Tuyển tập đề thi ĐH môn Toán năm 2009 docx

Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận.. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P 2; -1 sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao

DongPhD Problems BookSeries

Tuyển Tập Đề Thi Thử

Đại Học 2009

vnMath.com Dịch vụ Toán họcdichvutoanhoc@gmail.com

Thông tin

bổ ích(Free)

Toán học vui Kiếm

tiền trên mạng

Tr ng i h c H ng c THI TH TUY N SINH I H C - CAO NG 2009

Khoa Khoa h c T nhiên Môn thi: TOÁN, kh i A

2 Tính: cos12o+cos18o−4 cos15 cos 21 cos 24o o o

Câu III (1,0 đi m)

Trên parabol y = x2 l y ba đi m , , A B C khác nhau sao cho ti p tuy n t i C song

song v i đ ng th ng AB Ký hi u S là di n tích tam giác ABC, S’ là di n tích hình ph ng

II PH N RIÊNG (3,0 đi m)

Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n: theo ch ng trình Chu n ho c Nâng cao

1 Theo ch ng trình Chu n

Câu VIa (2 đi m)

1 Tìm to đ các đ nh B và C c a tam giác ABC, bi t đ nh , tr ng tâm

Câu VIIa (1 đi m)

M t h p đ ng bi có 12 viên, trong đó có 3 viên tr ng, 4 viên đ , 5 viên xanh Ký hi u

A là t ng s cách l y 6 trong 12 viên đó, B là s cách l y 6 viên sao cho s bi đ b ng s

bi xanh Tính t s B : A

2 Theo ch ng trình Nâng cao

Câu VIb (2 đi m)

1 Trong m t ph ng to đ , cho hai đ ng th ng

giao tuy n c a hai m t c u đó

Câu VIIb (1 đi m)

Tính c n b c hai c a s ph c 1 5 + 112i

GHI CHÚ 1 thi này đ c so n theo M U quy đ nh trong v n b n “C u trúc đ

thi t t nghi p THPT & tuy n sinh H-C 2009” do C c Kh o thí & Ki m đ nh ch t

l ng giáo d c, B Giáo d c & ào t o, ban hành tháng 11 n m 2008

2 Cán b coi thi không đ c gi i thích gì v đ thi!

ÁP ÁN TOÁN KH I A

Câu L i gi i i m

I.1.(1 đ) T p xác đ nh:

Gi i h n t i vô c c: lim ( )

x

f x

-( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' 6 6; ' 0 1 9; 1 3 f x x f x x f f = − + = ⇔ = ± − = − = 1. −∞ 1 B ng bi n thiên: x − 1 +∞

f ’(x) − + −

f(x) +∞ 8

0

−

−∞

Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n trên hai kho ng đ t c c ti u t i -1, c c đ i t i 1 và ( −∞ − ; 1), (1; +∞); 8; 0. CT CD f = − f = Giao đi m v i tr c tung: (0;-4); v i tr c hoành: (-2;0) và (1;0) (đi m c c đ i) -

th nh hình v -2 -1 1 -8 -6 -4 -2 x y 0 y = 2 3 + 6 4 0,25 0,5 0,25 I.2.(1 đ) Ta có (xlnx)'= + x1 ln a Ph ng trình ti p tuy n t i đi m có hoành đ a (a > 0) là y = + (1 ln )( a x − + a ) a ln -

ti p tuy n đi qua A, ph i có

( ) 2 (1 ln )(1 ) ln 2 1 ln ln 1 0, 1 a a a a a a a a = + − + ⇔ = − + ⇔ − − = 0,25 - 0,25

T b ng này ta th y giá tr l n nh t c a f(a) là -2 nên ph ng trình (1)

vô nghi m V y không có ti p tuy n nào đi qua A

A H C (Hình này có th không v )

0,25

Xét tam giác cân SAC (cân t i S) v i H là trung đi m c a AC Rõ ràng

SH là đ ng cao c a tam giác SAC và c a c hình chóp L i có

và C’ là trung đi m SC nên AC = SC, t c là tam giác SAC

B B = IH , trong đó I là giao đi m gi a SH và AC’ Vì I

c ng là tr ng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1 V y t s gi a SB’

