S GD&T BC NINH TRNG THPT LNG TI 2 THI TH I HC LN I NM HC 2008 2009 Mụn Toỏn Ngy thi: 01/3/2009 Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt ) Phần chung cho tất cả các thí sinh. Câu I (2 điểm) Cho hàm số : 1 2 + = x x y (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2.Chứng minh rằng mọi tiếp tuyến của đồ thị (1) đều lập với hai đờng tiệm cận một tam giác có diện tích không đổi. Câu II (2 điểm) 1.Tìm );0( x thoả mãn phơng trình: Cotx 1 = xx x x 2sin 2 1 sin tan1 2cos 2 + + . 2.Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: mxxxx =+++ 11 22 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) với a, b, c > 0. 1. Tính khoảng cách từ O đến mp (ABC) 2. Tính thể tích khối đa diện OIBC trong đó I là chân đờng cao kẻ từ C của ABC . Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: I = 2 1 10 1 dx x xx 2. Cho x, y, z là các số thực dơng thoả mãn: x + y + z = xyz. Tìm GTNN của A = )1()1()1( zxy zx yzx yz xyz xy + + + + + . Phần riêng. Thí sinh chỉ đợc làm 1 trong 2 câu: V. a hoặc V.b Câu V. a. Dành cho ban Cơ Bản (2 điểm). 1. Giải phơng trình: 25lg)20.155.10lg( +=+ x xx 2.Tính thể tích lăng trụ đều ABC.A ' B ' C ' biết mp(ABC ' ) hợp với đáy góc 60 0 và diện tích tam giác ABC ' bằng 2 3a Câu V. b. Dành cho ban KHTN (2 điểm). 1.Giải bất phơng trình: 32 4 )32()32( 1212 22 ++ + xxxx 2.Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, góc ABC = 30 0 ; hai mặt bên SAD và SBC vuông tại A, C cùng hợp với đáy góc . CMR: (SAC) (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD. Hết Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát- vẽ đồ thị (1 điểm) Ta có: 1 3 1 += x y TXĐ: D = R\ {1} Sự biến thiên: + Giới hạn Tiệm cận: += + y x 1 lim = y x 1 lim ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 1lim = +x y ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 0,25 + Bảng biến thiên: 'y = 0 )1( 3 2 < x , Dx HS nghịch biến trên các khoảng (- ; 1) và (1; + ) HS không có cực trị 0,5 Đồ thị: KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2 CMR: Mọi tiếp tuyến diện tích không đổi (1 điểm) Giả sử M + 1 2 ; a a a thuộc đồ thị (1) Tiếp tuyến của (1) tại M: 1 2 ))(( ' + += a a axayy = 2 2 2 )1( 24 )1( 3 + + a aa x a 0,25 TCĐ: x = 1 ( 1 ) ; TCN: y = 1( 1 ) Gọi I là giao 2 tiệm cận I(1; 1) A = d 1 A(1; 1 5 + a a ) ; B = d 2 B(2a-1; 1) 0,25 = 1 6 ;0 a IA IA = 1 6 a ; ( ) 0;22 = aIB IB = 2 1a 0,25 Diện tích IAB : S IAB = IBIA. 2 1 = 6 (đvdt) ĐPCM 0,25 II 2 1 Tìm x );0( thoả mãn pt (1 điểm) ĐK: + 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 + + = xxxxxx x xx cossinsincossincos sin sincos 22 += 0,25 )2sin1(sinsincos xxxx = 0)1sincos)(sinsin(cos 2 = xxxxx 0,25 0)32cos2)(sinsin(cos =+ xxxx 0sincos = xx tanx = 1 )( 4 Zkkx += (tm) 0,25 ( ) 4 0;0 == xkx KL: 0,25 2 Tìm m để pt có nghiệm (1 điểm) Xét hs: 11)( 22 +++= xxxxxf 12 12 12 12 )(' 22 + ++ + = xx x xx x xf 0,25 ++−=+−+ ≥−+ ⇔= )1()12()1()12( 0)12)(12( 0)(' 2222 xxxxxx xx xf = − ≤∨≥ ⇔ )(0 2 1 2 1 lx xx Rxf ∈∀>= ,01)0(' ⇒ HS )(xf ®ång biÕn trªn R. 0,25 1)(lim;1)(lim −== −∞→+∞→ xx xfxf 0,25 PT cã nghiÖm khi: -1 < m < 1. 