DongPhD Problems Book Series Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009 Đại số Giải tích vnMath.com Dịch vụ Toán học Giáo án (Free) Sách dichvutoanhoc@gmail.com Hình học Các loại khác Bài báo Thông tin bổ ích (Free) Toán học vui Kiếm tiền trên mạng Bản điện tử chính thức có tại http://www.vnmath.com Tr ng i h c H ng c Khoa Khoa h c T nhiên THI TH TUY N SINH I H C - CAO NG 2009 Môn thi: TOÁN, kh i A Th i gian làm bài: 180 phút I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) Câu I (2,0 đi m) 1. Kh o sát và v đ th hàm s 2. Tìm s ti p tuy n c a đ f ( x ) = −2 x 3 + 6 x − 4 . ng cong y = x ln x đi qua đi m A(1; 2) . Câu II (2,0 đi m) 1. Gi i ph 2 2 ng trình: xln x−5ln x +7 = 1 1 − x + 1 −1 x +1 +1 . 2. Tính: cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o . Câu III (1,0 đi m) Trên parabol y = x 2 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 gi i h n b i parabol và đ ng th ng AB. Tìm t s gi a S và S’. Câu IV (1,0 đi m) Cho hình chóp t giác đ u S.ABCD. M t ph ng α đi qua A và vuông góc v i SC c t SB, SC l n l t t i B’, C’. Bi t r ng C’ là trung đi m c a SC, tính t s gi a SB’ và B’B. Câu V (1,0 đi m) V i x là s d ng, y là s th c tu ý, tìm t p h p m i giá tr c a bi u th c A= xy 2 ( ⎛ ⎞ x 2 + 3 y 2 ⎜⎜ x + x 2 + 12 y 2 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ ) 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 A(−1; −3) , tr ng tâm G (4; −2) và trung tr c c nh AB có ph ng trình 3x + 2 y − 4 = 0 . 2. Tìm t p h p tâm các m t c u đi qua g c to đ và ti p xúc v i hai m t ph ng: P : x + 2 y − 4 = 0 và Q : x + 2 y + 6 = 0 . 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 d1 : kx − y + k = 0 và ( ) d 2 : 1− k 2 x + 2ky −1− k 2 = 0 . Khi k thay đ i thì giao đi m c a hai đ ng th ng này di chuy n trên m t đ ng cong. Xác đ nh đ ng cong đó. 2. M t c u S đi qua các đi m A (0;0;1) , B (1;0;0) , C (1;1;1) , D (0;1;0) ; m t c u S’ đi qua ⎛1 ⎞ ⎛ 1 1⎞ các đi m A '⎜⎜ ;0;0⎟⎟⎟ , B '⎜⎜0; ; ⎟⎟⎟ , C '(1;1;0) , D '(0;1;1) . Tìm đ dài bán kính đ ⎝⎜ 2 ⎠ ⎝⎜ 2 2 ⎠ ng tròn 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 15 + 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 I.1.(1đ) T p xác đ nh: . Gi i h n t i vô c c: L i gi i lim x→±∞ i m f ( x ) = ∓∞ . 0,25 ------------------------------------------------------------------------------------f '( x) = −6 x 2 + 6; f '( x) = 0 ⇔ x = ±1. f (−1) = −9; f (1) = 3. B ng bi n thiên: x f ’(x) −1 −∞ +∞ 1 − − + +∞ f(x) 0,5 0 −8 −∞ Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n trên hai kho ng (−∞; −1), (1; +∞); đ t c c ti u t i -1, c c đ i t i 1 và fCT = −8; fCD = 0. 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 . x y -2 -1 0 0,25 1 -2 3 x y = -2 -4 4 + 6x - -6 -8 I.2.(1đ) Ta có ( x ln x ) ' = 1 + ln x . 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 a. ------------------------------------------------------------------------------------ti p tuy n đi qua A, ph i có 2 = (1 + ln a )(1− a ) + a ln a ⇔ 2 = 1− a + ln a ⇔ ln a − a −1 = 0, (1). 0,25 -----0,25 ------------------------------------------------------------------------------------S ti p tuy n đi qua A ph thu c vào s nghi m c a ph ng trình (1). Xét hàm s f (a ) = ln a − a −1 . Ta có: 1 f '(a ) = −1; a f '(a ) = 0 ⇔ a = 1. B ng bi n thiên c a f (a ) : II.1.(1đ) a f ’(a) 0 f(a) −∞ +∞ 1 0 −2 + 0,5 − −∞ 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. V trái có ngh a khi và ch khi x > 0. Khi đó v ph i c ng có ngh a. D th y v ph i đ n gi n b ng x. -----------------------------------------------------------------------------------Nh v y ta có ph ng trình 0,25 2 xln x−5ln x +7 = x ⇔ ⎡x =1 2 xln x−5ln x +6 = 1 ⇔ ⎢⎢ 2 ⎢⎣ln x − 5ln x + 6 = 0, (1) -----------------------------------------------------------------------------------⎡ ln x = 2 ⎢⎡ x = e2 M t khác: (1) ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ln x = 3 ⎢⎢ 3 ⎣ ⎣x = e II.2.(1đ) V y ph Ta có: 0,5 0,25 ng trình đã cho có 3 nghi m x1 = 1, x2 = e 2 , x3 = e3. cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o = cos12o + cos18o − 2(cos 36o + cos 6o ) cos 24o = cos12o + cos18o − 2 cos 36o cos 24o − 2 cos 24o cos 6o = cos12o + cos18o − cos 600 − cos12o − cos 300 − cos18o = − cos 60o − cos 30o = − III(1đ) ( 1+ 3 2 ) ( ) ( ) Gi s 3 đi m trên parabol là A a, a 2 , B b, b 2 , C c, c 2 , (a < b). H s góc c a đ ng th ng AB là b2 − a 2 = a + b , còn h s góc c a ti p b−a 1,0 tuy n t i C hi n nhiên là 2c. V y c = ( a +b . 2 ) 2 2 2 dài AB = (b − a ) + b 2 − a 2 = (b − a ) 1 + (a + b) . ng trình đ Ph ng th ng AB: x−a y − a2 = ⇔ (a + b)( x − a ) = y − a 2 b − a b2 − a 2 0,5 ⇔ (a + b) x − y − ab = 0 ⇔ y = ( a + b) x − ab. Kho ng cách t C đ n AB: h= 2 a + b ⎛⎜ a + b ⎞⎟ + − a b ( ) ⎟ − ab ⎜⎜⎝ 2 2 ⎠⎟ 2 ( a + b) + 1 (a + b)2 = 4 − ab 2 ( a + b) + 1 = (b − a)2 2 4 ( a + b) + 1 . Di n tích tam giác ABC: 2 3 (b − a) (b − a ) 1 1 2 S = AB.h = (b − a ) 1 + (a + b) . = . 2 2 2 8 4 (a + b) + 1 -----------------------------------------------------------------------------------Di n tích gi i h n b i parabol và đ ng th ng AB: b ( S ' = ∫ (a + b) x − ab − x a = ( a + b) 2 ) b ⎛ x2 x3 ⎞⎟⎟ ⎜⎜ dx = ⎜( a + b) − abx − ⎟ ⎜⎝ 2 3 ⎠⎟⎟ a b2 − a 2 b3 − a 3 − ab (b − a ) − = 2 3 0,5 3 (b − a) b−a 2 . 3(a + b) − 6ab − 2 a 2 + ab + b 2 = 6 6 S 3 = . Suy ra: S' 4 ( ( )) S IV(1đ) S C’ D′ D C I C’ B’ A B A H C (Hình này có th không v ) 0,25 V(1đ) 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 AC ' ⊥ SC và C’ là trung đi m SC nên AC = SC, t c là tam giác SAC là đ u. ------------------------------------------------------------------------------------SB ' SI D th y = , trong đó I là giao đi m gi a SH và AC’. Vì I B ' B IH c ng là tr ng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1. V y t s gi a SB’ và B’B là 2. Ta có A= xy 2 ( (x x 2 + 12 y 2 − x 2 ) + 3 y 2 12 y 2 ) = x( x 2 + 12 y 2 − x 12 ( x 2 + 3 y 2 ) t + 4 − 2 − 2t + 2 1 + t 2 (t + 4) 2 1+ t = 2 − t + 2 1+ t 2 (t + 4) 2 1+ t 0,5 ) 12 y 2 1+ 2 −1 x = . ⎛ 3y2 ⎞ 12 ⎜1 + 2 ⎟ x ⎠ ⎝ ------------------------------------------------------------------------------------12 y 2 = t , ( t ≥ 0 ) và 3A = f ( t ) . Khi đó t x2 1+ t −1 f (t ) = ; t+4 1 (t + 4) − 1 + t + 1 t 2 1 + f ' (t ) = 2 (t + 4) = 0,25 0,25 ------ 0,5 ; f ' (t ) = 0 ⇔ 2 1 + t = t − 2 ⇔ ⎧⎪t ≥ 2, (1) ⎨ 2 ⎪⎩4 + 4t = t − 4t + 4, (2) (2) ⇔ t 2 − 8t = 0 ⇒ t = 8. ------------------------------------------------------------------------------------D th y bên trái đi m t = 8 thì f’(t) > 0 và bên ph i thì t < 0. Ngoài ra lim f ( t ) = 0 . Do đó, ta có b ng bi n thiên sau: ------ t →+∞ t f ' (t ) f (t ) 0 + 8 0 +∞ 0,25 - 1/6 0 0 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 ⎡ 1⎤ m i giá tr c a A là ⎢ 0; ⎥ . ⎢⎣ 18 ⎥⎦ CHÚ Ý. Thí sinh có th dùng b t đ ng th c đ ch ra giá tr nh nh t và giá tr l n nh t t ng ng b ng 0 và 1/18 r i k t lu n r ng t p h p ⎡ 1⎤ m i giá tr c a A là ⎢ 0; ⎥ . ⎢⎣ 18 ⎥⎦ 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 0,75đ. Ph n riêng theo ch VIa.1(1đ) ng trình Chu n ⎧⎪ x = 3t −1, Trung đi m I c a c nh ng th ng AB có ph ng trình ⎪⎨ ⎪⎪⎩ y = 2t − 3. AB là giao đi m c a AB v i đ ng trung tr c nên có giá tr tham s t tho mãn ph ng trình 3(3t −1) + 2(2t − 3) − 4 = 0 ⇔ 13t −13 = 0 ⇒ t = 1. -----------------------------------------------------------------------------------V y ta có I (2; −1) . D th y đi m B ng v i giá tr t = 2 nên có 0,5 B (5;1) . 0,5 Ti p theo, IC = 3IM = 3.(2; −1) = (6; −3) nên có C (8; −4) . VIa.2(1đ) 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: x + 2 y + 1 = 0. 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 5 = 5. 1+ 4 ------------------------------------------------------------------------------------Nh v y, chính I ph i n m trên m t c u S, tâm O, bán kính 5 , t c là các to đ tho mãn ph ng trình: x 2 + y 2 + z 2 = 5. 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 ⎪⎧ x + 2 y + 1 = 0 h ph ng trình: ⎪ ⎨ 2 ⎪⎪ x + y 2 + z 2 = 5. ⎩ VIIa(1đ) 6 6 S cách l y 6 trong 12 viên là C12 (t c là A = C12 ). 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 0,5 0,5 0,5 viên xanh (không viên nào tr ng) ho c 2 viên tr ng, 2 đ và 2 xanh. -----------------------------------------------------------------------------------Tr ng h p th nh t có th th c hi n theo C43C53 cách; tr ng h p th hai: C32C42C52 cách. Nh v y B = C43C53 + C32C42C52 ; do đó 0,5 B C43C53 + C32C42C52 4.10 + 3.6.10 5 = . = = 6 A 924 21 C12 Ph n riêng theo ch ng trình Nâng cao VIb.1(1đ) Rút y t ph ng trình c a d1 r i th vào ph ng trình c a d 2 , ta đ c: (1− k 2 ) x + 2k (kx + k )−1− k 2 = 0 ⇔ ( ) 1 + k 2 x + k 2 −1 = 0 ⇒ x = Do đó y = k − k3 +k = 1− k 2 1+ k 2 . 0,5 2k . 1+ k 2 1+ k 2 ------------------------------------------------------------------------------------Suy ra: 2 2 ⎞2 ⎛ ⎜⎜1− k ⎟⎟ ⎜⎛ 2k ⎞⎟⎟ x + y =⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = ⎜⎝1 + k 2 ⎠⎟⎟ ⎜⎜⎝1 + k 2 ⎠⎟ 2 2 1+ k 2 ) ( = = 1. 2 2 (1+ k ) 2 2 4 1− 2k + k + 4 k ( 1+ k 2 V y giao đi m c a hai đ O, bán kính b ng 1. ) 2 2 ng th ng di chuy n trên đ 0,5 ng tròn tâm VIb.2(1đ) Gi s S có ph ng trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Do S đi qua A, B, C, D nên có: ⎧ 1− 2c + d = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪1− 2a + d = 0 ⎨ ⎪ 3 − 2a − 2b − 2c + d = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩1− 2b + d = 0. Suy ra a = b = c = ½ và d = 0. V y m t c u S có ph ng trình: x2 + y 2 + z 2 − x − y − z = 0 1 1 1 3 ). + + = 4 4 4 2 ------------------------------------------------------------------------------------Ti p theo, gi s S’ có ph ng trình (tâm là I( ½, ½, ½), bán kính R = x 2 + y 2 + z 2 − 2a ' x − 2b ' y − 2c ' z + d ' = 0 . Do S’ đi qua A’, B’, C’, 0,25 D’ nên có: ⎧ 1 ⎪ ⎪ − a '+ d ' = 0 ⎪ ⎪ 4 ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪ ⎨ − b '− c '+ d ' = 0 ⎪ 2 ⎪ ⎪ 2 − 2a '− 2b '+ d ' = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 − 2b '− 2c '+ d ' = 0. 5 1 Suy ra a ' = c ' = , b ' = ' d ' =1. V y m t c u S’ có ph ng trình: 4 4 5 1 5 x2 + y 2 + z 2 − x − y − z +1 = 0 . 2 2 2 25 1 25 + + −1. (tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính R ' = 16 16 16 ------------------------------------------------------------------------------------Ph ng trình m t ph ng ch a giao tuy n: 3 1 3 x − y + z − 1 = 0 ⇔ 3x − y + 3z − 2 = 0 . 2 2 2 Kho ng cách t I t i m t ph ng này: 3 1 3 − + −2 1 2 2 2 = . 9 +1+ 9 2 19 Bán kính đ ng tròn giao tuy n: 3 1 56 14 . r = R2 − d 2 = − = = 4 76 76 19 VIIb(1đ) 0,25 0,5 Gi s c n b c hai c a 15 + 112i là x + yi. Khi đó: ( x + yi )2 = x 2 − y 2 + 2 xyi = 15 + 112i ⇔ 2 2 ⎧ ⎪ ⎪ x − y = 15 ⇒ x 2 − 3136 = 15, ( x ≠ 0) ⇒ ⎨ ⎪ x2 ⎪ ⎩ xy = 56 0,5 x 4 −15 x 2 − 3136 = 0.(1) ------------------------------------------------------------------------------------t x 2 = t , (t ≥ 0) , thì (1) tr thành: t 2 −15t − 3136 = 0; Δ = 225 + 12544 = 12769 = 1132 ; 15 + 113 t= = 64. 2 Suy ra x = ±8, y = ±7. V y c n b c hai c a 15 + 112i có hai giá tr là ± (8 + 7i ). 0,5 M«n Thi: To¸n Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò thi gåm 02 trang) PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm ) C©u I: (2 ®iÓm) 2x − 3 Cho hµm sè y = x−2 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. 2. Cho M lµ ®iÓm bÊt k× trªn (C). TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t c¸c ®−êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña c¸c ®−êng tiÖm cËn. T×m to¹ ®é ®iÓm M sao cho ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) x x π x 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2 − 2 2 4 2 1 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log 2 (4 x 2 − 4 x + 1) − 2 x > 2 − ( x + 2) log 1 − x 2 2 C©u III (1 ®iÓm) e ln x TÝnh tÝch ph©n I = ∫ + 3 x 2 ln x dx 1 x 1 + ln x C©u IV (1 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC = a . SA = a 3 , SAB = SAC = 30 0 . TÝnh thÓ tÝch 2 khèi chãp S.ABC. C©u V (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ ba sè d−¬ng tho¶ m n : a + b + c = thøc P = 1 3 a + 3b +3 1 b + 3c +3 3 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu 4 1 c + 3a PhÇn riªng (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc phÇn 2 PhÇn 1:(Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn) C©u VIa (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho cho hai ®−êng th¼ng d 1 : 2 x − y + 5 = 0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm P( 2; -1) sao cho ®−êng th¼ng ®ã c¾t hai ®−êng th¼ng d1 vµ d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng th¼ng d1, d2. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho 4 ®iÓm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh: x + y + z − 2 = 0 . Gäi A’lµ h×nh chiªó cña A lªn mÆt ph¼ng Oxy. Gäi ( S) lµ mÆt cÇu ®i qua 4 ®iÓm A’, B, C, D. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m vµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (C) lµ giao cña (P) vµ (S). C©u VIIa (1 ®iÓm) T×m sè nguyªn d−¬ng n biÕt: 2C22n+1 − 3.2.2C23n +1 + .... + ( −1)k k ( k − 1)2 k −2 C2kn +1 + .... − 2 n(2 n + 1)2 2 n −1 C22nn++11 = −40200 PhÇn 2: (Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao) C©u VIb (2 ®iÓm) x2 y2 − =1. 16 9 ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho (P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 vµ ®−êng th¼ng 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho Hypebol (H) cã ph−¬ng tr×nh: x+3 = y + 1 = z − 3 , ®iÓm A( -2; 3; 4). Gäi ∆ lµ ®−êng th¼ng n»m trªn (P) ®i qua giao 2 ®iÓm cña ( d) vµ (P) ®ång thêi vu«ng gãc víi d. T×m trªn ∆ ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch AM ng¾n nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm): (d ) : 2 3 x +1 + 2 y −2 = 3.2 y +3 x Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 3 x 2 + 1 + xy = x + 1 -------------- HÕt-------------Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D kh«ng ph¶i lµm c©u V ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:--------------------------Sè b¸o danh:----------------------------- H−íng dÉn chÊm m«n to¸n - §iÓm toµn bµi thi kh«ng lµm trßn - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a. - NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn trong phÇn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iÓm phÇn tù chän - ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng ph¶i lµm c©u V, thang ®iÓm dµnh cho c©u I. 1 vµ c©u III lµ 1,5 ®iÓm C©u Néi dung §iÓm I. 1 Kh¶o s¸t hµm sè vµ vÏ ®å thÞ hµm sè .................. 1,00 1) Hµm sè cã TX§: R \ {2} 0,25 2) Sù biÕn thiªn cña hµm sè: a) Giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®−êng tiÖm cËn: * lim− y = −∞; lim y = +∞ x →2 x→2 + 0,25 Do ®ã ®−êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ hµm sè * lim y = lim y = 2 ⇒ ®−êng th¼ng y = 2 lµ tiÖm cËn ngang cña ®å thÞ hµm sè x →+∞ x →−∞ b) B¶ng biÕn thiªn: 1 Ta cã: y' = < 0, ∀x ≠ 2 (x − 2 )2 B¶ng biÕn thiªn: x -∞ y’ 2 2 +∞ - 0,25 +∞ y -∞ 2 * Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng (− ∞;2 ) vµ (2;+∞ ) 3) §å thÞ: 3 3 + §å thÞ c¾t trôc tung t¹i 0; vµ c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm ;0 2 2 + NhËn xÐt: §å thÞ nhËn giao ®iÓm I( 2; 2) cña hai tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng. y 0,25 2 3/2 x 2 O I. 2 3/2 T×m M ®Ó ®−êng trßn cã diÖn tÝch nhá nhÊt .......................... 2x − 3 −1 , x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) = Ta cã: M x 0 ; 0 x0 − 2 (x0 − 2 )2 Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ( C) t¹i M cã d¹ng: ∆ : y = 2x − 3 −1 (x − x 0 ) + 0 2 x0 − 2 (x0 − 2 ) 1,00 0,25 2x − 2 ; B(2x 0 − 2;2 ) To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (∆ ) vµ hai tiÖm cËn lµ: A 2; 0 x0 − 2 y + y B 2x 0 − 3 x + x B 2 + 2x 0 − 2 Ta thÊy A = = x0 = xM , A = = y M suy ra M lµ trung 2 x0 − 2 2 2 ®iÓm cña AB. MÆt kh¸c I = (2; 2) vµ tam gi¸c IAB vu«ng t¹i I nªn ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch 2 2x 0 − 3 1 2 2 S = πIM = π (x 0 − 2) + − 2 = π(x 0 − 2)2 + ≥ 2π 2 (x 0 − 2) x0 − 2 x = 1 1 ⇔ 0 2 (x 0 − 2) x 0 = 3 Do ®ã cã hai ®iÓm M cÇn t×m lµ M(1; 1) vµ M(3; 3) Gi¶i ph−¬ng tr×nh l−îng gi¸c ...... x x π x 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2 − (1) 2 2 4 2 (1) ⇔ 1 + sin x sin x − cos x sin 2 x = 1 + cos π − x = 1 + sin x 2 2 2 x x x x x x ⇔ sin x sin − cos sin x − 1 = 0 ⇔ sin x sin − cos .2 sin cos − 1 = 0 2 2 2 2 2 2 DÊu “=” x¶y ra khi (x 0 − 2)2 = II. 1 x x x ⇔ sin x sin − 1 2 sin 2 + 2 sin + 1 = 0 2 2 2 sin x = 0 x = kπ x = kπ x ⇔ sin = 1 ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ, k ∈ Z = + k2 π 2 x = π + k4 π 2 2 x x 2 sin 2 + 2 sin + 1 2 2 II. 2 Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh......................... 1 1 1 x< − > < x 0 x 1 2 ⇔ ⇔x< ⇔ §K: 2 2 2 x ≠ 1 4 x 2 − 4 x + 1 > 0 (2x − 1)2 > 0 2 Víi ®iÒu kiÖn (*) bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi: 2 log 2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2)[log2 (1 − 2x) − 1] ⇔ x[log 2 (1 − 2x) + 1] < 0 1 1 < x < hoÆc x < 0. 2 4 0,25 0,25 1 ®iÓm 0,25 0,25 0,25 0,25 1 ®iÓm (*) x > 0 x > 0 x > 0 1 x> 2(1 − 2x) < 1 log 2 2(1 − 2x) < 0 log 2 (1 − 2x) + 1 < 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4 x < 0 x < 0 x < 0 < x 0 log 2 2(1 − 2x) > 0 log 2 (1 − 2x) + 1 > 0 2(1 − 2x) > 1 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 III TÝnh tÝch ph©n............................. e 1 ®iÓm e ln x dx + 3∫ x 2 ln xdx 1 x 1 + ln x 1 I=∫ e +) TÝnh I 1 = ∫ 1 ln x x 1 + ln x dx . §Æt t = 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x; 2 tdt = 1 dx x 0,25 §æi cËn: x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 2 (t ) 2 ( ) 2 t3 −1 22− 2 .2tdt = 2 ∫ t 2 − 1 dt = 2 − t = I1 = ∫ 3 t 3 1 1 1 dx du = e = u ln x x +) TÝnh I 2 = ∫ x 2 ln xdx . §Æt ⇒ 2 3 dv = x dx v = x 1 3 e 3 3 3 3 3 x 1 2 e 1 x e e e 1 2e3 + 1 e I 2 = . ln x 1 − ∫ x dx = − . − + = 1 = 3 31 3 3 3 3 9 9 9 2 ( ) 5 − 2 2 + 2e3 3 TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp ......................... 0,25 0,25 0,25 I = I1 + 3I 2 = IV 0,25 1 ®iÓm S M A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: SB 2 = SA 2 + AB 2 − 2SA.AB. cos SAB = 3a 2 + a 2 − 2.a 3.a.cos300 = a 2 Suy ra SB = a . T−¬ng tù ta còng cã SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC). 1 1 1 Ta cã VS .ABC = VS .MBC + VA. MBC = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 3 3 Hai tam gi¸c SAB vµ SAC cã ba cÆp c¹nh t−¬ng øng b»ng nhau nªn chóng b»ng nhau. Do ®ã MB = MC hay tam gi¸c MBC c©n t¹i M. Gäi N lµ trung ®iÓm cña BC suy ra MN ⊥ BC. T−¬ng tù ta còng cã MN ⊥ SA. 2 2 2 a 3 a a 3 3a 2 2 2 2 2 2 2 = ⇒ MN = . MN = AN − AM = AB − BN − AM = a − − 16 4 4 2 a 3 a a3 1 1 1 . = Do ®ã VS .ABC = SA. MN.BC = a 3 . 4 2 16 6 2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 V T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc .................. ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã 1 1 1 1 1 1 9 3 =9⇒ + + ≥ (*) (x + y + z ) + + ≥ 33 xyz 3 x y z x+y+z xyz x y z 1 ®iÓm 0,25 1 1 1 9 +3 +3 ≥3 3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã ¸p dông (*) ta cã P = 3 a + 3b + 1 + 1 1 = ( a + 3b + 2) 3 3 + + + b 3c 1 1 1 3 ( b + 3c)1.1 ≤ = ( b + 3c + 2) 3 3 + + + c 3a 1 1 1 3 ( c + 3a)1.1 ≤ = ( c + 3a + 2) 3 3 3 ( a + 3b)1.1 ≤ 1 1 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 4 ( a + b + c) + 6 ≤ 4. + 6 = 3 3 3 4 Do ®ã P ≥ 3 Suy ra 3 3 1 DÊu = x¶y ra ⇔ a + b + c = 4 ⇔ a= b= c= 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a = b = c = 1 / 4 VIa.1 0,25 LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ...................... 0,25 0,25 1 ®iÓm C¸ch 1: d1 cã vect¬ chØ ph−¬ng a1 (2;−1) ; d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a 2 (3;6) Ta cã: a1.a 2 = 2.3 − 1.6 = 0 nªn d1 ⊥ d 2 vµ d1 c¾t d2 t¹i mét ®iÓm I kh¸c P. Gäi d lµ ®−êng th¼ng ®i qua P( 2; -1) cã ph−¬ng tr×nh: d : A(x − 2) + B(y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0 d c¾t d1, d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh I khi vµ chØ khi d t¹o víi d1 ( hoÆc d2) mét gãc 450 ⇔ A = 3B = cos 450 ⇔ 3A 2 − 8AB − 3B 2 = 0 ⇔ 2 2 2 + (−1) B = −3A 2A − B A2 + B2 0,25 0,25 * NÕu A = 3B ta cã ®−êng th¼ng d : 3x + y − 5 = 0 * NÕu B = -3A ta cã ®−êng th¼ng d : x − 3y − 5 = 0 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ m n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 d : x − 3y − 5 = 0 C¸ch 2: Gäi d lµ ®−êng th¼ng cÇn t×m, khi ®ã d song song víi ®−êng ph©n gi¸c ngoµi cña ®Ønh lµ giao ®iÓm cña d1, d2 cña tam gi¸c ® cho. C¸c ®−êng ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi d1, d2 cã ph−¬ng tr×nh 2x − y + 5 3x + 6y − 7 3x − 9y + 22 = 0 (∆1 ) = ⇔ 3 2x − y + 5 = 3x + 6y − 7 ⇔ 2 2 2 2 2 + (−1) 3 +6 9x + 3y + 8 = 0 (∆ 2 ) +) NÕu d // ∆1 th× d cã ph−¬ng tr×nh 3x − 9y + c = 0 . Do P ∈ d nªn 6 + 9 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : x − 3y − 5 = 0 +) NÕu d // ∆2 th× d cã ph−¬ng tr×nh 9x + 3y + c = 0 . Do P ∈ d nªn 18 − 3 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : 3x + y − 5 = 0 0,25 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ m n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 d : x − 3y − 5 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa. 2 X¸c ®Þnh t©m vµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn........ DÔ thÊy A’ ( 1; -1; 0) * Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ( S) ®i qua A’, B, C, D lµ: (a x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2 by + 2cz + d = 0, 2 + b 2 + c2 − d > 0 1 ®iÓm 0,25 ) 5 2a − 2 b + d + 2 = 0 a = − 2 2a + 6 b + 4c + d + 14 = 0 ⇔ b = −1 V× A' , B, C, D ∈ (S ) nªn ta cã hÖ: 8a + 6 b + 4c + d + 29 = 0 c = −1 8a − 2 b + 4c + d − 21 = 0 d = −1 0,25 VËy mÆt cÇu ( S) cã ph−¬ng tr×nh: x 2 + y 2 + z 2 − 5 x − 2 y − 2 z + 1 = 0 29 5 (S) cã t©m I ;1;1 , b¸n kÝnh R = 2 2 +) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña I lªn (P). H lµ t©m cña ®−êng trßn ( C) +) Gäi ( d) lµ ®−êng th¼ng ®i qua I vµ vu«ng gãc víi (P). (d) cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ: n(1;1;1) x = 5 / 2 + t 5 Suy ra ph−¬ng tr×nh cña d: y = 1 + t ⇒ H + t;1 + t;1 + t 2 z = 1 + t 0,25 5 5 5 5 1 1 Do H = (d ) ∩ (P ) nªn: + t + 1 + t + 1 + t − 2 = 0 ⇔ 3t = − ⇔ t = − ⇒ H ; ; 2 2 6 3 6 6 IH = VII a. VIb.1 75 5 3 29 75 31 186 , (C) cã b¸n kÝnh r = R 2 − IH 2 = − = = = 4 36 6 6 36 6 T×m sè nguyªn d−¬ng n biÕt....... * XÐt (1 − x)2 n +1 = C 20 n +1 − C12 n +1x + C 22 n +1x 2 − .... + (−1) k C 2k n +1x k + .... − C 22 nn ++11x 2 n +1 (1) * LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã: − (2 n + 1)(1 − x)2 n = −C12 n +1 + 2C 22 n +1x − ... + (−1)k kC 2k n +1x k −1 + .... − (2n + 1)C 22 nn ++11x 2 n (2) 0,25 1 ®iÓm 0,25 L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã: 2n(2n + 1)(1 − x)2n−1 = 2C22n+1 − 3C32n+1x + ... + (−1)k k(k − 1)C2kn+1xk −2 + .... − 2n(2n + 1)C22nn++11x2n−1 0,25 Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã: k 2n −1 2n +1 −2n(2n + 1) = 2C22n +1 − 3.2.2C32n +1 + ... + (−1)k k(k − 1)2 k −2 C 2n C2n +1 +1 + ... − 2n(2n + 1)2 0,25 Ph−¬ng tr×nh ® cho ⇔ 2 n(2 n + 1) = 40200 ⇔ 2n 2 + n − 20100 = 0 ⇔ n = 100 ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña E lÝp (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 (− 5;0 ); F2 (5;0 ) . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét ®Ønh lµ M( 4; 3), x2 y2 Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: 2 + 2 = 1 ( víi a > b) a b 2 2 (1) (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 (− 5;0 ); F2 (5;0 ) ⇒ a − b = 52 M(4;3) ∈ (E ) ⇔ 9a 2 + 16b 2 = a 2 b 2 2 0,25 0,25 (2 ) a 2 = 40 a = 5 + b Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ: 2 ⇔ 2 2 2 2 b = 15 9a + 16 b = a b 2 0,25 1 ®iÓm 2 VËy ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: x2 y2 + =1 40 15 0,25 0,25 VIb. 2 T×m ®iÓm M thuéc ∆ ®Ó AM ng¾n nhÊt 1 ®iÓm x = 2t − 3 ChuyÓn ph−¬ng tr×nh d vÒ d¹ng tham sè ta ®−îc: y = t − 1 z = t + 3 0,25 Gäi I lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (P) ⇒ I (2t − 3; t − 1; t + 3) Do I ∈ (P ) ⇒ 2t − 3 + 2(t − 1) − (t − 3) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I (− 1;0;4) * (d) cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ a(2;1;1) , mp( P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ n(1;2;−1) [ ] ⇒ a, n = (− 3;3;3) . Gäi u lµ vect¬ chØ ph−¬ng cña ∆ ⇒ u(− 1;1;1) x = 1 − u ⇒ ∆ : y = u . V× M ∈ ∆ ⇒ M (− 1 − u; u;4 + u ) , ⇒ AM(1 − u; u − 3; u ) z = 4 + u VIIb 0,25 0,25 AM ng¾n nhÊt ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM ⊥ u ⇔ AM.u = 0 ⇔ −1(1 − u) + 1(u − 3) + 1.u = 0 4 − 7 4 16 ⇔ u = . VËy M ; ; 3 3 3 3 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:................... 23x +1 + 2 y − 2 = 3.2 y + 3x (1) 3x 2 + 1 + xy = x + 1 (2) x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 Ph−¬ng tr×nh (2) ⇔ 2 ⇔ 3 x + 1 + xy = x + 1 x(3 x + y − 1) = 0 x ≥ −1 x = 0 ⇔ x = 0 ⇔ x ≥ −1 3 x + y − 1 = 0 y = 1 − 3 x 0,25 1 ®iÓm 0,25 * Víi x = 0 thay vµo (1) 2 + 2 y − 2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = 8 8 ⇔ y = log 2 11 11 x ≥ −1 * Víi thay y = 1 – 3x vµo (1) ta ®−îc: 2 3 x +1 + 2 −3 x −1 = 3.2 y 1 3 x = − 1 §Æt t = 2 3 x +1 V× x ≥ −1 nªn t ≥ 4 1 t = 3 − 8 (lo¹ i ) x = log 2 3 + 8 − 1 1 2 3 ⇔ (3) ⇔ t + = 6 ⇔ t − 6 t + 1 = 0 ⇔ t y = 2 − log (3 + 8 ) t = 3 + 8 2 [ ( 0,25 ) ] 1 x = 0 x = log 2 3 + 8 − 1 3 VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ® cho cã nghiÖm 8 vµ y log = 2 11 y = 2 − log 2 (3 + 8 ) [ ( 0,25 ) ] 0,25 IV TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô 1,00 C’ A’ B’ H A C O M B Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AA’, Khi ®ã (P) ≡ (BCH). Do gãc A ' AM nhän nªn H n»m gi÷a AA’. ThiÕt diÖn cña l¨ng trô c¾t bëi (P) lµ tam gi¸c BCH. a 3 2 a 3 , AO = AM = Do tam gi¸c ABC ®Òu c¹nh a nªn AM = 3 3 2 2 2 a 3 a 3 a 3 1 Theo bµi ra S BCH = ⇒ HM.BC = ⇒ HM = 4 8 8 2 AH = AM 2 − HM 2 = 0,25 0,25 3a 2 3a 2 3a − = 4 16 4 Do hai tam gi¸c A’AO vµ MAH ®ång d¹ng nªn A' O HM = AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a = = AH 3 4 3a 3 a3 3 1aa 3 1 a= ThÓ tÝch khèi l¨ng trô: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC = 12 23 2 2 0,25 suy ra A' O = V T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ... 