Trờng THPT minh châu kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 1) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) phần chung cho tất cả các thí sinh ( 8 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3 23 mxxxy += 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đờng thẳng d: x 2y 5 = 0. Câu II: (3 điểm) 1. Giải hệ phơng trình: ++=++ +=++ 1 21 22 2222 yxyxyyxx xyyxyx 2. Giải phơng trình: xx xx 2sin 2 1 cos2) 2 cos 2 (sin3 33 += Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 3 2 2 4 sin cos . 1 cos x dx x x+ Câu IV: (1 điểm)Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lợt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dơng thoả mãn: 3 222 =++ cba . Chứng minh 7 4 7 4 7 4111 222 + + + + + + + + + + cba accbba Phần riêng (2 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Cho tam giỏc ABC cõn, cnh ỏy BC cú phng trỡnh 01 =++ yx . Phng trỡnh ng cao v t B l: 022 = yx . im M(2;1) thuc ng cao v t C. Vit phng trỡnh cỏc cnh bờn ca tam giỏc ABC 2) Cho ng thng (D) cú phng trỡnh: 2 2 2 2 x t y t z t = + = = + .Gi l ng thng qua im A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua , hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển n n n xaxaxaa x ++++= + 32 1 2 210 . Tìm số lớn nhất trong các số n aaaa , ,,, 210 biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 110252 111222 =++ n nn n n n n n nn CCCCCC . Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đờng thẳng 03: 1 = yxd và 06: 2 =+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2) Cho hai im A(1;5;0), B(3;3;6) v ng thng cú phng trỡnh tham s 1 2 1 2 x t y t z t = + = = .Mt im M thay i trờn ng thng , tỡm im M chu vi tam giỏc MAB t giỏ tr nh nht. Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số 1 232 2 + = x xx y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ***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:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài không làm tròn. - Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng 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 1,00 * Với m = 0 thì 23 x3xy = 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +==== ++ )x3x(limylim,)x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y=3x 2 6x, y = 0 x = 0, x = 2. x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 0 + - - 4 0,25 - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = - 4. 0,25 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0). Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00 Ta có mx6x3'y,mxx3xy 223 +=+= Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y = 0 có hai nghiệm phân biệt 3m0m39' <>= 0,25 x y 3 2 O -4 -2 1 2 Ta có: m 3 1 x2m 3 2 'y 3 1 x 3 1 y + + = Tại các điểm cực trị thì y = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phơng trình m 3 1 x2m 3 2 y + = . Nh vậy đờng thẳng đi qua các điểm cực trị có phơng trình m 3 1 x2m 3 2 y + = , nên nó có hệ số góc k 1 = 2m 3 2 0,25 Ta có d: x 2y 5 = 0 2 5 x 2 1 y = suy ra d có hệ số góc k 2 = 2 1 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d , 0,25 suy ra 0m12m 3 2 2 1 1kk 21 == = +) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của chúng là I( 1; -2), ta thấy I d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d. Vậy: m = 0 0,25 II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00 =++ =+ ++=++ +=++ 1xy)xy1)(yx( 1yx)yx( 1yxyxyyxx xy21yxyx 222 22 2222 0,25 Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ =++ =+ 1v)v1(u 1vu 22 =++ =+ 1uvvu 1uv2)vu( 2 Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện )P4S 2 ta có hệ phơng trình = = =+ = S1P 1)S1(2S 1PS 1P2S 22 = = =+ 3S 1S 03S2S 2 0,25 +) Với S = 0 0P = = = = =+ 1v 0u 0uv 1vu hoặc = = 0v 1u - Nếu == == = = = = 1yx 1yx 1xy 0yx 1v 0u - Nếu = = = = = = = = 1y 0x hoặc 0y 1x 0xy 1yx 0v 1u 0,25 +) Với S = - 3 P4S4P 2 <= (loại) Vậy hệ phơng trình có 4 nghiệm ( ) ( ) )1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x( = 0,25 II.2 Giải bất phơng trình logarit 0 2xlog )82)(3x2( 0 2xlog )3x(82).11x(4 2 xx 2 xx + + (1) 0,25 +) Xét 3x2)x(f x += , f(x) = x,012ln2 x >+ nên f(x) đồng biến trên R . f(1) = 0. +) Xét g(x) = 2 x 8, g(x) đồng biến trên R , g(3) = 0. +) Xét h(x) = 2xlog 2 , h(x) đồng biến trên (0; + ), h(4) = 0. 0,25 Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + 2 x + x - 2 - 0 + | + | + 2 x - 8 - | - 0 + | + log 2 x - 2 - | - | - 0 + VT - 0 + 0 - || + 0,25 Theo bảng xét dấu, bất phơng trình đã cho có tập nghiệm S = );4(]3;1[ + 0,25 II.3 Giải phơng trình lợng giác 1,00 3 x2sin 2 1 xcos2) 2 x cos 2 x (sin3 33 += ( ) xcosxsin2 2 x cos 2 x sin1 2 x cos 2 x sin3 += + ( ) + += + 2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x cosxsin2xsin 2 1 1 2 x cos 2 x sin3 0,25 0 2 3 2 x cos 2 x sin)xsin2( 2 x sin 2 x cos = +++ 0,25 * x x x x sin cos 0 sin 0 k x k2 (k ) 2 2 2 4 2 4 2 = = = = + ữ Z * 2xsin0xsin2 ==+ (vô nghiệm) 0,25 * 22 3 4 xsin 2 3 42 x sin2 2 3 2 x cos 2 x sin = += +=+ (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) x k2 k 2 = + Z 0,25 III Tính thể tích khối chóp 1,00 Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN suy ra SI MN và AI MN. Do (SBC) (AMN) nên SI (AMN). Do đó MN.AI.SI 6 1 S.SI 3 1 V AMNAMN.S == 0,25 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI SK nên tam giác ASK cân tại A. Do đó 2 3a AKSA == 0,25 MN = 4 a MN 2 1 NI, 2 a BC 2 1 === , 4 3a 2 SA 2 SC SN === 4 2a 16 a 16 a3 NISNSI 22 22 === 0,25 4 10a 8 a 4 a3 SISAAI 22 22 === . Vậy 96 5a 2 a 4 10a 4 2a 6 1 V 3 AMN.S == 0,25 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: 4 1 SC SN . SB SM . SA SA V V ABC.S AMN.S == IV Tính giới hạn 1,00 2 2 0x 2 2x 0x 2 2x 0x x xcos1 lim x xcos)12( lim x 1xcos2 lim 22 = 0,50 12ln x xsin limxcoslim 2lnx 1e lim.2ln 2 0x 2 0x 2 2lnx 0x 2 = = 0,50 V Chứng minh bất đẳng thức 1,00 S A C B M N I K 4 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có: yx 4 y 1 x 1 4 y 1 . x 1 2.xy2 y 1 x 1 )yx( + += ++ (*), áp dụng (*) ta có: cb2a 4 cb 1 ba 1 ++ + + + ; c2ba 4 ac 1 cb 1 ++ + + + cba2 4 ba 1 ac 1 ++ + + + c2ba 2 cb2a 2 cba2 2 ac 1 cb 1 ba 1 ++ + ++ + ++ + + + + + (1) 0,25 Mặt khác ta lại có ( ) ( ) ( ) )cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2 222222 ++=+++++++ 0,25 7a 2 cba2 1 )cba2(27a)cba2(24cba2 2 2222 + ++ ++++++++ Tơng tự: 7b 2 aca2 1 2 + ++ ; 7c 2 bac2 1 2 + ++ 7c 2 7b 2 7a 2 c2ba 1 cb2a 1 cba2 1 222 + + + + + ++ + ++ + ++ (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta suy ra: 7c 4 7b 4 7a 4 ac 1 cb 1 ba 1 222 + + + + + + + + + + Dấu = xảy ra 1cba === 0,25 VIa.1 Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự 1,00 VII.a Tìm số lớn nhất trong các số n aaaa , ,,, 210 1,00 Ta có 221 n 2 n 1n n 1 n 1n n 2n n 2n n 2 n 105)CC(11025CCCC2CC =+=++ = = =+=+ =+ )iạlo(15n 14n 0210nn105n 2 )1n(n 105CC 21 n 2 n 0,25 Ta có khai triển = = = = + 14 0k kk14kk 14 14 0k kk14 k 14 14 x.3.2C 3 x 2 1 C 3 x 2 1 Do đó k14kk 14k 3.2Ca = 0,25 Ta xét tỉ số )1k(3 )k14(2 32C 32C a a k14kk 14 1k13k1k 14 k 1k + == + + . 5k1 )1k(3 )k14(2 1 a a k 1k <> + > + . Do k Ơ , nên k 4 . 0,25 Tơng tự 5k1 a a ,5k1 a a k 1k k 1k ==>< ++ Do đó 14765410 a aaaa aa >>>=<<<< Do đó a 5 và a 6 là hai hệ số lớn nhất Vậy hệ số lớn nhất là 62208 1001 32Caa 595 1465 === 0,25 VIb Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 1,00 Ta có: Idd 21 = . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: = = =+ = 2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy 2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 = Suy ra M( 3; 0) 0,25 5 Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 = + == Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD ===== Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d 1 ADd 1 Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 =+=+ . Lại có: 2MDMA == 0,25 Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: ( ) =+ =+ 2y3x 03yx 2 2 ( ) ( ) = = =+ += =+ += 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2 = = 1y 2x hoặc = = 1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25 Do 2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra: === === 213yy2y 729xx2x AIC AIC Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25 VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1,00 +) Ta có 1x 1 1x2y += . 0 1x 1 lim)]1x2(y[lim xx = = . Do đó (C) có tiệm cận xiên y = 2x 1. +) = + += + + 1x 2x3x2 lim; 1x 2x3x2 lim 2 1x 2 1x . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 +) Gọi M += 1x 1 1x2;xM)C( 0 00 , 1x 0 0,25 Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là 1x5 1 1x 12 1 1x 1 1x2x2 1xd 0 0 22 0 00 0 += + + += 0,25 áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có 4 0 0 5 2 1x5 1 1x2d = 4 5 2 d = khi 4 0 0 0 5 1 1x 1x5 1 1x = = 0,25 Vậy d nhỏ nhất khi 5 5 2 1; 5 1 1M ; 5 5 2 1; 5 1 1M 4 44 4 44 = +++= 0,25 VIa 2 Gi (P) l mt phng i qua ng thng , thỡ ( ) //( )P D hoc ( ) ( )P D . Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn (P). Ta luụn cú IH IA v IH AH . 6 Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , ,d D P d I P IH H P = = ∈ Trong mặt phẳng ( ) P , IH IA≤ ; do đó axIH = IA H Am ⇔ ≡ . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là ( ) 6;0; 3n IA= = − r uur , cùng phương với ( ) 2;0; 1v = − r . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: ( ) ( ) 2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z− − + = . VIb 2)Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ có phương trình tham số: 1 2 1 2 x t y t z t = − + = − = . Điểm M ∈∆ nên ( ) 1 2 ;1 ;2M t t t− + − . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 9 20 3 2 5 4 2 2 6 2 9 36 56 3 6 2 5 3 2 5 3 6 2 5 AM t t t t t BM t t t t t t AM BM t t = − + + − − + = + = + = − + + − − + − + = − + = − + + = + + − + 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5u t= r và ( ) 3 6;2 5v t= − + r . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 u t v t = + = − + r r Suy ra | | | |AM BM u v+ = + r r và ( ) 6;4 5 | | 2 29u v u v+ = ⇒ + = r r r r Mặt khác, với hai vectơ ,u v r r ta luôn có | | | | | |u v u v+ ≥ + r r r r Như vậy 2 29AM BM+ ≥ 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u v r r cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 t t t ⇔ = ⇔ = − + ( ) 1;0;2M⇒ và ( ) min 2 29AM BM+ = . 0,25 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ 0,25 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VIa.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ( ) ;0A a , B nằm trên đường thẳng 0x y− = nên ( ; )B b b , (2;1)M ( 2; 1), ( 2; 1)MA a MB b b⇒ = − − = − − uuur uuur Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b − − − − = = ⇔ = − + = − + − uuur uuur , do 2b = không thỏa mãn vậy 0,25 0,25 7 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b − − = ≠ − − = ≠ − ⇔ − − − + = − + − + = − + − ÷ − 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b = − − = ≠ = − ⇔ ⇔ = − + − − = − = Với: 2 1 a b = = đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 2 0x y+ − = Với 4 3 a b = = đường thẳng ∆ qua AB có phương trình 3 12 0x y+ − = 0,25 0,25 8 . Trờng THPT minh châu kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 1) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) phần chung cho. 1 232 2 + = x xx y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thu c (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ***Hết*** Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hớng