0,25 III 2 1 TÝnh kho¶ng c¸ch tõ O ®Õn (ABC) (1 ®iÓm) PT mp(ABC): 1=++ c z b y a x 0,5 0=−++⇔ abcabzcaybcx O,25 ( ) 222222 )(, accbba abc ABCOd ++ = 0,25 2 TÝnh thÓ tÝch khèi ®a diÖn OIBC (1 ®iÓm) AB = ( ) 0;;ba PTTS của AB: = = = 0z bty atax 0,25 )0;;( btataIABI IC = ( ) cbtaat ;; IC AB IC . AB = 0 22 2 222 0)( ba a ttbaa + ==+ ++ 0;; 22 2 22 2 ba ba ba ab I ( ) 0;0; 00 0 ; 0 00 ; 0 0 , bc b cc b OCOB = = 22 3 ., ba cab OIOCOB + = ( ) 22 3 6 ., 6 1 ba cab OIOCOB V OIBC + = = (đvtt) 0,25 0,25 0,25 IV 2 1 Tính tích phân (1 điểm) Đặt tdtdxxtxt 211 2 === Đổi cận: x = 1 0= t x = 2 1= t 0,25 Khi đó: dt t t t dttt I ++= + = 1 0 2 2 1 0 2 22 9 90 102 9 2)1( 0,25 = 1 0 1 0 3 3 3 ln3010 3 2 + + + t t t t = 2ln30 3 62 2 1 ln30 3 62 =+ 0,5 2 Tìm GTNN (1 điểm) Cách 1: CM: Với mọi a, b > 0 thì + + baba 11 4 11 (1) Dấu = xảy ra ba = 0,25 A = + + + + + ++ xyzzxyzyxyzxzyx 111111 A = ++ + ++ + ++ ++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 áp dụng (1) ta có: A + + + + + +++++ yxxzzyzyxzyx 111 2 1 2 1 2 1 4 1111 ++= ++++ zyxzyxzyx 111 4 3111 4 1111 CM: Với mọi a, b, c thì: ( ) ( ) cabcabcba ++++ 3 2 (2) Dấu = xảy ra cba == áp dụng (2) ta có: 3.3 111 3 111 2 = ++ = ++ ++ xyz zyx zxyzxyzyx Do x, y, z > 0 nên 3 111 ++ zyx A 4 33 KL: 4 33 min = A đạt đợc khi 3=== zyx Cách 2: A = ++ + ++ + ++ ++ yxzxzyzyxzyx 2 1 2 1 2 1111 Theo CôSi: A ++++ 444 4 1 4 1 4 1111 xyzzxyyzxxyz zyx A ++++++++++ zyxzyxzyxzyx 211121112 16 1111 A ++ zyx 111 4 3 (Cách 1) 0,25 0,25 0,25 V.a Dành cho ban Cơ Bản 2 1 Giải phơng trình (1 điểm) PT ( ) ( ) xxx 10.25lg20.155.10lg =+ 0,25 xxx 10.2520.155.10 =+ 0102.254.15 =+ xx 0,25 Đặt )0(2 >= tt x , ta đợc: 15t 2 - 25t +10 = 0 = = )( 3 2 )(1 tmt tmt 0,25 1=t 012 == x x === 3 2 log 3 2 2 3 2 2 xt x KL: 0,25 2 Tính thể tích lăng trụ (1 điểm) Gọi H là trung điểm AB ABHC ABCH ' ( ) 0 60')',()(),'( === CHCHCCHABCABC 22 ' 32'.3 aABHCa S ABC == (1) Xét 'HCC vuông tại C: 3 60cos ' 0 AB HC HC == (2) Từ (1),(2) 6';2 aHCaAB == aHCCC 2 23 60sin'.' 0 == 202 2 3 60sin 2 1 aAB S ABC == 3 '''. 4 63 '. aCC SV ABCCBAABC == (đvtt) 0,25 0,25 0,25 0,25 V.b Dành cho ban KHTN 2 1 Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh (1 ®iÓm) Bpt ( ) ( ) 43232 22 22 ≤−++⇔ −− xxxx §Æt ( ) )0(32 2 2 >+= − tt xx , ta ®îc: 4 1 ≤+ t t 014 2 ≤+− tt 3232 +≤≤−⇔ t (tm) 0,5 Khi ®ã: ( ) 323232 2 2 +≤+≤− − xx 121 2 ≤−≤−⇔ xx ⇔ 2121012 2 +≤≤−⇔≤−− xxx KL: 0,5 2 CM: (SAC) ⊥ (ABCD) vµ tÝnh thÓ tÝch S.ABCD (1 ®iÓm) S CM: (SAC) ⊥ (ABCD): BCSA BCAD ADSA ⊥⇒ ⊥ // )()()( ABCDSACSACBC BCSC ⊥⇒⊥ → ⊥ TÝnh thÓ tÝch: ( ) ( ) α == → ⊥ ⊥ =∩ ACSCABCDSBC ACBC SCBC BCABCDSBC ,)(),( )()( (1) T¬ng tù ( ) ( ) α ==⇒ ACSAABCDSAD ,)(),( (2) Tõ (1), (2) α ==⇒ SCASAC SAC∆ c©n t¹i S )(ABCDSOACSO SOBC ⊥ →⊥⇒ ⊥ ABC∆ vu«ng t¹i C : AC = AB.sin30 0 = 2 a 20 4 3 60sin 2 1 .22 aACAB SS ABCABCD === 0,25 0,25 0,25 0,25 SOA∆ vu«ng t¹i O: AO = 42 1 a AC = SO = AO.tan αα tan 4 1 4 a= α tan 48 3 . 3 1 3 . aSO SV ABCDABCDS == (®vtt). h §Ò thi thö ®¹i häc n¨m 2010 M«n: To¸n – Ngµy thi: 04.4.2010 Thêi gian 180 phót ( kh«ng kÓ giao ®Ò ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 ( ) 3 1 1y f x mx mx m x= = + − − − , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x= không có cực trị. Câu II (2 điểm) . 1. Giải phương trình : ( ) 4 4 sin cos 1 tan cot sin 2 2 x x x x x + = + 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 2 3 4 8 2 log 1 2 log 4 log 4x x x + + = − + + Câu III (1 điểm) Tính tích phân 3 2 2 1 2 1 dx A x x = − ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm ( ) 2 2 7 6 0 2 1 3 0 x x x m x m − + ≤ − + − + ≥ PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng: ( ) ( ) : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y+ − + − Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 3 2 1 1 2 4 3 1 1 5 4 7 15 n n n n n n C C A C A − − − − + + − < ≥ (Ở đây , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y+ + − − = .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z− + − = và các đường thẳng 1 2 1 3 5 5 : ; : 2 3 2 6 4 5 x y z x y z d d − − − + = = = = − − . Tìm các điểm 1 2 d , dM N∈ ∈ sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số ( ) 3 1 ( ) ln 3 f x x = − và giải bất phương trình: 2 0 6 sin 2 '( ) 2 t dt f x x π π > + ∫ Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 3 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có 3 2 3 1y x x= + − + MXĐ: D = ¡ 0,25 [...]...+ Sự biến thi n: • Giới hạn: xlim y = −∞; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ • x = −2 y ' = 3x 2 + 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 • 0,2 Bảng biến thi n 0,2 yC§ = y ( −2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = −1 • Đồ thị 0,2 2 1,0 + Khi m = 0 ⇒ y = x − 1 , nên hàm số không có cực trị 0,2 + Khi m ≠ 0 ⇒ y... = 2 ln 3 ÷ ÷ 1− t 2 2 1− t 2 IV 0,5 1,0 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ⊥ AB, SE ⊥ AB , suy ra ( SOE ) ⊥ AB Dựng OH ⊥ SE ⇒ OH ⊥ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thi t thì OH = 1 Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: S SAB 1 1 1 1 1 1 1 8 = + ⇒ = − = 1− = 2 2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9 9 9 3 ⇒ OE 2 = ⇒ OE = 8 2 2 9 81 9 SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = ⇒... Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆ 2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆ 3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thi t suy ra (·∆ 2 ; ∆3 ) = (·∆1 ; ∆ 2 ) Do đó |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cos (·∆ 2 ; ∆ 3 ) = cos (·∆1; ∆ 2 ) ⇔ = 2 2 25 5 5 a + b a = 0 ⇔| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 ⇔ a ( 3a − 4b ) = 0 ⇔ 3a − 4b = 0... của đường thẳng AC là y - 4 = 0 y − 4 = 0 x = 5 ⇔ ⇒ C ( 5; 4 ) x − y −1 = 0 y = 4 Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 0,2 2 1,0 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thi t ta có: OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) OI = AI ⇔ OI = d ( I , ( P ) ) d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) 0,2 Ta có: OI = AI ⇔ OI 2 = AI 2 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − 5 ) + ( b... 13 ( lo¹i) ⇔ ⇔ a + 2b − 2c = 4 (3) a + 2b − 2c + 5 = −a − 2b + 2c + 13 Từ (1) và (3) suy ra: b = 0,2 17 11a 11 − 4a − ;c = (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b2 + c 2 = 9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a − 2 ) ( 221a − 658 ) = 0 67 658 658 46 ; ;− Như vậy a = 2 hoặc a = Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ÷ và 221 221 221 221 0,2 R = 3 Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với... ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4) 2 0,5 1,0 x = 1 + 2t Phương trình tham số của d1 là: y = 3 − 3t M thu c d1 nên tọa độ của M z = 2t ( 1 + 2t;3 − 3t; 2t ) Theo đề: d ( M ,( P) ) = 0,2 |1 + 2t − 2 ( 3 − 3t ) + 4t − 1| 12 + ( −2 ) + 22 2 =2⇔ |12t − 6 | = 2 ⇔ 12t − 6 = ±6 ⇔ t1 = 1, t 2 = 0 3 + Với . AO.tan αα tan 4 1 4 a= α tan 48 3 . 3 1 3 . aSO SV ABCDABCDS == (®vtt). h §Ò thi thö ®¹i häc n¨m 2010 M«n: To¸n – Ngµy thi: 04.4 .2010 Thêi gian 180 phót ( kh«ng kÓ giao ®Ò ) PHẦN CHUNG. S GD&T BC NINH TRNG THPT LNG TI 2 THI TH I HC LN I NM HC 2008 2009 Mụn Toỏn Ngy thi: 01/3/2009 Thi gian lm bi 180 phỳt (khụng k thi gian phỏt ) Phần chung cho tất cả các thí sinh. Câu. (đvdt) ĐPCM 0,25 II 2 1 Tìm x );0( thoả mãn pt (1 điểm) ĐK: + 1tan 02sin 0cossin 02sin x x xx x Khi đó pt xxx xx xx x xx cossinsin sincos cos.2cos sin sincos 2 + + =