1,00 1 1 1 1 ≤ = 2 2 2 2 a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1 1 1 1 1 1 1 , 2 T−¬ng tù 2 ≤ ≤ 2 2 b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1 0,50 1 1 1 1 = 1 1 + ab + b = 1 P≤ + + 2 ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 2 ab + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b 2 0,25 Ta cã a +b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 2 1 1 khi a = b = c = 1. VËy P ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng khi a = b = c = 1. 2 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh x2 + (x 2 − 2x) 2 = 1 ⇔ 9x 4 − 36x 3 + 37x 2 − 9 = 0 (*) 9 XÐt f (x) = 9 x 4 − 36 x 3 + 37x 2 − 9 , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt y = x 2 − 2 x To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m n hÖ x 2 2 +y =1 9 P= VIa.1 0,25 5 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 8x 2 − 16 x = 8y ⇒ 9 x 2 + 9 y 2 − 16 x − 8y − 9 = 0 (**) ⇔ 2 2 x + 9 y = 9 VIa.2 VII.a 161 8 4 Do (**) lµ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng trßn cã t©m I = ; , b¸n kÝnh R = 9 9 9 ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®−êng trßn cã ph−¬ng tr×nh (**) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (β ).... Do (β) // (α) nªn (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §−êng trßn cã chu vi 6π nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 0,25 1,00 0,25 Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (β) lµ h = R 2 − r 2 = 5 2 − 3 2 = 4 2.1 + 2(−2) − 3 + D D = −7 Do ®ã = 4 ⇔ − 5 + D = 12 ⇔ D = 17 (lo¹i) 2 2 + 2 2 + (−1) 2 0,25 VËy (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 T×m hÖ sè cña x2... 0,25 1,00 2 2 0 0 ( 0,25 ) Ta cã I = ∫ (1 + x) n dx = ∫ C 0n + C 1n x + C 2n x 2 + L + C nn x n dx 2 1 1 1 C nn x n +1 = C 0n x + C 1n x 2 + C 2n x 3 + L + n +1 3 2 0 0,25 22 1 23 2 2 n +1 n Cn + Cn +L+ C n (1) 2 3 n +1 2 3 n +1 − 1 1 MÆt kh¸c I = (2) (1 + x) n +1 = 0 n +1 n +1 22 23 2 n +1 n 3 n +1 − 1 Cn = Tõ (1) vµ (2) ta cã = 2C 0n + C 1n + C 2n + L + n +1 2 3 n +1 n +1 3 − 1 6560 = ⇔ 3 n +1 = 6561 ⇒ n = 7 Theo bµi ra th× n +1 n +1 suy ra I = 2C 0n + 7 VIb.1 k 14 −3 k 7 7 7−k 1 1 1 Ta cã khai triÓn x + 4 = ∑ C 7k x 4 = ∑ k C 7k x 4 2 x 0 2 0 2 x 14 − 3k Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m n =2⇔k=2 4 1 21 VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 2 C 27 = 4 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn .... Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 2 + m + 7 − 2n = 3.2 m− 2n = −3 m = −1 Do G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn ⇔ ⇔ 3 − m − 5 + n = 3.0 − m+ n = 2 n = 1 Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) Gi¶ sö ®−êng trßn (C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 + 2ax + 2 by + c = 0 . Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hÖ ( ) a = −83 / 54 4 + 9 + 4 a + 6 b + c = 0 1 + 16 − 2a − 8b + c = 0 ⇔ b = 17 / 18 c = −338 / 27 25 + 1 + 10a + 2 b + c = 0 VËy (C) cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 − 338 17 83 =0 x+ y− 27 9 27 6 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb.2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt ... 1,00 7 8 Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC, suy ra G = ; ;3 3 3 ( ) ( 2 ) ( 2 Ta cã F = MA 2 + MB 2 + MC 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC ) 2 0,25 = 3MG2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG(GA + GB + GC) = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhÊt ⇔ M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 7/3− 8/3−3−3 19 ⇔ MG = d(G, ( P )) = = 1+1+1 3 3 56 32 104 64 GA 2 + GB 2 + GC 2 = + + = 9 9 9 3 2 VIIb 19 64 553 VËy F nhá nhÊt b»ng 3. + 3 = 9 khi M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 3 3 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh mò e x − y = x + y + 1 e x − y + e x + y = 2(x + 1) ⇔ x+y x+y e = x − y + 1 e = x − y + 1 e v = u + 1 e v = u + 1 (1) §Æt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ u ⇔ u v e − e = v − u (2 ) e = v + 1 - 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 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) 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0 Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔ u = 0 . x = 0 x + y = 0 Do ®ã (3) cã 1 nghiÖm u = 0 ⇒ v = 0 ⇒ ⇔ y = 0 x − y = 0 VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ® cho cã mét nghiÖm (0; 0) 7 0,25 §Ò thi thö ®¹i häc n¨m 2009 Tr−êng T.H.P.T NguyÔn Trung Ng¹n c c c c M«n to¸n - Khèi A Thêi gian 180 phót ( kh«ng kÓ giao ®Ò ) PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thi sinh . C©u I (2,0 ®iÓm) 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (c) cña hµm sè : y = x3 – 3x2 + 2 m 2 2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh : x − 2 x − 2 = x −1 C©u II (2,0 ®iÓm ) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh : cos 11π − 5 x + sin 7π − x = 2 sin 3 x + 2009π 2 2 4 4 2 2 30 x 2 − 9 x 2 y − 25 y = 0 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 30 y 2 − 9 y 2 z − 25 z = 0 2 2 30 z − 9 z x − 25 x = 0 C©u III(2,0 ®iÓm ) 1) TÝnh tÝch ph©n : 3 ( x + 4)dx −1 3 x +1 + x + 3 ∫ 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng : 4x 4y 4z + + 2x + 2y+z 2y + 2z+x 2z + 2x+y ≥ 2x + 2y + 2z 4 C©u IV ( 1,0 ®iÓm ) : Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt víi AB = a , AD = 2a . C¹nh SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ®¸y , c¹nh bªn SB t¹o víi mÆt ph¾ng ®¸y mét gãc 600 . Trªn c¹nh SA lÊy ®iÓm M sao cho AM = a 3 , mÆt ph¼ng ( BCM) c¾t c¹nh SD t¹i N . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.BCNM . 3 PhÇn B ( ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn ( phÇn 1 hoÆc phÇn 2) PhÇn 1 ( Dµnh cho häc sinh häc theo ch−¬ng tr×nh chuÈn ) C©u V.a ( 2,0 ®iÓm ) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é 0xyz cho hai ®−êng th¼ng : x −7 y −2 z x − 2 y z +1 = = = = d1 : ; d2 : −6 9 12 4 −6 −8 1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( P) qua d1 vµ d2 . 2) Cho ®iÓm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).T×m ®iÓm I trªn ®−êng th¼ng d1 sao cho IA +IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt 2 C©u VI.a (1.0®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh : log 9 ( x + 1) + log 3 2 = log 3 4 − x + log 27 ( x + 4)3 PhÇn 2 ( Dµnh cho häc sinh häc ch−¬ng tr×nh n©ng cao ) C©u V.b (2,0®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é 0xyz cho hai ®−êng th¼ng : x − 2 y −1 z = = , D1 : −1 1 2 x = 2 − 2t D2 : y = 3 z = t 1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu cã ®−êng kÝnh lµ ®o¹n vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2 2 2 C©uVI.b ( 1,0 ®iÓm) Cho ph−¬ng tr×nh : log5 x + 2 log5 x + 1 − m − 2 = 0 , ( m lµ tham sè ) . T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph−¬ng tr×nh ® cho cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n 1;5 ……………………………….HÕt ………………………………………… Gi¸m thÞ coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm . 3 H−íng dÉn gi¶i : PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh C©u I : 1) ( ThÝ sinh tù kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ ) 2) §å thÞ hµm sè y = ( x 2 − 2 x − 2) x − 1 , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh− h×nh vÏ : 1 1- 3 2 -2 1+ 3 y=m m Dùa vµo ®å thÞ ta cã : *) NÕu m < -2 : Ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm *) NÕu m = - 2 : Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm *) NÕu – 2 < m < 0 : Ph−¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt *) nÕu m ≥ 0 : Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt C©u II : 1) cos 11π − 5 x + sin 7π − x = 2 sin 3 x + 2009π ( 1) 2 2 4 4 2 2 ( 1) ⇔ sin 5x π 3x π 3x 3x 3π x ⇔ -2 cos x + cos − − sin − = 2 cos = 2 cos 2 4 2 2 2 4 4 2 3x π 2 ⇔ cos = 0 hoÆc cos( x + ) = − . Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh c¬ b¶n t×m ®−îc nghiÖm : 2 4 2 x= π 3 + k 2π 3 , x= π + k 2π , x = k2π 2 30 x 2 = y 9 x 2 + 25 30 x 2 − 9 x 2 y − 25 y = 0 30 y 2 2) Ta cã 30 y 2 − 9 y 2 z − 25 z = 0 ⇔ z = 2 9 y + 25 2 2 30 z − 9 z x − 25 x = 0 30 z 2 x = 2 9 z + 25 ( 2). Tõ hÖ ta cã x, y, z kh«ng ©m *) NÕu x = 0 th× y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) lµ nghiÖm cña hÖ *) NÕu x>0, y> 0 , z > 0 . XÐt hµm sè : f(t) = Ta cã f’(t) = 1500t ( 9t 2 + 25 ) 2 30t 2 ,t>0 9t 2 + 25 > 0 víi mäi t > 0 . Do ®ã hµm sè f(t) ®ång biÕn trªn kho¶ng ( 0; +∞ ) y = f ( x) HÖ (2) ®−îc viÕt l¹i z = f ( y ) . x = f ( z) Tõ tÝnh ®ång biÕn cña hµm f ta dÔ dµng suy ra x= y = z . Thay vµo hÖ ph−¬ng tr×nh Ta ®−îc nghiÖm x = y = z = 5 . 3 5 5 5 NghiÖm cña hÖ lµ ( 0;0; 0 ) , ; ; 3 3 3 C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ ( x + 4)dx 3 −1 3 x +1 + x + 3 2 2 2 20t + 12 20t + 12 2 2 dt dt = ( t − 6t ) 0 + ∫ 2 2 t + 3t + 2 t + 3t + 2 0 0 x + 1 . Ta cã I = ∫ ( 2t − 6 )dt + ∫ §Æt t = 0 2 =-8+ 28 2 8 ∫ t + 2 dt − ∫ t + 1 dt 0 = - 8 + 28ln2 – 8 ln3 0 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng : 4x 4y 4z + + 2x + 2y+z 2y + 2z+x 2z + 2x+y 2x + 2y + 2z ≥ 4 x y z §Æt 2 = a , 2 =b , 2 = c . Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc BÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh cã d¹ng : ( *) ⇔ a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ ( *) a + bc b + ca c + ab 4 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + abc b + abc c + abc 4 3 3 a b c3 a+b+c + + ≥ ⇔ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 4 Ta cã a3 a+b a+c 3 + + ≥ a (a + b)(a + c) 8 8 4 ( 1) ( BÊt ®¼ng thøc C« si) b3 b+c b+a 3 + + ≥ b ( 2) T−¬ng tù (b + c)(b + a) 8 8 4 3 c c+a c+b 3 + + ≥ c ( 3) . (c + a)(c + b) 8 8 4 Céng vÕ víi vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc ( 1) , ( 2) , (3) suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh C©u IV : S H N M D A B C TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp SBCMN ( BCM)// AD nªn mÆt ph¼ng nµy c¾t mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM . Tø gi¸c BCMN lµ h×nh thang vu«ng cã BM lµ ®−êng cao BC ⊥ SA Ta cã : a 3 a 3− MN SM MN 3 =2 = ⇔ = Ta cã SA = AB tan600 = a 3 , AD SA 2a 3 a 3 4a 2a . BM = DiÖn tÝch h×nh thang BCMN lµ : Suy ra MN = 3 3 4a 2 a + 3 2a 10a2 BC + MN S = BM = = 2 2 3 3 3 H¹ AH ⊥ BM . Ta cã SH ⊥ BM vµ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . VËy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH lµ ®−êng cao cña khèi chãp SBCNM AB AM 1 = . Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , = SB MS 2 0 VËy BM lµ ph©n gi¸c cña gãc SBA ⇒ SBH = 30 ⇒ SH = SB.sin300 = a 10 3a3 1 Gäi V lµ thÓ tÝch chãp SBCNM ta cã V = SH .( dtBCNM ) = 27 3 PhÇn B. (ThÝ sinh chØ ®−îc lµm phÇn I hoÆc phÇn II) PhÇn I. (Danh cho thÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh chuÈn) ur C©u V.a.1) VÐc t¬ chØ ph−¬ng cña hai ®−êng th¼ng lÇn l−ît lµ: u1 (4; - 6; - 8) uur u2 ( - 6; 9; 12) ur uur +) u1 vµ u2 cïng ph−¬ng +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 A VËy d1 // d2 r *) VÐc t¬ ph¸p tuyÕn cña mp (P) lµ n = ( 5; - 22; 19) (P):uuu5x – 22y + 19z + 9 = 0 H r d 1 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 I Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B A1 IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng ⇒ I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B. B 36 33 15 *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®−îc H ; ; 29 29 29 A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’ 43 95 28 ; ;− 29 29 29 65 −21 −43 I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I ; ; 29 58 29 C©u VI a) log9(x + 1)2 + log 3 2 = log 3 4 − x + log 27 ( x + 4)3 (1) −4 < x < 4 x ≠ −1 § K: (1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x + 1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x + 1 = 16 – x2 Gi¶i ph−¬ng tr×nh t×m ®−îc x = 2 hoÆc x = 2 - 24 PhÇn II. ur uur C©u V. b. 1) C¸c vÐc t¬ chØ ph−¬ng cña D1 vµ D2 lÇn l−ît lµ u1 ( 1; - 1; 2) vµ u2 ( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 ur uur uuuur XÐt u1 ; u2 .MN = - 10 ≠ 0 VËy D1 chÐo D2 *) Gäi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2 uuurur 1 AB.u1 = 0 t = − ⇒ 3 uuur uur AB.u2 = 0 t ' = 0 5 4 2 ⇒ A ; ; − ; B (2; 3; 0) 3 3 3 D1 ur u1 A B uur u2 D2 §−êng th¼ng ∆ qua hai ®iÓm A, B lµ ®−êng vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2. Ta cã ∆ x = 2 + t : y = 3 + 5t z = 2t *) Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu nhËn ®o¹n AB lµ ®−êng kÝnh cã d¹ng: 2 2 2 11 13 1 5 x − 6 +y − 6 +z+ 3 = 6 b.2) §Æt t = log52 x + 1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 th× t ∈ [1;2] Ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: t2 + 2t – m – 3 = 0; t ∈ [1;2] ⇔ t2 + 2t – 3 = m ; t ∈ [1;2 ] LËp bÊt ph−¬ng r×nh hµm f(t) = t2 + 2t – 3 trªn [1;2] ta ®−îc 0 ≤ f(t) ≤ 5 § K cña m lµ: 0 ≤ m ≤ 5 Tr−êng THPT §«ng S¬n 1 k× thi KSCL tr−íc tuyÓn sinh n¨m 2009 (lÇn 2) M«n Thi: To¸n Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò thi gåm 02 trang) PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm ) C©u I: (2 ®iÓm) 2x − 3 Cho hµm sè y = x−2 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. 