2

2 2

;41

2 1'

+ − + ++

T b ng này ta th y t p h p giá tr c a f (t) là [0;1/ 6] nên t p h p

Cách làm này không th t ch t ch vì không ch ra đ c

r ng A nh n m i giá tr gi a 0 và 1/18 nên ch cho t ng c ng 0,75 đ

Ph n riêng theo ch ng trình Chu n

V y ta có I(2; 1− D th y đi m B ng v i giá tr t = 2 nên có

VIa.2(1 đ) Tâm I c a m i m t c u nh v y ph i n m trên m t ph ng R đi qua

chính gi a hai m t ph ng đã cho D th y hai to đ c a I ph i tho

mãn ph ng trình m t ph ng R: M t khác, vì kho ng

cách t I đ n O b ng bán kính nên ph i b ng n a kho ng cách gi a hai

m t ph ng đã cho hay b ng kho ng cách gi a P và R L y m t đi m

b t k trên P và tính kho ng cách t i R, ta đ c giá tr b ng

Nh v y, t p h p tâm các m t c u đi qua O và ti p xúc v i hai m t

ph ng đã cho là đ ng tròn giao tuy n c a m t c u S và m t ph ng R

Nói cách khác, đó là t p h p các đi m có ba to đ x, y, z tho mãn

VIIa(1 đ) S cách l y 6 trong 12 viên là (t c là ) L y 6 viên sao

cho s viên đ b ng s viên xanh có hai tr ng h p: ho c 3 viên đ , 3

612

C A = C126

0,5

viên xanh (không viên nào tr ng) ho c 2 viên tr ng, 2 đ và 2 xanh

4 5 3 4 5

612

4.10 3.6.10 5

C C C C C B

D’ nên có:

1

4 1

3 1 3

21

3136 15

15, ( 0) 56

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 đường tiệm cận của (C) tại

A và B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất

24cos2sin2cossin2sin

x

x x

ư

>

ư+

x

2

1log)2(22)144(log

2 1 2

=

e

dx x x x x

x I

1

2

ln3ln1ln

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mFn : a + b + c = 3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

13

13

1

a c c b b a

P

+

++

++

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x ư y+5=0

d2: 3x +6y – 7 = 0 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng

đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường

thẳng d1, d2

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 phương trình: x+ y+zư2 =0 Gọi A’là 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 đường tròn (C) là giao của (P) và (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1

916

2 2

3:

)

(d x+ = y+ =zư , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao

điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM

=

+

11

3

2.322

2

3 2

1 3

x xy x

x y y

x

- Hết -

Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: - Số báo danh: -

Hướng dẫn chấm môn toán

- Điểm toàn bài thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần 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

I 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

;ylim

2 x 2

ư

=Bảng biến thiên:

;23

+ 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 đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00

2x

3x2

;x

2x

1)

x('y

1y

:

0

0 0 2

ư+

2

Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B( x 2;2)

2x

2x

;2

xx

=

=

−+

=+

0

0 B

2x

3x22

yy

=

−

−

=+

−π

−π

=

)2x(

1)

2x(2

2x

3x)2x(

0

2 0 2

0

0 2 0

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

)1(24cos2sin2cossin2sin

xcosxsin2

xsin1

=

−+

⇔

0,25

012

xcos2

xsin2.2

xcos2

xsinxsin01xsin2

xcos2

xsinx

xsin22

xsin212

xsinx

1x2

1x0)1x2(2

1x01x4x4

0x21

2 2

1x1)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

1

<

xdxlnx3dxxln1x

xlnI

x I

1 1

ln1

ln

x

1tdt2

;xln1txln1

=+

=

⇒+

3

t2dt1t2tdt2.t

1tI

2

1

3 2

1 2 2

1

2 1

dxdudxxdv

xlnu

=I1 3I2

I

3

e22

.SA3

1S.MA3

1V

3a4

aaAMBNABAMANMN

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

a.4

3a.3a6

1BC.MN2

1.SA3

1V

3 ABC

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

zyx

9z

1y

1x

19xyz

3xyz3z

1y

1x

1)zy

x

(

3 3

++

≥++

accbba

9a

c

1cb

1ba

1P

+++++

≥+

++

++

4

a 3b b 3c c 3a 1

+ + =



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;ư1); d2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)

