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
π
− = − +
2.Giải bất phương trình :
2 1 5 3x x x− − + > −
Câu III(1,0 điểm)
Khai triển (1 – 5x)
30
= a

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

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

------------------------------------------------------------------------------
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
,
0y =
có 3 nghiệm phân biệt
Tức là phương trình
2 2
( ) 4 0g x x m= − =
có hai nghiệm phân biệt
0x
≠
0m
⇔ ≠
------------------------------------------------------------------------------
, 4
4
0 1
0 2 1 16

4BC m=
------------------------------------------------------------------------------
4
1 1
. . 16 .4
2 2
ABC
S AI BC m m
∆
= =
=64
5
5
2 2m m⇔ = ⇔ = ±
(tmđk
0m ≠
)
Đs:
5
2m = ±
0,25
0,25
II 1
(1điểm)
Đk:
( )
2
k
x k Z
π

x
⇔ − = −
------------------------------------------------------------------------------
2
2 3 os2 .sin 2 1 2sin 2 2sin 2c x x x x⇔ − = −
3 sin 4 1 2sin 2 1 os4x x c x⇔ − = − +
3 sin 4 os4 2sin 2x c x x⇔ − =
3 1
sin 4 os4 sin 2
2 2
x c x x⇔ − =
sin(4 ) sin 2
6
x x
π
⇔ − =
------------------------------------------------------------------------------
⇔
4 2 2
( )
6
12
( )
7
( )
4 2 2
36 3
6
x x k
x k tm

0,25
0,25
II 2
(1điểm)
2 1 5 3x x x− − + > −
(1)
Đk:
1x
≥
Nhân lượng liên hợp: 2 1 5 0x 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 5x x> − + + (3)
0,25
0,25

(3)
2 2 2 2 4 2VP > + =
>3
nên bất phương trình (3) vô nghiệm.
----------------------------------------------------------------------------
TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý)
----------------------------------------------------------------------------
TH3:
1 3x
≤ <

x
x
− ≥

⇔ ≤ ≤

≤ <

(*) nên bình phương hai vế của (4)ta
được
2
9 144 144 0 8 48 8 48x x x− + < ⇔ − < < +
Kết hợp với điều kiện(*) ta được:
8
8 48
5
x− < ≤
(6)
Từ (5) và (6) ta có đs: 8 48 3x− < <
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 ... .5x x C x C x C x C x− = − + − +

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:

¼
0 0
90 90BFC 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
∆
=

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
2a b ab+ ≥

2
1 2b 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+ + ≥ + +

 
+ + =
 ÷
+ + + + + +
 
------------------------------------------------------------------------------
0,25
0,25
0,25