Trờng THPT thanh sơn đề thi KSCL năm 2010 (lần 1) Gv:ngô tùng lâm Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 32 = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phơng trình =+ 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 x x x x x 2. Giải bất phơng trình +>+ xxxxx 2 1 log)2(22)144(log 2 1 2 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân + + = e dxxx xx x I 1 2 ln3 ln1 ln Câu IV (1 điểm)Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 a . 3aSA = , ã ã 0 30= =SAB SAC . Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dơng thoả mãn : a + b + c = 3 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 333 3 1 3 1 3 1 accbba P + + + + + = Phần riêng (3điểm)Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng 052: 1 =+ yxd . d 2 : 3x +6y 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng đó cắt hai đờng thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng thẳng d 1 , d 2 . 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phơng trình: 02 =++ zyx . Gọi Alà hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đ- ờng tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dơng n biết: 1 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 + + + + + + + + + = k k k n n n n n n C C k k C n n C Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b (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.b(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 mãn: 1 6560 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 + = + ++++ + n C n CCC n n n nnn ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) Hết 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: Trờng THPT thanh sơn kì thi KSCL năm 2010 ( lần I) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài thi không làm tròn - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ: { } 2\R 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận: * +== + ylim;ylim 2x2x Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim lim 2 + = = x x y y đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 2 b) Bảng biến thiên: Ta có: ( ) 2x,0 2x 1 'y 2 < = Bảng biến thiên: x - 2 + y - - y 2 - + 2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) 2; và ( ) +;2 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại 2 3 ;0 và cắt trục hoành tại điểm 0; 2 3 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 I. 2 Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00 Ta có: 2x, 2x 3x2 ;xM 0 0 0 0 , ( ) 2 0 0 2x 1 )x('y = Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) 2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 0 2 0 + = 0,25 Toạ độ giao điểm A, B của ( ) và hai tiệm cận là: ( ) 2;2x2B; 2x 2x2 ;2A 0 0 0 Ta thấy M0 0BA xx 2 2x22 2 xx == + = + , M 0 0BA y 2x 3x2 2 yy = = + suy ra M là trung điểm của AB. 0,25 Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích S = += += 2 )2x( 1 )2x(2 2x 3x2 )2x(IM 2 0 2 0 2 0 0 2 0 2 0,25 3 O y x 2 3/2 3/2 2 Dấu = xảy ra khi = = = 3x 1x )2x( 1 )2x( 0 0 2 0 2 0 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) 0,25 II. 1 Giải phơng trình lợng giác 1 điểm )1( 24 cos2sin 2 cossin 2 sin1 22 =+ x x x x x ( ) xsin1x 2 cos1xsin 2 x cosxsin 2 x sin11 2 += +=+ 0,25 01 2 x cos 2 x sin2. 2 x cos 2 x sinxsin01xsin 2 x cos 2 x sinxsin = = 0,25 01 2 x sin2 2 x sin21 2 x sinxsin 2 = ++ 0,25 2 sin x 0 x k x k x sin 1 x k , k x 2 x k4 k2 2 2 x x 2sin 2sin 1 2 2 = = = = = = + = + + + Z 0,25 II. 2 Giải bất phơng trình 1 điểm ĐK: ( ) * 2 1 x 2 1 x 2 1 x 0)1x2( 2 1 x 01x4x4 0x 2 1 22 < < > < >+ > 0,25 Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với: [ ] 1)x21(log)2x(2x2)x21(log2 22 ++> [ ] 01)x21(logx 2 <+ 0,25 < > > < < > > < < > >+ < <+ > 0x 4 1 x 1)x21(2 0x 1)x21(2 0x 0)x21(2log 0x 0)x21(2log 0x 01)x21(log 0x 01)x21(log 0x 2 2 2 2 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 2 1 x 4 1 << hoặc x < 0. 0,25 III Tính tích phân 1 điểm + + = e 1 2 e 1 xdxlnx3dx xln1x xln I +) Tính + = e dx xx x I 1 1 ln1 ln . Đặt dx x 1 tdt2;xln1txln1t 2 =+=+= Đổi cận: 2tex;1t1x ==== 0,25 4 ( ) ( ) ( ) 3 222 t 3 t 2dt1t2tdt2. t 1t I 2 1 3 2 1 2 2 1 2 1 = == = 0,25 +) Tính dxxlnxI e 1 2 2 = . Đặt = = = = 3 x v x dx du dxxdv xlnu 32 0,25 e 3 3 3 3 3 3 e 2 e 2 1 1 1 x 1 e 1 x e e 1 2e 1 I .ln x x dx . 3 3 3 3 3 3 9 9 9 + = = = + = 0,25 =+= 21 I3II 3 e2225 3 + 0,25 IV Tính thể tích hình chóp 1 điểm Theo định lí côsin ta có: ã 2 2 2 2 2 0 2 SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + = + = Suy ra aSB = . Tơng tự ta cũng có SC = a. 0,25 Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA 3 1 S.SA 3 1 S.MA 3 1 VVV =+=+= 0,25 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA. 16 a3 2 3a 4 a aAMBNABAMANMN 2 2 2 2222222 = === 4 3a MN = . 