Kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 ( 1) môn toán potx

1 Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (1) Download tại Ebook.here.vn Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 += xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) 1. Giải hệ phơng trình: =++ =+++ yyxx yyxyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y R ) 2. Giải phơng trình: 8 1 3 tan 6 tan 3coscos3sin.sin 33 = + + xx xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ++= 1 0 2 )1ln( dxxxxI Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 3 2 a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mn abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 32 1 32 1 32 1 222222 ++ + ++ + ++ = accbba P Phần tự chọn Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 Phần 1 Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): xxy 2 2 = và elip (E): 1 9 2 2 =+ y x . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn. Viết phơng trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình 011642 222 =+++ zyxzyx và mặt phẳng ( ) có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0. Viết phơng trình mặt phẳng ( ) song song với ( ) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6. Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x + 4 2 1 , biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mn: 1 6560 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 + = + ++++ + n C n CCC n n n nnn L ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2 Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d 1 : x + y + 5 = 0, d 2 : x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d 2 . Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x y z 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 MC MB MA ++ Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình += +=+ + + 1 )1(2 yxe xee yx yxyx (x, y R ) ***Hết*** Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V . Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn 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 43 23 += xxy 1,00 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +=+==+= ++ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 4 + - 0 - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. 0,50 3. Đồ thị : Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc 1,00 d có phơng trình y = m(x 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình = = =+=+ 0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 0,50 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y = 0,25 9 35318 m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2 ==+=+ (thỏa mn) 0,25 II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00 Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25 Hệ phơng trình tơng đơng với =+ + =++ + 1)2yx( y 1x 22yx y 1x 2 2 0,25 x y - 1 2 O 4 2 1 4 Đặt 2yxv, y 1x u 2 += + = Ta có hệ 1vu 1uv 2vu == = =+ 0,25 Suy ra =+ = + 12yx 1 y 1x 2 . Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đ cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25 II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00 Điều kiện: 0 3 xcos 6 xcos 3 xsin 6 xsin + + Ta có 1x 6 cot 6 xtan 3 xtan 6 xtan = = + 0,25 Phơng trình đ cho tơng đơng với 8 1 x3cosxcosx3sin.xsin 33 =+ 1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos4x 1 2 2 2 2 8 + + + = 0,25 2 1 x2cos 8 1 x2cos 2 1 )x4cosx2cosx2(cos2 3 ===+ 0,25 + = + = k 6 x (loại) k 6 x , (k ) Z . Vậy phơng trình có nghiệm + = k 6 x , (k ) Z 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt = ++ + = = ++= 2/xv dx 1xx 1x2 du xdxdv )1xxln(u 2 2 2 1 1 2 3 2 2 2 0 0 x 1 2x x I ln(x x 1) dx 2 2 x x 1 + = + + + + 0,25 ++ ++ + += 1 0 2 1 0 2 1 0 1xx dx 4 3 dx 1xx 1x2 4 1 dx)1x2( 2 1 3ln 2 1 ( ) 11 1 0 2 1 0 2 I 4 3 3ln 4 3 I 4 3 )1xxln( 4 1 xx 2 1 3ln 2 1 =+++= 0,25 * Tính I 1 : + + = 1 0 2 2 1 2 3 2 1 x dx I . Đặt =+ 2 , 2 t,ttan 2 3 2 1 x Suy ra 9 3 t 3 32 ttan1 dt)ttan1( 3 32 I 3/ 6/ 3/ 6/ 2 2 1 == + + = 0,25 Vậy 12 3 3ln 4 3 I = 0,25 5 IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi đó (P) (BCH). Do góc A' AM nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. 0,25 Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3 3a AM 3 2 AO, 2 3a AM === Theo bài ra 4 3a HM 8 3a BC.HM 2 1 8 3a S 22 BCH === 0,25 4 a3 16 a3 4 a3 HMAMAH 22 22 === Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên AH HM AO O'A = suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 0,25 Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,25 V Tìm giá trị lớn nhất 1,00 Ta có a 2 +b 2 2ab, b 2 + 1 2b 1bab 1 2 1 2 1 b b a 1 3 b 2 a 1 22222 ++ + + + + = + + Tơng tự 1aca 1 2 1 3 a 2 c 1 , 1cbc 1 2 1 3 c 2 b 1 2222 ++ + + ++ + + 0,50 2 1 bab1 b ab1b ab 1bab 1 2 1 1aca 1 1cbc 1 1bab 1 2 1 P = ++ + ++ + ++ = ++ + ++ + ++ 0,25 2 1 P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 2 1 khi a = b = c = 1. 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00 Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình 09x37x36x91)x2x( 9 x 23422 2 =+=+ (*) 0,25 Xét 9x37x36x9)x(f 234 += , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt 0,25 Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mn hệ =+ = 1y 9 x x2xy 2 2 2 0,25 A B C C B A H O M 6 09y8x16y9x9 9y9x y8x16x8 22 22 2 =+ =+ = (**) (**) là phơng trình của đờng tròn có tâm = 9 4 ; 9 8 I , bán kính R = 9 161 Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**) 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) 1,00 Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. 0,25 Khoảng cách từ I tới () là h = 435rR 2222 == 0,25 Do đó = = =+= ++ ++ (loại) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 0,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0 0,25 VII.a Tìm hệ số của x 2 1,00 Ta có ( ) ++++=+= 2 0 nn n 22 n 1 n 0 n 2 0 n dxxCxCxCCdx)x1(I L 2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC + ++++= + L suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + L (1) 0,25 Mặt khác 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + =+ + = + + (2) Từ (1) và (2) ta có n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + L 1n 13 1n + = + Theo bài ra thì 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n == + = + + + 0,25 Ta có khai triển ( ) = = + 7 0 4 k314 k 7 k k 7 0 4 k7 k 7 7 4 xC 2 1 x2 1 xC x2 1 x 0,25 Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa mn 2k2 4 k314 == Vậy hệ số cần tìm là 4 21 C 2 1 2 7 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00 Do B d 1 nên B = (m; - m 5), C d 2 nên C = (7 2n; n) 0,25 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên =+ =++ 0.3n5m3 2.3n27m2 = = =+ = 1n 1m 2nm 3n2m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C (C) nên ta có hệ = = = =++++ =++ =++++ 27/338c 18/17b 54/83a 0cb2a10125 0cb8a2161 0cb6a494 0,25 Vậy (C) có phơng trình 0 27 338 y 9 17 x 27 83 yx 22 =++ 0,25 7 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất 1,00 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 3; 3 8 ; 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 222 222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 0,25 F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 33 19 111 333/83/7 ))P(,G(dMG = ++ == 0,25 3 64 9 104 9 32 9 56 GCGBGA 222 =++=++ Vậy F nhỏ nhất bằng 9 553 3 64 33 19 .3 2 =+ khi M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00 += ++= += +=+ + + + 1yxe 1yxe 1yxe )1x(2ee yx yx yx yxyx Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ = += += += )2(uvee )1(1ue 1ve 1ue vu v u v 0,25 - Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) v u = 0,25 Thế vào (1) ta có e u = u+1 (3) . Xét f(u) = e u - u- 1 , f'(u) = e u - 1 Bảng biến thiên: u - 0 + f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u = . 0,25 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 = = = =+ = 0y 0x 0yx 0yx 0v Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0) 0,25 . kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (1 ) Download tại Ebook.here.vn Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ( ề thi gồm 02 trang) phần chung cho tất cả các thí sinh. thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 200 9( lần 1) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả. f(-1)f(0) < 0, f(0)f (1 ) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (* ) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt 0,25 Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mn hệ