Ta có: a1.a2=2.3ư1.6=0 nên d ⊥1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là

đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

0BA2ByAx0)1y(B)2x(

ư

⇔

A3B

B3A0B3AB8A345cos)1(2BA

BA

2 2

2 2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d: x+yư5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:xư yư5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0

05yx

:

0,25

Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài

của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đF cho

Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình

∆

=+

ư

⇔

ư+

=+

ư

⇔+

ư+

=

ư+

+

ư

)( 08yx9

)( 022yx37yx35yx236

3

7yx3)1(2

5yx

2

2

1 2

2 2

2

0,25

+) Nếu d // ∆1 thì d có phương trình 3xư y+c=0

Do P∈d nên 6+9+c=0⇔c=ư15⇒d:xư yư5=0 0,25 +) Nếu d // ∆2 thì d có phương trình 9x+ y+c=0

Do P∈d nên 18ư3+c=0⇔c=ư15⇒d:3x+yư5=0 0,25 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0

05yx

:

VIa 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm

Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25

(a b c d 0)

,0dcz2by2ax2zy

>

ư++

=++++++

ư

=++++

=++++

=++

ư

1d

1c

1b2

5a

021dcba

029dcba

014dcba

02dba

;1

;2

+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)

; 1

; 2

5 H t

1 z

t 1 y

t 2 / 5 x

Do H=( )d ∩(P) nên:

6

5t2

5t302t1t1t2

1

;3

5H

0,25

6

3536

75

IH= = , (C) có bán kính

6

1866

3136

754

29IH

k 1 n k 2

2 1 n 1

1 n 0

1 n 1

)x1

+ +

+ +

+ +

ư+

ư+

ư+

k k 1 n k 2

1 n 1

1 n n

xC)1n(

xkC)1(

xC2C)x1)(

1n

+

ư + +

ư

=

ư+

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n 2

1 n 1 n

xC)1n(n

xC)1k(k)1(

xC3C2)x1)(

1n

(

+

ư + +

+

ư

+

ư+

ư

ư++

⇔

=+

(H) có các tiêu điểm F1(ư5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1

b

ya

x

2 2 2

2

=+ ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1

2

0,25 (4;3) ( )E a 16b a b ( )2

=+

+

=

15b

40abab16a

b5a

2 2 2 2 2 2

2 2 2

0,25

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1

15

y40

x2 2

=

VIb 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn nhất 1 điểm

32

t z

t y

t x

uy

u1x: Vì M∈∆⇒M(ư1ưu;u;4+u), ⇒AM(1ưu;uư3;u) 0,25

4

;3

=

+

)2(1xxy1x3

)1( 2

.322

2

x y 2 y 1 x

≥+

⇔

0)13

(

11

13

01

x x

xy x

x x

y x x x

3110

013

01

0,25

* Với x = 0 thay vào (1)

11

8log11

822.12282.32

x

31

1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23x+ 1+2ư 3xư 1 =3.2

ư

⇔

=+

⇔

)83(log2y

183log3

1x8

3t

i

ạlo83t01t6t6t

1t)

3

(

2

2 2

8logy

0x

=

)83(log2y

183log3

1x

2 2

0,25

5

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

3aAM3

2AO,2

3a

Theo bài ra

4

3aHM8

3aBC.HM2

18

3aS

2 2

0,25

4

a16

a4

aHM

AMAH

2 2 2

O'A

=

suy ra

3

aa

44

3a3

3aAH

HM.AOO'

3a3

a2

1BC.AM.O'A2

1S.O'AV

12

121bba

13

ba

1

2 2 2 2

2

++

≤++++

=++

Tương tự

1aca

12

13a2c

1,1cbc

12

13c2b

1

2 2 2

2

++

≤++++

≤++

0,50

2

1bab1

bab1b

ab1

bab

12

11aca

11cbc

11bab

12

1

++

+++

+++

=++

+++

+++

VIa.1 Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phương trình

09x37x36x1)xx(9

=

ư+

ư

= , 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

ư

=

1y9x

x2xy

2 2

6

09yx16yx99yx

yx16x

2 2

4

;9

−

⇔

=

−++

+

−

−+

(lo¹i)17D

7D12D54)1(22

D3)2(21.2

2 2

n n n 2

2 n 1 n 0 n 2

0

)x1(

2

0

1 n n n 3

2 n 2 1 n 0

1n

1x

C3

1xC2

1x

n

3 1 n

2 0

1n

2C

3

2C2

2C2

++++

13)

x1(1n

1I

1 n 2 0 1 n

+

−

=+

+

=

+ + (2)

n

1 n 2

n

3 1 n

2 0

1n

2C

3

2C2

2C2

++++

65601

=+

4 k 14 k 7 k

k 7

k 7 k 7 7

2

1x

2

1x

Cx

1 2 7

−

−

=

−++

0.3n5m3

2.3n7m2

1m2nm

3nmSuy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Gi¶ sö ®−êng trßn (C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph−¬ng tr×nh

0cby2ax2y

x2 2

=++++ Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hÖ

=+

−

−+

=++++

27/338c

18/17b

54/83a0cba10125

0cba161

0cba94

17x27

83y

x2 2

=

−+

−

7

Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC, suy ra G = 

;3

8

;37

2 2

MA

2 2 2 2 2

2 2

191

11

333/83/7))P(,G(d

++

1049

329

56GCGB

=++

=++

VËy F nhá nhÊt b»ng

9

5533

643

3

19.3

2

=+

+

− +

+

−

1yxe

1yxe1

yxe

)1x(2ee

y x

y x y

x

y x y x

)1(1

ue1ve

1ue

v u v u

- NÕu u > v th× (2) cã vÕ tr¸i d−¬ng, vÕ ph¶i ©m nªn (2) v« nghiÖm

- T−¬ng tù nÕu u < v th× (2) v« nghiÖm, nªn (2) ⇔u =v 0,25 ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

B¶ng biÕn thiªn:

u - ∞ 0 + ∞ f'(u) - 0 +

f(u)

0 Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔u =0

⇒

=

⇒

0y

0x0yx

0yx0

VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ®P cho cã mét nghiÖm (0; 0)

0,25

Trường T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009

c c c cMôn toán - Khối A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh

Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2

Phần B ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn )

Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VI.a (1.0 điểm ) Giải phương trình : log (9 x + 1)2+ log 23 = log 3 4 ư x + log (27 x + 4)3

Phần 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao )

Câu V.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng :

1) Chứng minh rằng D1 chéo D2 Viết phương trình đường vuông góc chung của D1 và D2

2) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D1 và D2

CâuVI.b ( 1,0 điểm) Cho phương trình : log25x + 2 log25x + ư 1 m ư 2 0 = , ( m là tham số )

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đA cho có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn   1;5 3 

……….Hết ………

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Hướng dẫn giải : Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh

Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )

2) Đồ thị hàm số y = 2

(x ư2xư2) xư1 , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phương trình vô nghiệm

*) Nếu m = - 2 : Phương trình có hai nghiệm *) Nếu – 2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt *) nếu m ≥ 0 : Phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu II : 1) cos 11 5 sin 7 2 sin 3 2009

30

9 2530

9 2530

9 25

x y

x y z

y z x

- 2

m

1 2

Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM

SB = MS = 1

2 VËy BM lµ ph©n gi¸c cña gãc SBA ⇒SBH =300 ⇒ SH = SB.sin300 = a

Gäi V lµ thÓ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 ( )

3 SH dtBCNM =

3

10 3 27

a

PhÇn B (ThÝ sinh chØ ®−îc lµm phÇn I hoÆc phÇn II)

PhÇn I (Danh cho thÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh chuÈn)

C©u V.a.1) VÐc t¬ chØ ph−¬ng cña hai ®−êng th¼ng lÇn l−ît lµ: u1

ur

(4; - 6; - 8) 2

u

uur

( - 6; 9; 12) +) u1

ur

vµ u2

uur

cïng ph−¬ng +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2

VËy d1 // d2

*) VÐc t¬ ph¸p tuyÕn cña mp (P) lµ n

r

= ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0

Khi A1, I, B th¼ng hµng ⇒ I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d

Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B

*) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1 T×m ®−îc H 36 33 15; ;

t t

Trường THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 (lần 2)

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 đường tiệm cận của (C) tại

A và B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất

24cos2sin2cossin2sin

x

x x

ư

>

ư+

x

2

1log)2(22)144(log

2 1 2

=

e

dx x x x x

x I

1

2

ln3ln1ln

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mFn : a + b + c = 3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3

13

13

1

a c c b b a

P

+

++

++

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x ư y+5=0

d2: 3x +6y – 7 = 0 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng

đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường

thẳng d1, d2

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 phương trình: x+y+zư2 =0 Gọi A’là 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 đường tròn (C) là giao của (P) và (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1

916

2 2

3:

)

(d x+ = y+ =zư , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao

điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM

=

+

11

3

2.322

2

3 2

1 3

x xy x

x y y

x

- Hết -

Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: - Số báo danh: -

Trường THPT đông sơn I kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 ( lần II)

Hướng dẫn chấm môn toán

- Điểm toàn bài thi không làm tròn

- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần 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

I 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

;ylim

2 x 2

ư

=Bảng biến thiên:

;23

+ 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 đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00

2x

3x2

;x

2x

1)

x('y

1y

:

0

0 0 2

ư+

2

Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B( x 2;2)

2x

2x

;2

xx

=

=

−+

=+

0

0 B

2x

3x22

yy

=

−

−

=+

−π

−π

=

)2x(

1)

2x(2

2x

3x)2x(

0

2 0 2

0

0 2 0

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

)1(24cos2sin2cossin2sin

xcosxsin2

xsin1

=

−+

⇔

0,25

012

xcos2

xsin2.2

xcos2

xsinxsin01xsin2

xcos2

xsinx

xsin22

xsin212

xsinx

1x2

1x0)1x2(2

1x01x4x4

0x21

2 2

1x1)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

1

<

xdxlnx3dxxln1x

xlnI

x I

1 1

ln1

ln

x

1tdt2

;xln1txln1

=+

=

⇒+

3

t2dt1t2tdt2.t

1tI

2

1

3 2

1 2 2

1

2 1

dxdudxxdv

xlnu

=I1 3I2

I

3

e22

.SA3

1S.MA3

1V

3a4

aaAMBNABAMANMN

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

a.4

3a.3a6

1BC.MN2

1.SA3

1V

3 ABC

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

zyx

9z

1y

1x

19xyz

3xyz3z

1y

1x

1)zy

x

(

3 3

++

≥++

accbba

9a

c

1cb

1ba

1P

+++++

≥+

++

++

4

a 3b b 3c c 3a 1

+ + =



Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;ư1); d2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)

Ta có: a1.a2=2.3ư1.6=0 nên d ⊥1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là

đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:

0BA2ByAx0)1y(B)2x(

ư

⇔

A3B

B3A0B3AB8A345cos)1(2BA

BA

2 2

2 2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d: x+yư5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:xư yư5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0

05yx

:

0,25

Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài

của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đF cho

Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình

∆

=+

ư

⇔

ư+

=+

ư

⇔+

ư+

=

ư+

+

ư

)( 08yx9

)( 022yx37yx35yx236

3

7yx3)1(2

5yx

2

2

1 2

2 2

2

0,25

+) Nếu d // ∆1 thì d có phương trình 3xư y+c=0

Do P∈d nên 6+9+c=0⇔c=ư15⇒d:xư yư5=0 0,25 +) Nếu d // ∆2 thì d có phương trình 9x+ y+c=0

Do P∈d nên 18ư3+c=0⇔c=ư15⇒d:3x+yư5=0 0,25 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0

05yx

: