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 . 1 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: 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: 2 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 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 3 O y x 2 3/2 3/2 2 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 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 4 < > > < < > > < < > >+ < <+ > 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 ( ) ( ) ( ) 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 S A B C M N 5 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 . . . 2 1 1 . . . 3 3 3 S ABC S MBC A MBC MBC MBC MBC V V V MA S SA S SA S= + = = = 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 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 6 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 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: 5 2 2 2 0 2 2 6 4 14 0 1 8 6 4 29 0 1 8 2 4 21 0 1 a b d a a b c d b a b c d c a b c d d + + = = + + + + = = + + + + = = + + + = = 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 7 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 2n 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 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 8 Ta cã ( ) ∫∫ ++++=+= 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 MÆt kh¸c 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + − =+ + = + + (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã 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 bµi ra th× 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n =⇒=⇔ + = + − + + 0,25 Ta cã khai triÓn ( ) ∑∑ − − = = + 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 Tim k=2 taco a 2 = 2 7 2 1 2 C 0,25 9 . 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. liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 2 Trờng THPT thanh sơn kì thi KSCL năm 2010 ( lần I) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài thi không làm tròn -. = = x x y y đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0,25 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