0,25 Do đó 16 a 2 a . 4 3a .3a 6 1 BC.MN 2 1 .SA 3 1 V 3 ABC.S === 0,25 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm S A B C M N 5 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có zyx 9 z 1 y 1 x 1 9 xyz 3 xyz3 z 1 y 1 x 1 )zyx( 3 3 ++ ++= ++++ (*) áp dụng (*) ta có 333333 a3cc3bb3a 9 a3c 1 c3b 1 b3a 1 P +++++ + + + + + = 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a 3b 1 1 1 a 3b 1.1 a 3b 2 3 3 b 3c 1 1 1 b 3c 1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 c 3a 1.1 c 3a 2 3 3 + + + + = + + + + + + = + + + + + + = + + 0,25 Suy ra ( ) 3 3 3 1 a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6 3 + + + + + + + + 1 3 4. 6 3 3 4 + = Do đó 3P 0,25 Dấu = xảy ra 3 a b c 1 a b c 4 4 a 3b b 3c c 3a 1 + + = = = = + = + = + = Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba === 0,25 VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng 1 điểm Cách 1: d 1 có vectơ chỉ phơng )1;2(a 1 ; d 2 có vectơ chỉ phơng )6;3(a 2 Ta có: 06.13.2a.a 21 == nên 21 dd và d 1 cắt d 2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đ- ờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình: 0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d =++=++ 0,25 d cắt d 1 , d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d 1 ( hoặc d 2 ) một góc 45 0 = = == ++ A3B B3A 0B3AB8A345cos )1(2BA BA2 220 2222 0,25 * Nếu A = 3B ta có đờng thẳng 05yx3:d =+ 0,25 * Nếu B = -3A ta có đờng thẳng 05y3x:d = Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05yx3:d =+ 05y3x:d = 0,25 Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d 1 , d 2 của tam giác đã cho. Các đờng phân giác của góc tạo bởi d 1 , d 2 có phơng trình =++ =+ +=+ + + = + + )( 08y3x9 )( 022y9x3 7y6x35yx23 63 7y6x3 )1(2 5yx2 2 1 2222 0,25 +) Nếu d // 1 thì d có phơng trình 0cy9x3 =+ . Do P d nên 05y3x:d15c0c96 ===++ 0,25 +) Nếu d // 2 thì d có phơng trình 0cy3x9 =++ . Do P d nên 05yx3:d15c0c318 =+==+ 0,25 6 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. 05yx3:d =+ 05y3x:d = 0,25 VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đờng tròn 1 điểm Dễ thấy A ( 1; -1; 0) * Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là: 0,25 ( ) 0dcba,0dcz2by2ax2zyx 222222 >++=++++++ Vì ( ) SD,C,B,'A nên ta có hệ: = = = = =++ =++++ =++++ =++ 1d 1c 1b 2 5 a 021dc4b2a8 029dc4b6a8 014dc4b6a2 02db2a2 Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: 01225 222 =+++ zyxzyx 0,25 (S) có tâm 1;1; 2 5 I , bán kính 2 29 R = +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phơng là: ( ) 1;1;1n Suy ra phơng trình của d: +++ += += += t1;t1;t 2 5 H t1z t1y t2/5x Do ( ) )P(dH = nên: 6 5 t 2 5 t302t1t1t 2 5 ===+++++ 6 1 ; 6 1 ; 3 5 H 0,25 6 35 36 75 IH == , (C) có bán kính 6 186 6 31 36 75 4 29 IHRr 22 ==== 0,25 VII a. Tìm số nguyên dơng n biết 1 điểm * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( ++ +++++ + +++= (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: n21n2 1n2 1kk 1n2 k2 1n2 1 1n2 n2 xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2( + + +++ ++++=+ (2) 0,25 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 + + +++ ++++=+ 0,25 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2 n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C + + + + + + = + + + + 0,25 Phơng trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 ==+=+ 0,25 VIb.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 7 Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ =+ = 1y 9 x x2xy 2 2 2 0,25 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 VIb.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.b 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 2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC + ++++= + suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + (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 + ++++= + 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 8 9 . liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Trờng THPT thanh sơn kì thi KSCL năm 2010 ( lần I) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài thi không làm tròn -. Trờng THPT thanh sơn đề thi KSCL năm 2010 (lần 1) Gv:ngô tùng lâm Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung cho. thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 2 b) Bảng biến thi n: Ta có: ( ) 2x,0 2x 1 'y 2 < = Bảng biến thi n: x - 2 + y - - y 2 - + 2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng