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

Dấu ñẳng thức xảy ra khi a=b=c=1.
Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi a=b=c=1

0,25
VI.
a
1
(1ñiểm)

Gọi
( ; )
c c
C x y

Vì C thuộc ñường thẳng (d2) nên:
( 2 2; )
c c
C y y
− −

Gọi M là trung ñiểm của AC nên
1
1;
2

⊥
tại I ( J thuộc ñường thẳng BC) nên véc tơ chỉ
phương của ñường thẳng (d2) là
(2; 1)
u
→
−
là véc tơ pháp tuyến của
ñường thẳng (AJ)
Vậy phương trình ñường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0
Vì I=(AJ)
∩
(d2) nên toạ ñộ 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

= −


 
⇔ ⇒ − −
 
 
+ = − = −
 
 

Vậy phương trình ñường thẳng (BC) qua C(-4;1) ;
8 11
( ; )
5 5
J − − là:
4x+3y+13=0
0,25
0,25





Giải(2) ñặt
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
0,25 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí

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/
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)
ðáp số:
1
2
2
x

(0;1)
2 1 0 1
x y x
B
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 

ðường thẳng AB có VTPT :
(1; 1)
AB
n
−
uuur

ðường thẳng BD có VTPT :
(2;1)
BD
n
uuur

Giả sử ñường thẳng AC có VTPT :
( ; )
AC
n a b
uuur

⇔ + = − +
⇔ − + =
⇔ − + =
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur2
2
b
a
a b

=

⇔

=


1/Với
2
b
a
=
,chọn a=1,b=2 thì
(1;2)
AC
n
uuur


Vì A là giao ñiểm của ñường thẳng (AB) và (AC) nên toạ ñộ

0,25
0,25
0,25



Do I là trung ñiểm của AC và BD nên toạ ñộ ñiểm
(1;0)
C
và
2 1
( ; )
3 3
D
−2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình ñường thẳng (AC) là
2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD)
ðáp số:
1 2
( ; )
3 3
A − ;
(0;1)
B ;
(1;0)
C ;
2 1
( ; )
3 3
D
−


sin
3
x
t =
vì
2
0 sin 1
x
≤ ≤
nên
2
sin
1 3 3
x
≤ ≤
tức
1 3
t
≤ ≤khi ñó hàm số ñã cho trở thành
9
( )y f t t
t
= = +
với
1 3
t
≤ ≤

f t

10

6[ ]
( ; ) 1;3
min ( ) min ( ) 6
y x f t
−∞ +∞
= =
ñạt ñược khi t=3 khi

2
sin 1 ( )
2
x x k k Z
π
π
= ⇔ = + ∈
[ ]
( ; ) 1;3
ax ( ) ax ( ) 10
M y x M f t
−∞ +∞
= =
ñạt ñược khi t=1 khi


Nếu thí sinh làm theo các cách khác ñúng, vẫn cho ñiểm tối ña.
Hết