2. Cho M lµ ®iÓm bÊt k× trªn (C). TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t c¸c ®−êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña c¸c ®−êng tiÖm cËn. T×m to¹ ®é ®iÓm M sao cho ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) x x π x 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2 − 2 2 4 2 1 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log 2 (4 x 2 − 4 x + 1) − 2 x > 2 − ( x + 2) log 1 − x 2 2 C©u III (1 ®iÓm) e ln x TÝnh tÝch ph©n I = ∫ + 3 x 2 ln x dx 1 x 1 + ln x C©u IV (1 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC = a . SA = a 3 , SAB = SAC = 30 0 . TÝnh thÓ tÝch 2 khèi chãp S.ABC. C©u V (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ ba sè d−¬ng tho¶ m n : a + b + c = thøc P = 1 3 a + 3b +3 1 b + 3c +3 3 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu 4 1 c + 3a PhÇn riªng (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc phÇn 2 PhÇn 1:(Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn) C©u VIa (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho cho hai ®−êng th¼ng d 1 : 2 x − y + 5 = 0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm P( 2; -1) sao cho ®−êng th¼ng ®ã c¾t hai ®−êng th¼ng d1 vµ d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng th¼ng d1, d2. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho 4 ®iÓm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh: x + y + z − 2 = 0 . Gäi A’lµ h×nh chiªó cña A lªn mÆt ph¼ng Oxy. Gäi ( S) lµ mÆt cÇu ®i qua 4 ®iÓm A’, B, C, D. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m vµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (C) lµ giao cña (P) vµ (S). C©u VIIa (1 ®iÓm) T×m sè nguyªn d−¬ng n biÕt: 2C22n+1 − 3.2.2C23n +1 + .... + (−1)k k ( k − 1)2 k −2 C2kn +1 + .... − 2 n(2 n + 1)2 2 n −1 C22nn++11 = −40200 PhÇn 2: (Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao) C©u VIb (2 ®iÓm) x2 y2 − =1. 16 9 ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho (P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 vµ ®−êng th¼ng 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho Hypebol (H) cã ph−¬ng tr×nh: x+3 = y + 1 = z − 3 , ®iÓm A( -2; 3; 4). Gäi ∆ lµ ®−êng th¼ng n»m trªn (P) ®i qua giao 2 ®iÓm cña ( d) vµ (P) ®ång thêi vu«ng gãc víi d. T×m trªn ∆ ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch AM ng¾n nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm): (d ) : 2 3 x +1 + 2 y −2 = 3.2 y +3 x Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 3 x 2 + 1 + xy = x + 1 -------------- HÕt-------------Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D kh«ng ph¶i lµm c©u V ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:--------------------------Sè b¸o danh:----------------------------- Tr−êng THPT ®«ng s¬n I k× thi KSCL tr−íc tuyÓn sinh n¨m 2009 ( lÇn II) H−íng dÉn chÊm m«n to¸n - §iÓm toµn bµi thi kh«ng lµm trßn - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a. - NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn trong phÇn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iÓm phÇn tù chän - ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng ph¶i lµm c©u V, thang ®iÓm dµnh cho c©u I. 1 vµ c©u III lµ 1,5 ®iÓm C©u Néi dung §iÓm I. 1 Kh¶o s¸t hµm sè vµ vÏ ®å thÞ hµm sè .................. 1,00 1) Hµm sè cã TX§: R \ {2} 0,25 2) Sù biÕn thiªn cña hµm sè: a) Giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®−êng tiÖm cËn: * lim− y = −∞; lim y = +∞ x →2 x→2 + 0,25 Do ®ã ®−êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ hµm sè * lim y = lim y = 2 ⇒ ®−êng th¼ng y = 2 lµ tiÖm cËn ngang cña ®å thÞ hµm sè x →+∞ x →−∞ b) B¶ng biÕn thiªn: 1 Ta cã: y' = < 0, ∀x ≠ 2 (x − 2 )2 B¶ng biÕn thiªn: x -∞ y’ 2 2 +∞ - 0,25 +∞ y 2 -∞ * Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng (− ∞;2 ) vµ (2;+∞ ) 3) §å thÞ: 3 3 + §å thÞ c¾t trôc tung t¹i 0; vµ c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm ;0 2 2 + NhËn xÐt: §å thÞ nhËn giao ®iÓm I( 2; 2) cña hai tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng. y 0,25 2 3/2 x 2 O I. 2 3/2 T×m M ®Ó ®−êng trßn cã diÖn tÝch nhá nhÊt .......................... 2x − 3 −1 , x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) = Ta cã: M x 0 ; 0 x0 − 2 (x0 − 2)2 Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ( C) t¹i M cã d¹ng: ∆ : y = −1 2x − 3 (x − x 0 ) + 0 2 x0 − 2 (x0 − 2 ) 1,00 0,25 2x − 2 ; B(2x 0 − 2;2 ) To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (∆ ) vµ hai tiÖm cËn lµ: A 2; 0 x0 − 2 y + y B 2x 0 − 3 x + x B 2 + 2x 0 − 2 Ta thÊy A = = x0 = xM , A = = y M suy ra M lµ trung 2 x0 − 2 2 2 ®iÓm cña AB. MÆt kh¸c I = (2; 2) vµ tam gi¸c IAB vu«ng t¹i I nªn ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch 2 2x 0 − 3 1 2 2 S = πIM = π (x 0 − 2) + − 2 = π(x 0 − 2)2 + ≥ 2π 2 (x 0 − 2) x0 − 2 x = 1 1 ⇔ 0 2 (x 0 − 2) x 0 = 3 Do ®ã cã hai ®iÓm M cÇn t×m lµ M(1; 1) vµ M(3; 3) Gi¶i ph−¬ng tr×nh l−îng gi¸c ...... x x π x 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2 − (1) 2 2 4 2 (1) ⇔ 1 + sin x sin x − cos x sin 2 x = 1 + cos π − x = 1 + sin x 2 2 2 x x x x x x ⇔ sin x sin − cos sin x − 1 = 0 ⇔ sin x sin − cos .2 sin cos − 1 = 0 2 2 2 2 2 2 DÊu “=” x¶y ra khi (x 0 − 2)2 = II. 1 x x x ⇔ sin x sin − 1 2 sin 2 + 2 sin + 1 = 0 2 2 2 sin x = 0 x = kπ x = kπ x ⇔ sin = 1 ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ, k ∈ Z = + k2 π 2 x = π + k4 π 2 2 x x 2 sin 2 + 2 sin + 1 2 2 II. 2 Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh......................... 1 1 1 x< − > < x 0 x 1 2 ⇔ ⇔x< ⇔ §K: 2 2 2 x ≠ 1 4 x 2 − 4 x + 1 > 0 (2x − 1)2 > 0 2 Víi ®iÒu kiÖn (*) bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi: 2 log 2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2)[log2 (1 − 2x) − 1] ⇔ x[log 2 (1 − 2x) + 1] < 0 1 1 < x < hoÆc x < 0. 2 4 0,25 0,25 1 ®iÓm 0,25 0,25 0,25 0,25 1 ®iÓm (*) x > 0 x > 0 x > 0 1 x> 2(1 − 2x) < 1 log 2 2(1 − 2x) < 0 log 2 (1 − 2x) + 1 < 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4 x < 0 x < 0 x < 0 < x 0 log 2 2(1 − 2x) > 0 log 2 (1 − 2x) + 1 > 0 2(1 − 2x) > 1 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 III TÝnh tÝch ph©n............................. e 1 ®iÓm e ln x dx + 3∫ x 2 ln xdx 1 x 1 + ln x 1 I=∫ e +) TÝnh I 1 = ∫ 1 ln x x 1 + ln x dx . §Æt t = 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x; 2 tdt = 1 dx x 0,25 §æi cËn: x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 2 (t ) 2 ( ) 2 t3 −1 22− 2 .2tdt = 2 ∫ t 2 − 1 dt = 2 − t = I1 = ∫ 3 t 3 1 1 1 dx du = e = u ln x x +) TÝnh I 2 = ∫ x 2 ln xdx . §Æt ⇒ 2 3 dv = x dx v = x 1 3 e 3 3 3 3 3 x 1 2 e 1 x e e e 1 2e3 + 1 e I 2 = . ln x 1 − ∫ x dx = − . − + = 1 = 3 31 3 3 3 3 9 9 9 2 ( ) 5 − 2 2 + 2e3 3 TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp ......................... 0,25 0,25 0,25 I = I1 + 3I 2 = IV 0,25 1 ®iÓm S M A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: SB 2 = SA 2 + AB 2 − 2SA.AB. cos SAB = 3a 2 + a 2 − 2.a 3.a.cos300 = a 2 Suy ra SB = a . T−¬ng tù ta còng cã SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC). 1 1 1 Ta cã VS .ABC = VS .MBC + VA. MBC = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 3 3 Hai tam gi¸c SAB vµ SAC cã ba cÆp c¹nh t−¬ng øng b»ng nhau nªn chóng b»ng nhau. Do ®ã MB = MC hay tam gi¸c MBC c©n t¹i M. Gäi N lµ trung ®iÓm cña BC suy ra MN ⊥ BC. T−¬ng tù ta còng cã MN ⊥ SA. 2 2 2 a 3 a a 3 3a 2 2 2 2 2 2 2 = ⇒ MN = . MN = AN − AM = AB − BN − AM = a − − 16 4 4 2 a 3 a a3 1 1 1 . = Do ®ã VS .ABC = SA. MN.BC = a 3 . 4 2 16 6 2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 V T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc .................. ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã 1 1 1 1 1 1 9 3 =9⇒ + + ≥ (*) (x + y + z ) + + ≥ 33 xyz 3 x y z x+y+z xyz x y z 1 ®iÓm 0,25 1 1 1 9 +3 +3 ≥3 3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã ¸p dông (*) ta cã P = 3 a + 3b + 1 + 1 1 = ( a + 3b + 2) 3 3 + + + b 3c 1 1 1 3 ( b + 3c)1.1 ≤ = ( b + 3c + 2) 3 3 + + + c 3a 1 1 1 3 ( c + 3a)1.1 ≤ = ( c + 3a + 2) 3 3 3 ( a + 3b)1.1 ≤ 1 1 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 4 ( a + b + c) + 6 ≤ 4. + 6 = 3 3 3 4 Do ®ã P ≥ 3 Suy ra 3 3 1 DÊu = x¶y ra ⇔ a + b + c = 4 ⇔ a= b= c= 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a = b = c = 1 / 4 VIa.1 0,25 LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ...................... 0,25 0,25 1 ®iÓm C¸ch 1: d1 cã vect¬ chØ ph−¬ng a1 (2;−1) ; d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a 2 (3;6) Ta cã: a1.a 2 = 2.3 − 1.6 = 0 nªn d1 ⊥ d 2 vµ d1 c¾t d2 t¹i mét ®iÓm I kh¸c P. Gäi d lµ ®−êng th¼ng ®i qua P( 2; -1) cã ph−¬ng tr×nh: d : A(x − 2) + B(y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0 d c¾t d1, d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh I khi vµ chØ khi d t¹o víi d1 ( hoÆc d2) mét gãc 450 ⇔ A = 3B = cos 450 ⇔ 3A 2 − 8AB − 3B 2 = 0 ⇔ 2 2 2 + (−1) B = −3A 2A − B A2 + B2 0,25 0,25 * NÕu A = 3B ta cã ®−êng th¼ng d : 3x + y − 5 = 0 * NÕu B = -3A ta cã ®−êng th¼ng d : x − 3y − 5 = 0 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ m n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 d : x − 3y − 5 = 0 C¸ch 2: Gäi d lµ ®−êng th¼ng cÇn t×m, khi ®ã d song song víi ®−êng ph©n gi¸c ngoµi cña ®Ønh lµ giao ®iÓm cña d1, d2 cña tam gi¸c ® cho. C¸c ®−êng ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi d1, d2 cã ph−¬ng tr×nh 2x − y + 5 3x + 6y − 7 3x − 9y + 22 = 0 (∆1 ) = ⇔ 3 2x − y + 5 = 3x + 6y − 7 ⇔ 2 2 2 2 2 + (−1) 3 +6 9x + 3y + 8 = 0 (∆ 2 ) +) NÕu d // ∆1 th× d cã ph−¬ng tr×nh 3x − 9y + c = 0 . Do P ∈ d nªn 6 + 9 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : x − 3y − 5 = 0 +) NÕu d // ∆2 th× d cã ph−¬ng tr×nh 9x + 3y + c = 0 . Do P ∈ d nªn 18 − 3 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : 3x + y − 5 = 0 0,25 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ m n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 d : x − 3y − 5 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa. 2 X¸c ®Þnh t©m vµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn........ DÔ thÊy A’ ( 1; -1; 0) * Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ( S) ®i qua A’, B, C, D lµ: (a x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2 by + 2cz + d = 0, 2 + b 2 + c2 − d > 0 1 ®iÓm 0,25 ) 5 2a − 2 b + d + 2 = 0 a = − 2 2a + 6 b + 4c + d + 14 = 0 ⇔ b = −1 V× A' , B, C, D ∈ (S ) nªn ta cã hÖ: 8a + 6 b + 4c + d + 29 = 0 c = −1 8a − 2 b + 4c + d − 21 = 0 d = −1 0,25 VËy mÆt cÇu ( S) cã ph−¬ng tr×nh: x 2 + y 2 + z 2 − 5 x − 2 y − 2 z + 1 = 0 29 5 (S) cã t©m I ;1;1 , b¸n kÝnh R = 2 2 +) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña I lªn (P). H lµ t©m cña ®−êng trßn ( C) +) Gäi ( d) lµ ®−êng th¼ng ®i qua I vµ vu«ng gãc víi (P). (d) cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ: n(1;1;1) x = 5 / 2 + t 5 Suy ra ph−¬ng tr×nh cña d: y = 1 + t ⇒ H + t;1 + t;1 + t 2 z = 1 + t 0,25 5 5 5 5 1 1 Do H = (d ) ∩ (P ) nªn: + t + 1 + t + 1 + t − 2 = 0 ⇔ 3t = − ⇔ t = − ⇒ H ; ; 2 2 6 3 6 6 IH = VII a. VIb.1 75 5 3 29 75 31 186 , (C) cã b¸n kÝnh r = R 2 − IH 2 = − = = = 4 36 6 6 36 6 T×m sè nguyªn d−¬ng n biÕt....... * XÐt (1 − x)2 n +1 = C 20 n +1 − C12 n +1x + C 22 n +1x 2 − .... + (−1) k C 2k n +1x k + .... − C 22 nn ++11x 2 n +1 (1) * LÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (1) ta cã: − (2 n + 1)(1 − x)2 n = −C12 n +1 + 2C 22 n +1x − ... + (−1)k kC 2k n +1x k −1 + .... − (2n + 1)C 22 nn ++11x 2 n (2) 0,25 1 ®iÓm 0,25 L¹i lÊy ®¹o hµm c¶ hai vÕ cña (2) ta cã: 2n(2n + 1)(1 − x)2n−1 = 2C22n+1 − 3C32n+1x + ... + (−1)k k(k − 1)C2kn+1xk −2 + .... − 2n(2n + 1)C22nn++11x2n−1 0,25 Thay x = 2 vµo ®¼ng thøc trªn ta cã: k 2n −1 2n +1 −2n(2n + 1) = 2C22n +1 − 3.2.2C32n +1 + ... + (−1)k k(k − 1)2 k −2 C 2n C2n +1 +1 + ... − 2n(2n + 1)2 0,25 Ph−¬ng tr×nh ® cho ⇔ 2 n(2 n + 1) = 40200 ⇔ 2n 2 + n − 20100 = 0 ⇔ n = 100 ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña E lÝp (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1 (− 5;0 ); F2 (5;0 ) . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét ®Ønh lµ M( 4; 3), x2 y2 Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) cã d¹ng: 2 + 2 = 1 ( víi a > b) a b 2 2 (1) (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1 (− 5;0 ); F2 (5;0 ) ⇒ a − b = 52 M(4;3) ∈ (E ) ⇔ 9a 2 + 16b 2 = a 2 b 2 2 0,25 0,25 (2 ) a 2 = 40 a = 5 + b Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ: 2 ⇔ 2 2 2 2 b = 15 9a + 16 b = a b 2 0,25 1 ®iÓm 2 VËy ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña (E) lµ: x2 y2 + =1 40 15 0,25 0,25 VIb. 2 T×m ®iÓm M thuéc ∆ ®Ó AM ng¾n nhÊt 1 ®iÓm x = 2t − 3 ChuyÓn ph−¬ng tr×nh d vÒ d¹ng tham sè ta ®−îc: y = t − 1 z = t + 3 0,25 Gäi I lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (P) ⇒ I (2t − 3; t − 1; t + 3) Do I ∈ (P ) ⇒ 2t − 3 + 2(t − 1) − (t − 3) + 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ I (− 1;0;4) * (d) cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ a(2;1;1) , mp( P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ n(1;2;−1) [ ] ⇒ a, n = (− 3;3;3) . Gäi u lµ vect¬ chØ ph−¬ng cña ∆ ⇒ u(− 1;1;1) x = 1 − u ⇒ ∆ : y = u . V× M ∈ ∆ ⇒ M (− 1 − u; u;4 + u ) , ⇒ AM(1 − u; u − 3; u ) z = 4 + u VIIb 0,25 0,25 AM ng¾n nhÊt ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔ AM ⊥ u ⇔ AM.u = 0 ⇔ −1(1 − u) + 1(u − 3) + 1.u = 0 4 − 7 4 16 ⇔ u = . VËy M ; ; 3 3 3 3 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:................... 23x +1 + 2 y − 2 = 3.2 y + 3x (1) 3x 2 + 1 + xy = x + 1 (2) x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 Ph−¬ng tr×nh (2) ⇔ 2 ⇔ 3 x + 1 + xy = x + 1 x(3 x + y − 1) = 0 x ≥ −1 x = 0 ⇔ x = 0 ⇔ x ≥ −1 3 x + y − 1 = 0 y = 1 − 3 x 0,25 1 ®iÓm 0,25 * Víi x = 0 thay vµo (1) 2 + 2 y − 2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = 8 8 ⇔ y = log 2 11 11 x ≥ −1 * Víi thay y = 1 – 3x vµo (1) ta ®−îc: 2 3 x +1 + 2 −3 x −1 = 3.2 y 1 3 x = − 1 §Æt t = 2 3 x +1 V× x ≥ −1 nªn t ≥ 4 1 t = 3 − 8 (lo¹ i ) x = log 2 3 + 8 − 1 1 2 3 ⇔ (3) ⇔ t + = 6 ⇔ t − 6 t + 1 = 0 ⇔ t y = 2 − log (3 + 8 ) t = 3 + 8 2 [ ( 0,25 ) ] 1 x = 0 x = log 2 3 + 8 − 1 3 VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ® cho cã nghiÖm 8 vµ y log = 2 11 y = 2 − log 2 (3 + 8 ) [ ( 0,25 ) ] 0,25 IV TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô 1,00 C’ A’ B’ H A C O M B Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC, gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AA’, Khi ®ã (P) ≡ (BCH). Do gãc A ' AM nhän nªn H n»m gi÷a AA’. ThiÕt diÖn cña l¨ng trô c¾t bëi (P) lµ tam gi¸c BCH. a 3 2 a 3 , AO = AM = Do tam gi¸c ABC ®Òu c¹nh a nªn AM = 3 3 2 2 2 a 3 a 3 a 3 1 Theo bµi ra S BCH = ⇒ HM.BC = ⇒ HM = 4 8 8 2 AH = AM 2 − HM 2 = 0,25 0,25 3a 2 3a 2 3a − = 4 16 4 Do hai tam gi¸c A’AO vµ MAH ®ång d¹ng nªn A' O HM = AO AH AO.HM a 3 a 3 4 a = = AH 3 4 3a 3 a3 3 1aa 3 1 a= ThÓ tÝch khèi l¨ng trô: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC = 12 23 2 2 0,25 suy ra A' O = V T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ... 1,00 1 1 1 1 ≤ = 2 2 2 2 a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1 1 1 1 1 1 1 , 2 T−¬ng tù 2 ≤ ≤ 2 2 b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1 0,50 1 1 1 1 = 1 1 + ab + b = 1 P≤ + + 2 ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 2 ab + b + 1 b + 1 + ab 1 + ab + b 2 0,25 Ta cã a +b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 2 1 1 khi a = b = c = 1. VËy P ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng khi a = b = c = 1. 2 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh x2 + (x 2 − 2x) 2 = 1 ⇔ 9x 4 − 36x 3 + 37x 2 − 9 = 0 (*) 9 XÐt f (x) = 9 x 4 − 36 x 3 + 37x 2 − 9 , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt y = x 2 − 2 x To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m n hÖ x 2 2 +y =1 9 P= VIa.1 0,25 5 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 8x 2 − 16 x = 8y ⇒ 9 x 2 + 9 y 2 − 16 x − 8y − 9 = 0 (**) ⇔ 2 2 x + 9 y = 9 VIa.2 VII.a 161 8 4 Do (**) lµ ph−¬ng tr×nh cña ®−êng trßn cã t©m I = ; , b¸n kÝnh R = 9 9 9 ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®−êng trßn cã ph−¬ng tr×nh (**) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (β ).... Do (β) // (α) nªn (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §−êng trßn cã chu vi 6π nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 0,25 1,00 0,25 Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (β) lµ h = R 2 − r 2 = 5 2 − 3 2 = 4 2.1 + 2(−2) − 3 + D D = −7 Do ®ã = 4 ⇔ − 5 + D = 12 ⇔ D = 17 (lo¹i) 2 2 + 2 2 + (−1) 2 0,25 VËy (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 T×m hÖ sè cña x2... 0,25 1,00 2 2 0 0 ( 0,25 ) Ta cã I = ∫ (1 + x) n dx = ∫ C 0n + C 1n x + C 2n x 2 + L + C nn x n dx 2 1 1 1 C nn x n +1 = C 0n x + C 1n x 2 + C 2n x 3 + L + n +1 3 2 0 0,25 22 1 23 2 2 n +1 n Cn + Cn +L+ C n (1) 2 3 n +1 2 3 n +1 − 1 1 MÆt kh¸c I = (2) (1 + x) n +1 = 0 n +1 n +1 22 23 2 n +1 n 3 n +1 − 1 Cn = Tõ (1) vµ (2) ta cã = 2C 0n + C 1n + C 2n + L + n +1 2 3 n +1 n +1 3 − 1 6560 = ⇔ 3 n +1 = 6561 ⇒ n = 7 Theo bµi ra th× n +1 n +1 suy ra I = 2C 0n + 7 VIb.1 k 14 −3 k 7 7 7−k 1 1 1 Ta cã khai triÓn x + 4 = ∑ C 7k x 4 = ∑ k C 7k x 4 2 x 0 2 0 2 x 14 − 3k Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m n =2⇔k=2 4 1 21 VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 2 C 27 = 4 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn .... Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 2 + m + 7 − 2n = 3.2 m− 2n = −3 m = −1 Do G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn ⇔ ⇔ 3 − m − 5 + n = 3.0 − m+ n = 2 n = 1 Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) Gi¶ sö ®−êng trßn (C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 + 2ax + 2 by + c = 0 . Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hÖ ( ) a = −83 / 54 4 + 9 + 4 a + 6 b + c = 0 1 + 16 − 2a − 8b + c = 0 ⇔ b = 17 / 18 c = −338 / 27 25 + 1 + 10a + 2 b + c = 0 VËy (C) cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 − 338 17 83 =0 x+ y− 27 9 27 6 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb.2 T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt ... 1,00 7 8 Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC, suy ra G = ; ;3 3 3 ( ) ( 2 ) ( 2 Ta cã F = MA 2 + MB 2 + MC 2 = MG + GA + MG + GB + MG + GC ) 2 0,25 = 3MG2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2MG(GA + GB + GC) = 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhÊt ⇔ M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 7/3− 8/3−3−3 19 ⇔ MG = d(G, ( P )) = = 1+1+1 3 3 56 32 104 64 GA 2 + GB 2 + GC 2 = + + = 9 9 9 3 2 VIIb 19 64 553 VËy F nhá nhÊt b»ng 3. + 3 = 9 khi M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 3 3 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh mò e x − y = x + y + 1 e x − y + e x + y = 2(x + 1) ⇔ x+y x+y e = x − y + 1 e = x − y + 1 e v = u + 1 e v = u + 1 (1) §Æt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ u ⇔ u v e − e = v − u (2 ) e = v + 1 - 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 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) 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0 Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 ⇔ u = 0 . x = 0 x + y = 0 Do ®ã (3) cã 1 nghiÖm u = 0 ⇒ v = 0 ⇒ ⇔ y = 0 x − y = 0 VËy hÖ ph−¬ng tr×nh ® cho cã mét nghiÖm (0; 0) 7 0,25 Tr−êng T.H.P.T NguyÔn Trung Ng¹n Tæ to¸n – Tin §Ò thi thö ®¹i häc n¨m 2009 M«n to¸n - Khèi A Thêi gian 180 phót ( kh«ng kÓ giao ®Ò ) PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thi sinh . C©u I (2,0 ®iÓm) 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (c) cña hµm sè : y = x3 – 3x2 + 2 m 2 2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh : x − 2 x − 2 = x −1 C©u II (2,0 ®iÓm ) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh : cos 11π − 5 x + sin 7π − x = 2 sin 3 x + 2009π 2 2 4 4 2 2 30 x 2 − 9 x 2 y − 25 y = 0 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 30 y 2 − 9 y 2 z − 25 z = 0 2 2 30 z − 9 z x − 25 x = 0 C©u III(2,0 ®iÓm ) 1) TÝnh tÝch ph©n : 3 ( x + 4)dx −1 3 x +1 + x + 3 ∫ 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng : 4x 4y 4z + + 2x + 2y+z 2y + 2z+x 2z + 2x+y ≥ 2x + 2y + 2z 4 C©u IV ( 1,0 ®iÓm ) : Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt víi AB = a , AD = 2a . C¹nh SA vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ®¸y , c¹nh bªn SB t¹o víi mÆt ph¾ng ®¸y mét gãc 600 . Trªn c¹nh SA lÊy ®iÓm M sao cho AM = a 3 , mÆt ph¼ng ( BCM) c¾t c¹nh SD t¹i N . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.BCNM . 3 PhÇn B ( ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn ( phÇn 1 hoÆc phÇn 2) PhÇn 1 ( Dµnh cho häc sinh häc theo ch−¬ng tr×nh chuÈn ) C©u V.a ( 2,0 ®iÓm ) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é 0xyz cho hai ®−êng th¼ng : x −7 y −2 z x − 2 y z +1 = = = = d1 : ; d2 : −6 9 12 4 −6 −8 1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( P) qua d1 vµ d2 . 2) Cho ®iÓm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).T×m ®iÓm I trªn ®−êng th¼ng d1 sao cho IA +IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt 2 C©u VI.a (1.0®iÓm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh : log 9 ( x + 1) + log 3 2 = log 3 4 − x + log 27 ( x + 4)3 PhÇn 2 ( Dµnh cho häc sinh häc ch−¬ng tr×nh n©ng cao ) C©u V.b (2,0®iÓm) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é 0xyz cho hai ®−êng th¼ng : x − 2 y −1 z = = , D1 : 1 −1 2 x = 2 − 2t D2 : y = 3 z = t 1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu cã ®−êng kÝnh lµ ®o¹n vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2 2 2 C©uVI.b ( 1,0 ®iÓm) Cho ph−¬ng tr×nh : log5 x + 2 log5 x + 1 − m − 2 = 0 , ( m lµ tham sè ) . T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph−¬ng tr×nh ® cho cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n 1;5 ……………………………….HÕt ………………………………………… Gi¸m thÞ coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm . 3 H−íng dÉn gi¶i : PhÇn A : Dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh C©u I : 1) ( ThÝ sinh tù kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ ) 2) §å thÞ hµm sè y = ( x 2 − 2 x − 2) x − 1 , víi x ≠ 1 cã d¹ng nh− h×nh vÏ : 1 1- 3 2 -2 1+ 3 y=m m Dùa vµo ®å thÞ ta cã : *) NÕu m < -2 : Ph−¬ng tr×nh v« nghiÖm *) NÕu m = - 2 : Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm *) NÕu – 2 < m < 0 : Ph−¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt *) nÕu m ≥ 0 : Ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt C©u II : 1) cos 11π − 5 x + sin 7π − x = 2 sin 3 x + 2009π ( 1) 2 2 4 4 2 2 ( 1) ⇔ sin 5x π 3x π 3x 3x 3π x ⇔ -2 cos x + cos − − sin − = 2 cos = 2 cos 2 4 2 2 2 4 4 2 3x π 2 ⇔ cos = 0 hoÆc cos( x + ) = − . Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh c¬ b¶n t×m ®−îc nghiÖm : 2 4 2 x= π 3 + k 2π 3 , x= π + k 2π , x = k2π 2 30 x 2 = y 9 x 2 + 25 30 x 2 − 9 x 2 y − 25 y = 0 30 y 2 2) Ta cã 30 y 2 − 9 y 2 z − 25 z = 0 ⇔ z = 2 9 y + 25 2 2 30 z − 9 z x − 25 x = 0 30 z 2 x = 2 9 z + 25 ( 2). Tõ hÖ ta cã x, y, z kh«ng ©m *) NÕu x = 0 th× y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) lµ nghiÖm cña hÖ *) NÕu x>0, y> 0 , z > 0 . XÐt hµm sè : f(t) = Ta cã f’(t) = 1500t ( 9t 2 + 25 ) 2 30t 2 ,t>0 9t 2 + 25 > 0 víi mäi t > 0 . Do ®ã hµm sè f(t) ®ång biÕn trªn kho¶ng ( 0; +∞ ) y = f ( x) HÖ (2) ®−îc viÕt l¹i z = f ( y ) . x = f ( z) Tõ tÝnh ®ång biÕn cña hµm f ta dÔ dµng suy ra x= y = z . Thay vµo hÖ ph−¬ng tr×nh Ta ®−îc nghiÖm x = y = z = 5 . 3 5 5 5 NghiÖm cña hÖ lµ ( 0;0; 0 ) , ; ; 3 3 3 C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ ( x + 4)dx 3 −1 3 x +1 + x + 3 2 2 2 20t + 12 20t + 12 2 2 dt dt = ( t − 6t ) 0 + ∫ 2 2 t + 3t + 2 t + 3t + 2 0 0 x + 1 . Ta cã I = ∫ ( 2t − 6 )dt + ∫ §Æt t = 0 2 =-8+ 28 2 8 ∫ t + 2 dt − ∫ t + 1 dt 0 = - 8 + 28ln2 – 8 ln3 0 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa m n : 2-x + 2-y +2-z = 1 .Chøng minh r»ng : 4x 4y 4z + + 2x + 2y+z 2y + 2z+x 2z + 2x+y 2x + 2y + 2z ≥ 4 x y z §Æt 2 = a , 2 =b , 2 = c . Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc BÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh cã d¹ng : ( *) ⇔ a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ ( *) a + bc b + ca c + ab 4 a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + abc b + abc c + abc 4 3 3 a b c3 a+b+c + + ≥ ⇔ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) 4 Ta cã a3 a+b a+c 3 + + ≥ a (a + b)(a + c) 8 8 4 ( 1) ( BÊt ®¼ng thøc C« si) b3 b+c b+a 3 + + ≥ b ( 2) T−¬ng tù (b + c)(b + a) 8 8 4 3 c c+a c+b 3 + + ≥ c ( 3) . (c + a)(c + b) 8 8 4 Céng vÕ víi vÕ c¸c bÊt ®¼ng thøc ( 1) , ( 2) , (3) suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh C©u IV : S H N M D A B C TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp SBCMN ( BCM)// AD nªn mÆt ph¼ng nµy c¾t mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM . Tø gi¸c BCMN lµ h×nh thang vu«ng cã BM lµ ®−êng cao BC ⊥ SA Ta cã : a 3 a 3− MN SM MN 3 =2 = ⇔ = Ta cã SA = AB tan600 = a 3 , AD SA 2a 3 a 3 4a 2a . BM = DiÖn tÝch h×nh thang BCMN lµ : Suy ra MN = 3 3 4a 2 a + 3 2a 10a2 BC + MN S = BM = = 2 2 3 3 3 H¹ AH ⊥ BM . Ta cã SH ⊥ BM vµ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . VËy SH ⊥ ( BCNM) ⇒ SH lµ ®−êng cao cña khèi chãp SBCNM AB AM 1 = . Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , = SB MS 2 0 VËy BM lµ ph©n gi¸c cña gãc SBA ⇒ SBH = 30 ⇒ SH = SB.sin300 = a 10 3a3 1 Gäi V lµ thÓ tÝch chãp SBCNM ta cã V = SH .( dtBCNM ) = 27 3 PhÇn B. (ThÝ sinh chØ ®−îc lµm phÇn I hoÆc phÇn II) PhÇn I. (Danh cho thÝ sinh häc ch−¬ng tr×nh chuÈn) ur C©u V.a.1) VÐc t¬ chØ ph−¬ng cña hai ®−êng th¼ng lÇn l−ît lµ: u1 (4; - 6; - 8) uur u2 ( - 6; 9; 12) ur uur +) u1 vµ u2 cïng ph−¬ng +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 A VËy d1 // d2 r *) VÐc t¬ ph¸p tuyÕn cña mp (P) lµ n = ( 5; - 22; 19) (P):uuu5x – 22y + 19z + 9 = 0 H r d 1 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 I Gäi A1 lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua d1 Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B A1 IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A1B Khi A1, I, B th¼ng hµng ⇒ I lµ giao ®iÓm cña A1B vµ d Do AB // d1 nªn I lµ trung ®iÓm cña A1B. B 36 33 15 *) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña A lªn d1. T×m ®−îc H ; ; 29 29 29 A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’ 43 95 28 ; ;− 29 29 29 65 −21 −43 I lµ trung ®iÓm cña A’B suy ra I ; ; 29 58 29 C©u VI a) log9(x + 1)2 + log 3 2 = log 3 4 − x + log 27 ( x + 4)3 (1) −4 < x < 4 x ≠ −1 § K: (1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x + 1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x + 1 = 16 – x2 Gi¶i ph−¬ng tr×nh t×m ®−îc x = 2 hoÆc x = 2 - 24 PhÇn II. ur uur C©u V. b. 1) C¸c vÐc t¬ chØ ph−¬ng cña D1 vµ D2 lÇn l−ît lµ u1 ( 1; - 1; 2) vµ u2 ( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 ur uur uuuur XÐt u1 ; u2 .MN = - 10 ≠ 0 VËy D1 chÐo D2 *) Gäi A(2 + t; 1 – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2 uuurur 1 AB.u1 = 0 t = − ⇒ 3 uuur uur AB.u2 = 0 t ' = 0 5 4 2 ⇒ A ; ; − ; B (2; 3; 0) 3 3 3 D1 ur u1 A B uur u2 D2 §−êng th¼ng ∆ qua hai ®iÓm A, B lµ ®−êng vu«ng gãc chung cña D1 vµ D2. Ta cã ∆ x = 2 + t : y = 3 + 5t z = 2t *) Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu nhËn ®o¹n AB lµ ®−êng kÝnh cã d¹ng: 2 2 2 11 13 1 5 x − 6 +y − 6 +z+ 3 = 6 b.2) §Æt t = log52 x + 1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 th× t ∈ [1;2] Ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: t2 + 2t – m – 3 = 0; t ∈ [1;2] ⇔ t2 + 2t – 3 = m ; t ∈ [1;2 ] LËp bÊt ph−¬ng r×nh hµm f(t) = t2 + 2t – 3 trªn [1;2] ta ®−îc 0 ≤ f(t) ≤ 5 § K cña m lµ: 0 ≤ m ≤ 5 Trường THPT Cao Lãnh 2 TỔ TOÁN – TIN HỌC (Đề này có 01 trang) KỲ THI DIỄN TẬP ĐẠI HỌC LẦN 2 – 2009 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/05/2009 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CÀ CÁC THÍ SINH: (7.0 điểm) Câu I. ( 2.0 điểm) Cho hàm số : y = x 3 − (m + 3)x 2 + 3mx − 2m (Cm), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=0. 2. Xác định m để (Cm) có cực trị có hoành độ thỏa 1 1 4 + 2 = . 2 x1 x2 9 Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình: 4 − 4sin 2 2 x = 2 cos 2 x(3 sin x − 5) 2. Giải bất phương trình: log 3 (16x − 2.12 x ) ≤ 2x + 1 Câu III. (2.0 điểm) 7 1. Tính tích phân: I = ∫ x+2 dx x +1 x 2 + y 2 − x + y = 2 2. Giải hệ phương trình: xy + x − y = −1 Câu IV (1.0 điểm). 0 3 Cho khối chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B .Biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AB=SA=a, BC=2a. Một phặt phẳng qua A vuông góc SC tại H và cắt SB tại K Tính diện tích tam giác AHK theo a. II. PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm) * Theo chương trình chuẩn: Câu V.a. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) . Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C sao cho H là trọng tâm của tam giác ABC. CâuVI.a. (2.0 điểm) 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) = e2 x − 4.ex + 3 trên [0;ln4]. 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) : y = x + 1 + 1 1 và ( d ) : y = x + 2 x+2 3 * Theo chương trình nâng cao: Câu V.b. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) . Lập phương trình mặt phẳng đi qua H và cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C sao cho H là trọng tâm của tam giác ABC. Câu VI.b. (2.0 điểm). 5 + 3i 3 1. Tìm môđun và acgument của số phức z = 1 − 2i 3 21 2. Xác định m để phương trình: x2 + 3 − x = m có nghiệm. Họ và tên thí sinh:………………………………………..Số báo danh:………………………………… ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I. 2.0 điểm Câu II. 2.0 điểm y = x 3 − (m + 3)x 2 + 3mx − 2m (Cm) 1. Với m=0. Ta có y = f ( x) = x3 − 3x2 TXĐ: D=R y ' = 3x2 − 6x x = 0 ⇒ y = 0 y ' = 0 ⇔ 3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = −4 lim y = ±∞ x →±∞ BBT: x −∞ y’ 0 0 0 + 2 0 - +∞ +∞ y –4 −∞ ĐĐB: x y Đồ thị: + -1 -4 3 0 y -1 2 O 3 x -4 2. y = x 3 − (m + 3)x 2 + 3mx − 2m (Cm). Xác định m để (Cm) có cực trị có hoành độ thỏa 1 1 4 + 2 = . 2 x1 x2 9 y ' = 3x2 − 2 ( m + 3) x + 3m y ' = 0 ⇔ 3x2 − 2 ( m + 3) x + 3m = 0 (1) ∆ ' = m2 − 3m + 9 > 0 ∆ ' = (m + 3)2 − 9m > 0 2 ĐK: 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2x1 .x2 4 1 4 = x2 + x2 = 9 2 9 1 2 ( x1.x2 ) 2 2(m + 3) − 2.m 3 4 ⇔ = ⇔ m = −6 2 9 m 1. Giải phương trình: 4 − 4sin 2 2 x = 2 cos 2 x(3 sin x − 5) (1) TXĐ: D=R (1) ⇔ 4 (1 − sin 2 2 x ) = 2cos 2 x (3sin x − 5) ⇔ 4 cos 2 2 x − 2cos 2 x(3 sin x − 5) = 0 ⇔ cos 2 x ( 2cos 2 x − 3 sin x + 5 ) = 0 ⇔ cos 2 x −4 sin 2 x − 3sin x + 7 = 0 ( ) π kπ cos2x = 0 x = 4 + 2 cos2x = 0 ⇔ ⇔ sin x = 1 ⇔ (k ∈ ) 2 x = π + k2π −4sin x − 3sin x + 7 = 0 7 sin x = − (loai ) 2 4 2. Giải bất phương trình: log 3 (16x − 2.12x ) ≤ 2x + 1 (2) ĐK: 16x − 2.12x > 0 ⇔ x > log 4/ 3 2 (2) ⇔ 16x − 2.12x ≤ 3 2x +1 ⇔ 16x − 2.12x − 3.9x ≤ 0 2x x x 4 4 4 ⇔ − 2. − 3 ≤ 0 ⇔ 0 < ≤ 3 ⇔ x ≤ log 4/ 3 3 3 3 3 So với điều kiện ta có: log 4/ 3 3 < x ≤ log 4/ 3 3 7 Câu III. x+2 1. Tính tích phân: = I (2.0 điểm) ∫0 3 x + 1dx Đặt t = 3 x + 1 ⇒ t 3 = x + 1 3t 2 dt = dx Đổi cận: x t 0 1 7 2 t t t3 − 1+ 2 2 .3t dt = 3∫ t 4 + t dt = 3 + t 5 2 1 1 2 2 I =∫ 2 2 x + y − x + y = 2 2. xy + x − y = −1 x - y = −1 xy = 0 ⇔ ⇔ x - y = 4 xy = −5 Câu IV (1.0 1. 5 ( ) 2 2 = 231 10 1 x − y ) − ( x − y ) + 2xy = 2 ⇔ ( xy + x − y = −1 2 x = 0 x = −1 v 1 y = x = 0 x = −1 y = 0 ⇔ v x - y = 4 y = 1 y = 0 (VN ) xy = −5 điểm). S z B A x C y Trong không gian Oxyz, chọn B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), S(a;0;a) +r mp (P) qua A(a,0;0) và vuông góc SC nên có VTPT n = ( − a;2a; −a) = a ( −1; 2; −1) có pt: -x+2y-z+a=0 x = a − t x = t + (SC): y = 2t ; (SB): y = 0 z = t z = a − t 5a a 5a a a + ( P ) I SC = H ; ; ; ( P ) I SB = K ; 0; 6 3 6 2 2 uuur a a 5a uuur a a uuur uuur a2 a2 a2 + AH = − ; ; ; AK − ; 0; ; AH ; AK = ; − ; 3 6 6 3 6 2 2 6 a2 6 1 uuur uuur + S∆AHK = AH ; AK = 2 12 Câu V.a. (1.0 điểm). + mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại C(0;0;c) có pt: x y z + + =1 a b c a 3 = 1 a = 3 b + H là trực tâm tam giác ABC ta có: = 2 ⇔ b = 6 3 c = 9 c = 3 3 + Pt (P): CâuVI.a. (2.0 điểm) x y z + + =1 3 6 9 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f ( x ) = e2 x − 4.ex + 3 trên [0;ln4]. y ' = 2e2 x − 4.ex y ' = 0 ⇔ 2e2 x − 4.ex = 0 ⇒ x = ln2 (nhận) f(0)=0; f(ln4)=3; f(ln2)= –1 Max y = 3 khi x=ln4; Min y = −1khi x=ln2 x∈[ 0;ln 4] x∈[ 0;ln 4] 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( C ) : y = x + 1 + ( d ) : y = 13 x + 2 1 và x+2 PTHĐGĐ: x + 1 + 1 S= ∫ − x + 1+ 3 2 x = 1 x ≠ −2 1 1 = x+2⇔ 2 ⇔ x = − 3 x+2 3 2x + x − 3 = 0 2 1 1 − x + 2 dx = x+2 3 1 2 1 ∫ 3 x − 1 + x + 2 dx − 3 2 1 x2 3 3 1 1 35 3 35 3 = − x + ln x + 2 = − 1 + ln3 − + + ln = − + ln = − ln 2 12 2 12 2 4 2 3 −3 3 2 Câu V.b. (1.0 điểm). + mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại C(0;0;c) có pt: x y z + + =1 a b c a 3 = 1 a = 3 b + H là trực tâm tam giác ABC ta có: = 2 ⇔ b = 6 3 c = 9 c 3 = 3 + Pt (P): Câu VI.b. (2.0 điểm). x y z + + =1 3 6 9 5 + 3i 3 1. Tìm môđun và acgument của số phức z = 1 − 2i 3 Ta có: 5 + 3i 3 = ( 5 + 3i 3)(1+ 2i 3) = −1+ 21 2π 2π 3i = 2 cos + i sin 3 3 1 + 12 1 − 2i 3 Áp dụng CT Moa-vrơ: 42π 42π 21 21 z = 221 cos + i sin = 2 ( cos14π + i sin14π ) = 2 3 3 + z = 221 ; acgument của z: ϕ = 0 2. Xác định m để phương trình: x2 + 3 − x = m (1) có nghiệm. Đặt f ( x) = x2 + 3 − x (C) ĐK: x ≥ 0 f '( x) = x x2 + 3 − 1 2 x = 2 x x − x2 + 3 ( ) x x x2 + 3 f '( x) = 0 ⇒ 2x x − x2 + 3 = 0 ⇔ 2x x = x2 + 3 ⇔ 4x3 − x2 − 30 ⇒ x = 1 BBT x 0 1/2 −∞ +∞ y’ + 0 + +∞ 3 y 1 (1) có nghiệm kvck (C) và (d): y=m có nghiệm ⇔ m ≥ 1 Trường THPT Quỳnh Lưu 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Môn: Toán A. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 diểm) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: y = x+2 (C ) x −1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Cho điểm A(0; a). Tìm a để từ A kẽ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Câu 2: (2 điểm) 31− x − 3x + 2 x 3 −1 1. Tìm tập xác định của hàm số: y = log 3 π 2 I=∫ 2. Tính tích phân: π cos 6 x dx sin 4 x 4 Câu 3: (2 điểm) 1. Cho hình chóp S.ABCD có SB = a 2 các cạnh còn lại đều bằng a. Tính thể tích hình chóp theo a. x = t 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( ∆ ) y = 2t z = 3t và 3 điểm A ( 2;0;1) , B ( 2; −1;0 ) , C (1;0;1) . Tìm trên đường thẳng ( ∆ ) điểm S sao cho: SA + SB + SC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4: (1 điểm) 5 2 B. Phần riêng (3 điểm) ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc 2)) I. Theo chương trình Chuẩn: Tính các góc của tam giác ABC biết: cos2A + 3 ( cos2B + cos2C ) + = 0 10 1 2 Câu 5: (1điểm) Khai triển + x thành đa thức: a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a10 x10 . Tìm giá trị ak lớn nhất 3 3 ( 0 ≤ k ≤ 10 ). Câu 6: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạn độ Oxy. Cho đường tròn: x 2 + y 2 − 8 x − 6 y = 0 . Viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) vuông góc với đường thẳng: 3x – 4y + 10 = 0 cắt đường tròn tại A, B sao cho AB = 6. Câu 7 (1 điểm) Tùy theo m tìm giá trị bé nhất của biểu thức: 2 P = ( x + 2 y − 2 ) + 4 x + 2 ( m − 2 ) y − 1 2 II.Theo chương trình nâng cao nâng cao Câu 5 (1 điểm) 2 CMR: C2nn + k .C2nn −k ≤ ( C2nn ) ( 0 ≤ k ≤ n, k ∈ Z ) Câu 6: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng α ( ∆ ) x.cosα +y.sinα +4sin 2 − 1 = 0 . 2 CMR ( ∆ ) luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định. Xác định đường tròn đó. Câu 7: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 3 điểm A(a; 0 ; 0), B(0; b ; 0), C(0; 0 ; c) và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm a, b, c để khoảng cách từ O(0; 0 ; 0) đến mặt phẳng (ABC) đạt giá trị lớn nhất. …………..Hết……….. TR NG THPT CHUYÊN NTT THI TH THI TUY N SINH I H C N M 2009 Môn: TOÁN – Kh i A, B, D Th i gian làm bài 180 phút PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH 3m 1 x m2 m (1). x m 1. Kh o sát và v đ th hàm s (1) khi m 1. 2. Xác đ nh m, đ cho ti p tuy n c a đ th hàm s (1) t i giao đi m c a nó v i tr c hoành t o v i hai tr c to đ m t tam giác có di n tích b ng 2. Câu II. (2,0 đi m) 1. Gi i ph ng trình l ng giác: 5sinx - 2 = 3(1 - sinx)tg2x 3 2 2. Gi i ph ng trình: log 4 x 1 2 log 2 4 x log8 4 x . Câu III. (1,0 đi m). 2 ln x 2 1 TÝnh tÝch ph©n: I dx . 3 x 1 Câu I. (2,0 đi m). Cho hàm s y Câu IV. (1,0 đi m). Cho l ng tr đ ng ABC.A' B' C' có m t đáy là tam giác ABC vuông t i B và AB a , BC a 3 , AA' 3a. M t ph ng (P) đi qua A và vuông góc v i CA' l n l t c t các c nh CC ' và BB' t i M và N . G i H, K l n l t là giao đi m c a AM c t A' C và AN c t A' B . Ch ng minh r ng A' B vuông góc v i AN . Tính th tích kh i da di n ABCHK. Câu V. (1,0 đi m). Tìm m đ ph ng trình sau có nghi m: . PH N RIÊNG 1. Dành cho thí sinh kh i A x y 1 z 2 và m t ph ng (P): x 3 y 2 z 2 0 . 1 2 1 1. LËp ph- ¬ng trinhg mÆt ph¼ng chøa d vµ vu«ng gãc víi (P). 2. LËp ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d’ song song víi mÆt ph¼ng (P), qua ®iÓm M(2; 2; 4) vµ c¾t d. Câu VII.a. (1,0 đi m). Cho a, b, c là ba s th c d ng tu ý tho mãn đi u ki n a + b + c = 2. Hãy tính giá tr l n nh t ab bc ca M . c a bi u th c sau: 2c ab 2a bc 2b ca 2. Dành cho thí sinh kh i B, D Câu VI.b (2,0 đi m). x2 y 2 1 và đi m 1. M t ph ng v i h to đ Oxy, cho elíp có ph ng trình chính t c 4 3 M(1;1). Hãy vi t ph ng trình đ ng th ng (d) đi qua M, c t elíp đã cho t i hai đi m phân bi t M1 và M2 sao cho M là trung đi m c a đo n M1M2. Câu VI.a. (2,0 đi m). Cho đ ng th ng d: x 1 t 2. Trong kh«ng gian Oxyz cho ®iÓm M(2; 1; 4) vµ ®- êng th¼ng (d): y t . z 1 2t 2 T×m to¹ ®é ®iÓm H thuéc ®- êng th¼ng (d) sao cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt. Câu VII.a. (1,0 đi m). Tính t ng S C n 2.2C n 3.22.C n ... (n 1).2n.C n . ------------------------------------- H t------------------------------------0 1 2 n SỞ GD & ĐT NGHỆ AN Trường THPT Đông Hiếu ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7đ) 3 2 Câu I.(2đ): Cho hàm số y = x − 3mx + 9 x − 7 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát hàm số khi m = 0 . 2. Tìm m để (Cm) cắt 0x tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. sin 2 3 x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x 21− x − 2 x + 1 ≥0 2. Giải bất phương trình: 2x − 1 Câu II.(2đ): 1. Giải phương trình: 3 Câu III.(2đ) : 1. Tính giới hạn sau: lim x→1 x + 7 − 5 − x2 x −1 2. Biết ( x; y ) là nghiệm của bất phương trình: 5 x Hãy tìm giá trị lớn nhất của F = x + 3 y . 2 + 5 y 2 − 5 x − 15 y + 8 ≤ 0 . Câu IV.(1đ): Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình chữ nhật: SA ⊥ ( ABCD ) ; AB = SA = 1 ; AD = 2 . Gọi M ; N là trung điểm của AD và SC ; diện ANIB . I là giao điểm của BM và AC .Tính thể tích khối tứ B. PHẦN TỰ CHỌN (3đ) a.Theo chương trình chuẩn: Câu Va.(2đ) x2 y2 + = 1 . A; B là các điểm trên (E ) sao cho: AF1 +BF2 = 8 . 1. Cho (E ) : 25 16 Tính AF2 +BF1 với F1;F2 là các tiêu điểm. 2. Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho A( 2;3;−1) và mặt phẳng (α ) : 2x − y − z − 5 = 0 Tìm toạ độ B đối xứng với A qua mặt phẳng (α ) . n Câu VIa. (1đ): Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có: x = 1 2n n ∑ C (2 x − 1) k k n k =0 b. Theo chương trình nâng cao: Câu Vb.(2đ): 1.Viết phương trình đường tròn đi qua A( 2;−1) và tiếp xúc với các trục toạ độ. 2. Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho đường thẳng và mặt phẳng d: x +1 y −1 z − 2 = = 2 1 3 P : x − y − z − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng song song với mặt phẳng (P ) và vuông góc với đường thẳng ∆ đi qua A(1;1;−2) d. mx 2 + (m 2 + 1) x + 4m 3 + m có đồ thị (C m ) x+m Tìm m để một cực trị của (C m ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của (C m ) thuộc góc Câu VIb.(1đ): Cho hàm số: y = phần tư thứ III của hệ toạ độ 0xy. …………………………Hết…..……………………. BTC sẽ trả bài vào ngày 08-4-2009 tại văn phòng Đoàn trường THPT Đông Hiếu. Mọi chi tiết liên hệ: Thầy Phúc – 0984475958 hoặc Thầy Đức - 0912205592 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Câu Câu I: 1 Đáp án Học sinh tự làm. Hoành độ các giao điểm là nghiệm của phương trình: Điểm 1đ x 3 − 3mx 2 + 9 x − 7 = 0 (1) Câu I: 2 (1đ) 0,25đ Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1 ; x 2 ; x3 ta có: x1 + x 2 + x3 = 3m Để x1 ; x 2 ; x3 lập thành cấp số cộng thì x 2 = m là nghiệm của phương trình (1) m = 1 − 1 + 15 3 ⇒ − 2m + 9m − 7 = 0 ⇔ m = 2 m = − 1 − 15 2 − 1 − 15 Thử lại m = là giá trị cần tìm. 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ sin 2 3x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x ⇔ Câu II.1 (1đ) ⇔ ⇔ ⇔ cos x = 0 ⇔ cos 7 x = cos11x Câu II.2 (1đ) 0,25đ π x = 2 + kπ ⇔ 11x = 7 x + k 2π 11x = −7 x + k 2π 0,25đ 0,25đ π x = 2 + kπ kπ x = 2 k π ⇔ x = ⇔ 2 x = kπ 9 x = kπ 9 đk: x ≠ 0 Đặt 2 x = t với t > 0 − 1 ≤ t < 0 − t2 + t + 2 bpt ⇔ ≥0 ⇔ t (t − 1) 1 < t ≤ 2 Vì t > 0 ⇒ bpt có nghiệm 1 < t ≤ 2 ⇔ 0 < x ≤ 1 3 Câu III.1 (1đ) 0,25đ 1 − cos 6 x 1 + cos 8 x 1 − cos10 1 + cos12 x − = + 2 2 2 2 cos8 x + cos 6 x = cos12 x + cos10 x 2.cos 7 x.cos x = 2.cos11x.cos x cos x(cos 7 x − cos11x) = 0 A = lim x →1 3 A = lim x →1 A = lim x →1 0,25đ 0,5đ 0,25đ x + 7 − 5 − x2 x −1 x+7 −2 2 − 5 − x2 + lim x →1 x −1 x −1 x −1 3 2 3 0,25đ + lim x →1 1− x2 0,25đ 2 ( x − 1).( ( x + 7) + 2. x + 7 + 4) ( x − 1).(2 + 5 − x ) 1 1+ x A = lim + lim 2 x →1 3 x →1 3 ( x + 7) + 2. x + 7 + 4 2 + 5 − x2 0,25đ 1 1 7 + = 12 2 12 Ta có x = F − 3 y thay vào bpt ta được 50 y 2 − 30 Fy + 5 F 2 − 5 F + 8 ≥ 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2≤ F ≤8 Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8. Chọn hệ toạ độ như hình vẽ. A= Câu III.2 (1đ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV. (1đ) Ta có: A(0;0;0) B (0;1;0) C ( 2 ;1;0) D ( 2 ;0;0) S (0;0;1) Vì M ; N là trung điểm của AD và SC ⇒ M ( 2 ;0;0) N ( 2 ; 1 ; 1 ) 2 2 0,25đ 2 2 2 1 ; ;0) 3 3 → → → 2 1 1 2 1 AN = ( ; ; ) ; AB = (0;1;0) ; AI = ( ; ;0) 2 2 2 3 3 1 2 → → ⇒ AN ; AB = (− ;0; ) 2 2 Ta có I là trọng tâm của ∆ABD ⇒ I ( ⇒ Câu Va.1 (1đ) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 2 → → → AN ; AB . AI = − 6 ⇒ V ANIB = 36 Theo bài ra ta có: a = 5 : Theo định nghĩa Elíp AF1 + AF2 = 2a và BF1 +BF2 = 2a ⇒ AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = 8 ⇒ AF2 + BF1 = 12 0,25đ 0,25đ 0,5đ → Câu Va.2 (1đ) Gọi ∆ là đường thẳng qua A và vuông góc với (α ) ⇒ u = (2;−1;−1) là vectô chỉ phương. x = 2 + 2t Phương trình đường thẳng ∆ là: y = 3 − t z = −1 − t x = 2 + 2t y = 3 − t Toạ độ giao điểm H của ∆ và (α ) là nghiệm của hệ: z = −1 − t 2 x − y − z − 5 = 0 0,25đ 0,25đ x = 3 5 5 3 Giải ra ta được: y = ⇒ H (3; ;− ) 2 2 2 3 z = − 2 Vì H là trung điểm của AB ⇒ B(4;2;−2) n Câu VIa. (1đ) Ta có: ∑C k n 0,25đ 0,25đ n n k =0 k =0 (2 x − 1) k = ∑ C nk (2 x − 1) k .1n − k = ∑ C nk (2 x) k = (2 x) n k =0 1 n k C (2 x − 1) k = x n n ∑ n 2 k =0 Vì đường tròn (C ) tiếp xúc với 0x và 0y nên có phương trình: Vậy: ( x − a ) 2 + ( y + a) 2 = a 2 2 2 2 ( x − a ) + ( y − a ) = a CâuVb.1 (1đ) 0,75đ 0,25đ 0,25đ TH1: Nếu (C ) có phương trình: ( x − a ) 2 + ( y + a ) 2 = a 2 a = 1 Vì (C ) đi qua A(2;−1) ⇒ (2 − a ) 2 + (−1 + a ) 2 = a 2 ⇔ a 2 − 6a + 5 = 0 ⇔ a = 5 TH2: Nếu (C ) có phương trình: ( x − a ) 2 + ( y − a ) 2 = a 2 Vì (C ) đi qua A(2;−1) ⇒ (2 − a ) 2 + (−1 − a) 2 = a 2 ⇔ a 2 − 2a + 5 = 0 phương trình vô nghiệm. Vậy có hai đường tròn thoã mãn bài ra là: ( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = 1 và 0,25đ 0,25đ 0,25đ ( x − 5) 2 + ( y + 5) 2 = 25 CâuVb.2 (1đ) → → → → Ta có u d = (2;1;3) và n P = (1;−1;−1) ⇒ u d ; n P = (2;5;−3) Vì đường thẳng ∆ song song với đường thẳng d và ∆ vuông góc với (P) nên đường → thẳng ∆ nhận u = (2;5;−3) làm vectơ chỉ phương. x −1 y −1 z + 2 Vậy đường thẳng ∆ có phương trình: = = 2 5 −3 2 2 3 mx + 2m x − 3m Ta có y ' = ; y '= 0 ⇔ mx 2 + 2m 2 x − 3m 3 = 0 ( x + m) 2 0,5đ 0,25đ 0,25đ Để đồ thị hàm số có cức trị ⇔ phương trình mx 2 + 2m 2 x − 3m 3 = 0 có hai Câu VIb. (1đ) a ≠ 0 m ≠ 0 nghiệm phân biệt ⇔ ' ⇔ 2 ⇔ m≠0 ∆ > 0 4 m > 0 x1 = m Khi đó ⇒ x 2 = −3m Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: y1 = 3m 2 + 1 2 y 2 = −5m + 1 0,25đ 0,25đ A(m;3m 2 + 1) và B(−3m;−5m 2 + 1) Vì y1 > 0 nên để một cực trị của (C m ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị m > 0 của (C m ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ 0xy thì − 3m < 0 − 5m 2 + 1 < 0 0,25đ 0,25đ m > 0 m > 1 1 1 Vậ y m > là giá trị cần tìm. ⇔ ⇔ m> 5 5 5 1 m < − 5 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ……………Hết…………… . NG THPT B C YÊN THÀNH Đ THI TH Đ I H C L N I. NĂM 2009 Môn: Toán - Kh i A. Th i gian làm bài: 180 phút A. Ph n dành chung cho t t c các thí sinh: Câu 1. Cho hàm s y = x3 − (m + 1)x + 5 − m2. 1) Kh o sát hàm s khi m = 2; 2) Tìm m đ đ th hàm s có đi m c c đ i và đi m c c ti u, đ ng th i các đi m c c đ i, c c ti u và đi m I(0 ; 4) th ng hàng. Câu 2. 1) Gi i ph ng trình: tan x = 2 cos x cos x − 2) Gi i h ph ng trình: 2 Câu 3. 1) Tính tích phân: I = π 4 x y + 1 + y x + 1 = 25 x + y = 11 2+ x dx . 2x 1+ 0 2) Cho x, y, z là các s không âm thay đ i tho mãn điu ki n x + y + z = 1. Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca bi u thc: A = xy + yz + zx − 27xyz. Câu 4. Cho hình hp ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình thoi c nh a, AA ' = a 3 3 và BAD = BAA ' = DAA ' = 600 . Tính th tích hình hp theo a. B. Ph n dành riêng cho t ng ban: Câu 5a. (Dành cho thí sinh thi theo ch ng trình chu n) 1) Gi i ph ng trình: log 2 log 3 ( x 2 + 1 + x) = log 1 log 1 ( x 2 + 1 − x) . 2 3 2) Trong không gian Oxyz cho 2 đi m A(−1 ; 2; 2), B(3 ; 2; 0) và mt ph ng (α) có ph ng trình 2x − 2y − z + 1 = 0. a) Vit ph ng trình mt ph ng (β) đi qua 2 đi m A, B và vuông góc vi (α); b) Gi d là giao tuyn ca (α) và (β). Vit ph ng trình mt cu có tâm thuc d và đi qua 2 đi m A, B. Câu 5b. (Dành cho thí sinh thi theo ch ng trình nâng cao) 1) Gi i ph ng trình: log 2 (4 x + 1) = log 2 (22 x +3 − 6) + x 2) Trong không gian Oxyz cho hình chóp S.OACB có S(0; 0; 2), đáy OACB là hình vuông và A(1; 0; 0), B(0; 1; 0). Gi A’, B’, C’ ln l t là hình chiu ca O trên SA, SB, SC. a) Vit ph ng trình mt ph ng đi qua 3 đi m A’, B’, C’; b) Chng minh các đi m O, A, B, C, A’, B’, C’ cùng thuc mt mt cu. Vit ph ng trình mt cu đó. ...................................................H t...................................................... H và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . S báo danh: . . . . . . . . . . . . . ĐÁP ÁN Đ THI TH Đ I H C L N 1 NĂM 2008− −2009.KHI A A. Ph n dành chung cho t t c các thí sinh: Câu 1(2đ) ý 1(1đ) Ni dung Kh o sát hàm s khi m = 2 Khi m = 2, hàm s tr thành: y = x3 − 3x + 1 1) TXĐ: R 2) SBT •Gii h n: lim y = −∞; lim y = +∞ x →−∞ Đim 0,25 x →+∞ •BBT: Có y’ = 3x2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 x 1 −1 −∞ y’ + 0 − 0 + 3 y −1 −∞ Hàm s ĐB trên (−∞ ; −1) và (1 ; +∞), ngh ch bin trên (−1 ; 1). Hàm s đ t c c đ i t i x = −1, yCĐ = y(−1) = 3; Hàm s đ t c c ti u t i x = 1, yCT = y(1) = −1. 3) Đ th : Giao vi Oy: (0 ; 1) Đi qua: (2 ; 3), (−2 ; −1) Tâm đ i xng: (0 ; 1) +∞ 0,25 +∞ 0,25 y 3 2 1 -2 -1 O 0,25 1 2 x -1 -2 2(1đ) 2(2đ) 1(1đ) Tìm m ... Có y’ = 3x2 − (m + 1). Hàm s có CĐ, CT ⇔ y’ = 0 có 2 nghi m phân bi t ⇔ 3(m + 1) > 0 ⇔ m > −1 (*) y” = 6x = 0 ⇔ x = 0 Đ th có tâm đ i xng là U(0 ; 5 − m2) CĐ, CT ca đ th và U th ng hàng. T gi thit suy ra I trùng U ⇔ 5 − m2 = 4 ⇔ m = 1 (do (*)) Gi i ph ng trình ... ĐK: x ≠ lπ (l ∈ ) PT ⇔ tanx = cosx(sinx + cosx) ⇔ sinx = cos2x(sinx + cosx) ⇔ sinx(sin2x + cos2x) = cos2x(sinx + cosx) ⇔ sin3x = cos3x ⇔ sinx = cosx ⇔ x = 2(1đ) π 4 + kπ (k ∈ ) (Tho mãn) Gi i h PT ... Đt x + 1 = u ≥ 0; y + 1 = v ≥ 0 (v 2 − 1)u + (u 2 − 1)v = 25 (uv − 1)(u + v) = 25 ⇔ 2 2 2 (u + v ) − 2uv = 13 u − 1 + v − 1 = 11 Đt u + v = S, uv = P, ta có: S ( P − 1) = 25 S 2 − 13 − 1 = 25 ⇔ S3 − 15S − 50 = 0 S 2 2 S − 2 P = 13 Ta có h mi: 3 (2đ) 1(1đ) ⇔ (S − 5)(S2 + 5S + 10) = 0 ⇔ S = 5 P = 6 T đó tìm đ c: u = 2, v = 3 hoc u = 3, v = 2 x =3 x =8 hoc Suy ra nghi m h đã cho là: y = 8 y = 3 Tính tích phân ... Đt 1 + 2x = u dx = (u − 1)du; u(0) = 1, u(2) = 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 I= u −1 3 2 (u − 1)du = 1 (u + 1)(u − 1) du u u 21 2+ 1 = 2(1đ) 1 2 3 u− 1 0,25 3 1 u2 1 − ln u du = u 2 2 = 1 1 (4 − ln 3) 2 0,5 Tìm giá nh nh t và giá tr l n nh t... 1 1 1 1 1 1 +) Vi x, y, z > 0 ta có ( x + y + z ) + + ≥9 + + ≥9 x y z x y z xy + yz + zx ≥ 9xyz. BĐT này c ng đúng khi xyz = 0 Do đó: ∀x, y, z ≥ 0, thì A ≥ −18xyz. 1 Mt khác, vì x + y + z = 1 nên xyz ≤ 27 18 2 T đó suy ra: A ≥ − =− . 27 3 H n n a x = y = z = 1/3 thì A = −2/3. V y min A = −2/3. +) Ta có: x2 ≥ x2 - (y - z)2 = (x + y - z)(x - y + z) = (1 - 2y)(1 - 2z) (1) T ng t : y2 ≥ (1 − 2z)(1 − 2x) (2) ; z2 ≥ (1 − 2x)(1 − 2y) (3) T (1), (2), (3) suy ra xyz ≤ (1 − 2x)(1 − 2y)(1 − 2z) ⇔ xyz ≥ 1 − 2(x + y + z) + 4(xy + yz + zx) − 8 xyz 1 + 9 xyz ⇔ 4(xy + yz + zx) ≤ 1 + 9xyz ⇔ xy + yz + zx ≤ 4 1 99 xyz 1 A≤ − ≤ 4 4 4 Mt khác x = 0, y = z = ½ thì A = ¼. V y max A = ¼. D' Tính th tích hình h p H đ ng cao A’H. Gi E, F ln l t là A' hình chiu ca H trên AB, AD. Theo đ nh lý 3 đ ng vuông góc suy ra A’E ⊥ AB, A’F ⊥ AD. ∆ vuông A’AE b ng ∆ vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE b ng góc F A’AF) HE = HF H thuc đ ng phân H A E giác góc BAD H ∈ AC. 4(1đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 C' B' 0,25 C B a 3 a T ∆A’AE AE = , A' E = 6 2 T ∆AHE HE = AE.tan300 = Di n tích ABCD là a a2 a2 a 2 A' H = − = 6 4 36 3 a2 3 a3 6 . . Suy ra th tích hp: V = 2 6 0,25 0,25 B. Ph n dành riêng cho t ng ban: Câu 5a(3đ) ý 1(1đ) Ni dung Đim Gi i PT ... Đt log 3 ( x 2 + 1 + x ) = t log 1 ( x 2 + 1 − x) = t 0,25 3 Ta có PT: log 2 t = log 1 t ⇔ log 2 t = − log 2 t ⇔ log 2 t = 0 ⇔ t = 1 0,25 2 0,25 V y: log 3 ( x 2 + 1 + x) = 1 ⇔ x 2 + 1 + x = 3 x2 + 1 = 3 − x ⇔ 2(2đ) 3− x ≥ 0 2 2 4 3 ⇔ x= . x + 1 = (3 − x) a) Vi t ph ng trình mp(β) ... mp(α) có 1 vect pháp tuyn nα = (2; −2; −1) ; AB = (4;0; −2) 0,25 0,25 0,75 mp(β) có 1 vect pháp tuyn là nβ = nα ∧ AB = (4;0;8) ph ng trình mp(β): x + 2z − 3 = 0 b) Vi t ph ng trình mt cu ... Gi (γ) là mp trung tr c ca AB thì (γ)đi qua trung đi m M(1 ; 2 ; 1) ca AB và có 1 vect pháp tuyn AB = (4;0; −2) PT mp(γ): 2x − z − 1 = 0. Gi I là tâm mt cu thì I là giao đi m ca 3 mt ph ng (α), (β), (γ) to đ I là nghi m ca h : 2x − 2 y − z + 1 = 0 x + 2z − 3 = 0 I(1 ; 1 ; 1). 2 x − z − 1 = 0 5b(3đ) 1(1đ) 2(2đ) Bán kính mt cu R = IA = 6 PT mt cu: (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 6 Gi i ph ng trình ... PT ⇔ log 2 (4 x + 1) = log 2 2 x (22 x+3 − 6) ⇔ 4 x + 1 = 2 x (22 x+ 3 − 6) Đt 2x = t > 0, ta có PT: t2 + 1 = t(8t2 − 6) = 0 ⇔ 8t3 − t2 − 6t − 1 = 0 ⇔ (t − 1)(8t2 + 7t + 1) = 0 ⇔ t = 1 V y 2x = 1 ⇔ x = 0 a) Vi t ph ng trình mt phng ... Có AC ⊥ OA, AC ⊥ SO AC ⊥ (SOA) AC ⊥ OA’, S l i do OA’ ⊥ SA nên OA’ ⊥ (SAC) OA’ ⊥ SC. T ng t OB’ ⊥ SC. V y OA’, OB’, OC’ cùng vuông góc vi SC chúng thuc mt ph ng qua O và vuông góc vi SC A’, B’, C’ thuc mt ph ng đi qua O và vuông góc vi SC. 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 C’ B’ 0,5 A’ B C I O A Vì OABC là hình vuông nên C(1 ; 1; 0) SC = (1;1; −2) . PT mt ph ng cn tìm: x + y − 2z = 0 b) Chng minh ... Vi t PT mt cu ... Vì OA’ ⊥ (SAC) nên OA’ ⊥ A’C. T ng t : OB’ ⊥ B’C Nh v y: các đi m A, B, A’, B’, C’ nhìn đo n AC d i mt góc vuông O, A, B, C, A’, B’, C’ thuc mt cu (S) đ ng kính OC. Tâm I ca mt cu (S) là trung đi m OC I 0,5 1 1 ; ;0 2 2 1 2 Bán kính ca (S): R = OC = 2 2 V y ph ng trình mt cu (S): x − 0,5 0,5 1 2 2 + y− 1 2 2 + z2 = 1 . 2 TR NG THPT NAM ÔNG THI L N I N M 2009 L P D ÁN P.H.E Môn: Toán, kh i A (Ôn thi đ i h c, cao đ ng) Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian phát đ ) I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 đi m) Câu I (2 đi m): Cho hàm s y = x3 - 3 x 2 + m 2 x + m (m là tham s ) (1) 1). Kh o sát s bi n thiên và v đ th ( C ) c a hàm s khi m = 0 . 2). Tìm m đ đ th hàm s (1) có c c đ i và c c ti u đ ng th i hai đi m đó đ i x ng nhau qua đ ng th ng ( d ) : x - 2 y - 5 = 0 . Câu II (2 đi m): ìï x 2 y + xy 2 = 6 1). Gi i h ph ng trình í . 2 2 x + y = 5 ïî 2). Gi i ph ng trình: sin 2 x (1 + tan x ) = 3sin x ( cos x - sin x ) + 3 . Câu III (1 đi m): p Tính tích phân: I = 2 ò p sin x - cos x dx 1 + sin 2 x 4 Câu IV (1 đi m): Cho hình h p ch nh t ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. L y đi m M trên c nh AD sao cho AM = 3MD. Tính th tích kh i chóp M.AB’C và kho ng cách t M đ n mp(AB’C). Câu V (1 đi m): Cho x, y ,z là các s th c tho mãn các đi u ki n sau: x + y + z = 0 ; x + 1 > 0 ; y + 1 > 0 ; z + 1 > 0 . Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c : Q = x y z + + x +1 y +1 z +1 II. PH N RIÊNG (3 đi m) Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n (ph n 1 ho c 2) 1. Theo ch ng trình Chu n Câu VI.a (2 đi m) 1. Cho đ ng tròn x 2 + y 2 + 2 x - 6 y + 6 = 0 và đi m M ( -2;2 ) . Vi t ph ng trình đ ng th ng đi qua M c t đ ng tròn t i 2 đi m A, B sao cho M là trung đi m c a đo n AB . 2. Trong không gian Oxyz cho A(6; – 2;3), B(0;1;6), C(2;0; –1), D(4,1,0). Ch ng minh b n đi m A, B, C, D không đ ng ph ng. Tính chi u cao DH c a t di n ABCD. Câu VII.a (1 đi m) Gi i ph ng trình 3x.2 x = 3x + 2 x + 1 . TR THI L N I N M 2009 NG THPT NAM ÔNG L P D ÁN P.H.E Môn: Toán, kh i A (Ôn thi đ i h c, cao đ ng) Th i gian làm bài: 180 phút (không k th i gian phát đ ) I. PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 đi m) Câu I (2 đi m): Cho hàm s y = x3 - 3 x 2 + m 2 x + m (m là tham s ) (1) 1). Kh o sát s bi n thiên và v đ th ( C ) c a hàm s khi m = 0 . 2). Tìm m đ đ th hàm s (1) có c c đ i và c c ti u đ ng th i hai đi m đó đ i x ng nhau qua đ th ng ( d ) : x - 2 y - 5 = 0 . Câu II (2 đi m): ng ìï x 2 y + xy 2 = 6 1). Gi i h ph ng trình í . 2 2 ïî x + y = 5 2). Gi i ph ng trình: sin 2 x (1 + tan x ) = 3sin x ( cos x - sin x ) + 3 . Câu III (1 đi m): Tính tích phân: I = p 2 ò p sin x - cos x dx 1 + sin 2 x 4 Câu IV (1 đi m): Cho hình h p ch nh t ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. L y đi m M trên c nh AD sao cho AM = 3MD. Tính th tích kh i chóp M.AB’C và kho ng cách t M đ n mp(AB’C). Câu V (1 đi m): Cho x, y, z là ba s th c tho mãn các đi u ki n sau: x + y + z = 0 ; x + 1 > 0 ; y + 1 > 0 ; z + 1 > 0 . Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c : Q = x y z + + x +1 y +1 z +1 II. PH N RIÊNG (3 đi m) Thí sinh ch đ c làm m t trong hai ph n (ph n 1 ho c 2) 1. Theo ch ng trình Chu n Câu VI.a (2 đi m) 1. Trong m t ph ng Oxy cho đ ng tròn x 2 + y 2 + 2 x - 6 y + 6 = 0 và đi m M ( -2;2 ) . Vi t ph ng trình đ ng th ng đi qua M c t đ ng tròn t i 2 đi m A, B sao cho M là trung đi m c a đo n AB . 2. Trong không gian Oxyz cho A(6; – 2;3), B(0;1;6), C(2;0; –1), D(4,1,0). Ch ng minh b n đi m A, B, C, D không đ ng ph ng. Tính chi u cao DH c a t di n ABCD. Câu VII.a (1 đi m) Gi i ph ng trình 3x.2 x = 3x + 2 x + 1 . 2. Theo ch ng trình Nâng cao Câu VI.b (2 đi m) 1. Cho đ ng th ng ( d ) : x - 2 y - 2 = 0 và hai đi m A ( 0;1) , B ( 3;4 ) . Hãy tìm to đ đi m M trên (d) sao cho 2MA2 + MB 2 có giá tr nh nh t. 2. Cho hai m t ph ng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. Vi t ph ng trình m t c u (S) có tâm n m trên đ ng th ng D : Câu VII.b (1 đi m) x y+3 z = = đ ng th i ti p xúc v i c hai m t ph ng (P) và (Q). 1 -1 2 n Tìm s h ng ch a x 2 trong khai tri n bi u th c æç 1 - x2 + x3 ö÷ , bi t n là s t nhiên th a mãn h th c èx ø Cnn--46 + nAn2 = 454 ---H T--- Câu I ÁP ÁN – BI U I M N i dung l i gi i v n t t Ý i m 2 1 1 · V i m = 0 ta có hàm s : y = x3 - 3 x 2 · T p xác đ nh: ¡ y¢ = 3 x 2 - 6 x = 3 x ( x - 2 ) y¢ = 0 Û x = 0; x = 2 ( ) 0.25 ( ) · Gi i h n : lim x3 - 3x 2 = +¥ ; lim x3 - 3 x 2 = -¥ x®+¥ · B ng bi n thiên x -¥ y¢ + y 0 0 0 x ®- ¥ 2 0 - -4 +¥ + 0.5 +¥ -¥ · th : - Giao v i tr c Ox t i: O ( 0;0 ) , A ( 3;0 ) 2 5 0.25 -2 -4 2 Cách 1: y¢ = 3 x 2 - 6 x + m 2 , D¢ = 9 - 3m 2 · i u ki n c n và đ đ hàm s có c c đ i và c c ti u là D¢ > 0 Û 9 - 3m 2 > 0 Û - 3 < m < 3 · ng th ng đi qua hai đi m c c tr c a đ th hàm s có ph æ 2m 2 ö m2 - 2÷ x + +m. ( d ¢) : y = ç 3 3 è ø 1 0.25 ng trình tìm ( d ¢ ) ta chia y cho y¢ và vi t y v d ng: y ( x ) = y¢ ( x ) .q ( x ) + r ( x ) G i x1 , x2 là hoành đ các c c tr ta có: y¢ ( x1 ) = y¢ ( x2 ) = 0 . Nên tung đ các c c tr th a: y1 = y ( x1 ) = y¢ ( x1 ) .q ( x1 ) + r ( x1 ) Û y1 = r ( x1 ) ; y2 = y ( x2 ) = y¢ ( x2 ) .q ( x2 ) + r ( x2 ) Û y2 = r ( x2 ) . T c là t a đ các đi m c c tr th a mãn p/trình y = r ( x ) , đó chính là p/trình đ/th ng đi qua 2 c c tr (Vì r ( x ) là bi u th c b c nh t theo x) 0.25 · i u ki n c n đ hai đi m c c đ i, c c ti u đ i x ng nhau qua æ 2m 2 ö 1 1 5 ¢ - 2 ÷ . = -1 Û m 2 = 0 Û m = 0 ( d ) : y = x - là ( d ) ^ ( d ) Û ç 2 2 è 3 ø 2 · i u ki n đ (th l i xem ( d ) có đi qua trung đi m c a hai đi m c c tr hay không): V i m = 0 ta có hàm s : y = x3 - 3 x 2 có đi m c c đ i là O ( 0;0 ) , đi m c c ti u B ( 2; -4 ) . 0.25 0.25 Trung đi m c a OB là I (1; -2 ) thu c ( d ) . · V y O và B đ i x ng nhau qua ( d ) . Do đó giá tr c a m th a mãn ycbt là m = 0. Cách 2: G i ( x1; y1 ) , ( x2 ; y2 ) l n l t là t a đ các đi m c c tr . ng th ng đi qua hai đi m c c tr c a đ th hàm s có ph ng trình æ 2m 2 ö m2 - 2÷ x + +m. ( d ¢) : y = ç 3 3 è ø æ 2m 2 ö æ 2m 2 ö m2 m2 Nên ta có y1 = ç - 2 ÷ x1 + + m ; y2 = ç - 2 ÷ x2 + +m. 3 3 è 3 ø è 3 ø öx +x y + y2 æ 2 m 2 m2 Suy ra 1 =ç - 2÷ 1 2 + + m. 2 3 2 3 è ø Vì x1 , x2 là hai nghi m c a p/trình y¢ = 3 x 2 - 6 x + m 2 = 0 nên theo đ/lý b -6 Viet ta có x1 + x2 = - = = 2. a 3 T a đ trung đi m c a hai đi m c c tr x1 + x2 2 ì ïx = 2 = 2 = 1 ï Ií 2 2 æ 2 ö æ 2 ö ï y = y1 + y2 = ç 2m - 2 ÷ x1 + x2 + m + m = ç 2m - 2 ÷ .1 + m + m ïî 2 3 3 è 3 ø 2 è 3 ø ìï x = 1 Ií 2 ïî y = m + m - 2 · i u ki n c n đ hai đi m c c đ i, c c ti u đ i x ng nhau qua ( d ) : x - 2 y - 5 = 0 là I Î ( d ) Û 1 - 2 m2 + m - 2 - 5 = 0 ( ) ém = 0 Û m2 + m = 0 Û ê ë m = -1 · i u ki n đ (th l i xem đ/th ng n i 2 c c tr có vuông góc v i ( d ¢ ) ): - V i m = 0 : th a mãn (theo cách 1) - V i m = -1 ta có hàm s y = x3 - 3x 2 + x - 1 Hàm s có hai c c tr và đ ng th ng đi qua 2 đi m c c tr c a đ th hàm æ 2m 2 ö m2 4 2 s có p/trình y = ç - 2÷ x + + m = - x - . /th ng này có h s 3 3 3 è 3 ø 4 1 5 1 góc k ¢ = - ; đ/th ng ( d ) : y = x - có h s góc k = . 3 2 2 2 4 1 2 Ta có k ¢.k = - . = - ¹ -1 nên đ ng th ng n i hai c c tr không vuông 3 2 3 góc v i ( d ) . Do đó hai đi m c c tr không đ i x ng nhau qua ( d ) . V y tr ng h p m = -1 không th a mãn ycbt. · Tóm l i: m = 0 · Cách 3: Dùng đi m u n (tâm đ/x ng c a đ th ) và còn có th gi i theo các cách khác. II 2 1 1 ìï x 2 y + xy 2 = 6 ìï xy ( x + y ) = 6 í 2 í 2 2 ïî x + y = 5 ïî( x + y ) - 2 xy = 5 ìï P.S = 6 (1) t S = x + y; P = xy . H tr thành í 2 ïî S - 2 P = 5 ( 2 ) S2 -5 T (2) suy ra P = thay vào (1) đ c: 2 S2 -5 .S = 6 Û S 3 - 5S - 12 = 0 Û S = 3 . Suy ra P = 2 2 ìx + y = 3 ìx = 1 ìx = 2 · V y ta có h í . H này có hai nghi m í ;í î xy = 2 îy = 2 îy =1 · 2 0.5 0.5 1 p + kp ( k Î ¢ ) 2 æ sin x + cos x ö 2 Pt đã cho Û sin 2 x ç ÷ = 3sin x cos x - 3sin x + 3 cos x è ø æ sin x + cos x ö 2 Û sin 2 x ç ÷ = 3sin x cos x + 3cos x cos x è ø 2 Û sin x ( sin x + cos x ) = 3cos 2 x ( sin x + cos x ) · i u ki n: cos x ¹ 0 Û x ¹ ( 0.25 ) Û ( sin x + cos x ) sin 2 x - 3cos 2 x = 0 ésin x + cos x = 0 ésin x = - cos x Ûê 2 Û ê 2 ësin x - 3cos x = 0 ësin x = ± 3 cos x p é x = - + lp ê tan x = 1 é 4 Ûê Ûê , (l, n Î ¢ ) p tan x = ± 3 ê x = ± + np ë êë 3 · Các nghi m này th a mãn đi u ki n (*). V y P/trình đã cho có các nghi m: p p x = - + lp ; x = ± + np ( l , n Î ¢ ) 4 3 · H c sinh có th gi i theo cách khác. (bi n đ i theo sin x,cos x r i quy đ ng đ a v d ng a.sin 3 x + b.sin 2 x.cos x + c.sin x.cos 2 x + d .cos3 x = 0 . 0.5 0.25 Sau đó đ a v d ng tích nh cách 1) III 1 1 + sin 2 x = ( sin x + cos x )2 = sin x + cos x ép p ù Trên đo n ê ; ú ta có sin x > 0;cos x > 0 . ë4 2û Do đó 1 + sin 2 x = sin x + cos x = sin x + cos x p Nên I = 2 ò p 4 0.5 p 2 d ( sin x + cos x ) sin x - cos x dx = - ò dx sin x + cos x sin x + cos x p 4 p · I = - ln ( sin x + cos x ) p 2 = - ln (1) + ln 4 ( 2 ) = ln 1 2 = ln 2 2 0.5 · Cách khác: H c sinh có th đ t n ph t = sin x + cos x đ bi n đ i 1 -1 I = ò dt = t 2 IV 2 ò 1 2 dt = ln ( t ) 1 = ln t ( 2) Cách 1: Ph ng pháp t a đ t hình h p vào h t a đ Oxyz sao cho B º O ( 0;0;0 ) , A Î Ox, C Î Oy, B¢ Î Oz . Khi đó ta có t a đ các đ nh hình h p: A ( a;0;0 ) z C ( 0;2a;0 ) B¢ ( 0;0; a ) B' D ( a;2a;0 ) A¢ ( a;0; a ) D' C ¢ ( 0;2a; a ) D¢ ( a;2a; a ) B C x 0.25 C' A' 1 A M y D uuuur uuuur Vì M thu c c nh AD và AM = 3MD nên ta có AM = 3MD uuuur 3 uuur 1 uuur Û OM = OD + OA 4 4 3 1 ì ï x = 4 .a + 4 .a = a ï 3 1 3a ï Suy ra t a đ c a M là í y = .2a + .0 = 4 4 2 ï 3 1 ï ï z = 4 .0 + 4 .0 = 0 î æ 3a ö V y M ç a; ;0 ÷ è 2 ø P/trình m t ph ng ( AB¢C ) vi t theo đo n ch n: x y z + + = 1 Û 2 x + y + 2 z - 2a = 0 a 2a a 0.25 0.25 (Nên chú ý cách ch n t a đ đ mp(AB’C) có th vi t theo đo n ch n) Kho ng cách t M đ n mp ( AB¢C ) b ng: 2.a + h= 3a + 2.0 - 2a 2 2 2 2 +1 + 2 2 = 3a a = 2. 9 2 1 · V = .S AB¢C . h (xem cách 2) 3 Cách 2: Ph ng pháp hình h c B' C' D' A' I B C A M D Xem kh i chóp M.AB’C nh là kh i t di n. áy là tam giác MAC và đ ng cao BB¢ = a . Chú ý tam giác MAC có đ ng cao là CD = a , đáy là 3 3 3a AM = AD = .2a = . 4 4 2 1 1 3a 3a 2 · Di n tích tam giác MAC: S MAC = AM .CD = . .a = 2 2 2 4 · Th tích kh i chóp M . AB¢C : 1 1 3a 2 a3 ¢ V = .S AMC .BB = . .a = 3 3 4 4 G i I là trung đi m c a AB¢ . Tam giác AB¢C có CA = CB¢ = a 5 , AB¢ = a 2 nên cân t i C. ng cao a 2 3a 2 CI = CA - IA = 5a = 2 2 1 1 3a 2 3a 2 Di n tích tam giác AB¢C : S AB¢C = CI . AB¢ = . .a 2 = 2 2 2 2 ¢ · G i h là kho ng cách t M đ n mp ( AB C ) ta có: 2 2 2 a3 1 3V a V = .S AB¢C .h . Suy ra h = = 42 = 3 S AB¢C 2 3a 2 · Nh n xét: T t nhiên bài toán có nhi u cách nhìn nh ng đi u quan tr ng là dùng PP nào c ng c n chú ý đ n tính ch t ch , d tính toán là đi u quan tr ng. PP t a đ , cách ch n h tr c sao cho ba đ nh A, B’, C n m trên ba tr c t a đ s có l i r t nhi u so v i cách ch n khác. CÒn v i PP hình h c, vi c ch n đáy phù h p đ khai thác t i đa gi thi t s giúp chúng ta nhanh chóng tìm ra đáp s và tính toán b t ph c t p. 3. 0.25 Chúc các em thành công !. V V i 3 s d ng a, , c ta có: a b b c a c + ³ 2, + ³ 2, + ³ 2 b a c b c a D u “=” x y ra khi và ch khi a = b = c . C ng 3 b t đ ng th c trên theo v ta đ c a b b c a c + + + + + ³6 b a c b c a æa c ö æb a ö æb c ö Û ç + + 1÷ + ç + + 1÷ + ç + + 1 ÷ ³ 9 èb b ø èc c ø èa a ø a+b+c a+b+c a+b+c Û + + ³9 b c a æ1 1 1ö Û (a + b + c)ç + + ÷ ³ 9 èa b cø 1 1 1 9 Û + + ³ (*) a b c a+b+c D u “=” x y ra khi và ch khi a = b = c . æ 1 1 1 ö x y z · Q= + + = 3-ç + + ÷ x +1 y +1 z +1 è x +1 y +1 z +1ø Áp d ng k t qu (*) cho ba s d ng a = x + 1; b = y + 1 ; c = z + 1 ta có 1 1 1 9 9 9 + + ³ = = =3 x +1 y +1 z +1 x +1+ y +1+ z +1 x + y + z + 3 0 + 3 1 0.25 0.5 æ 1 1 1 ö Do đó Q = 3 - ç + + ÷ £ 3-3 = 0. è x +1 y +1 z +1ø ìx +1 = y +1 = z +1 Q=0Ûí Û x= y=z=0 îx + y + z = 0 · V y min {Q} = 0 đ t đ c khi x = y = z = 0 . 0.25 2 1 VI.a 1 P/tr đ/tròn vi t d ng chính t c ( x + 1) + ( y - 3) = 4 . Suy ra đ/tròn có tâm 2 2 I ( -1;3) , bán kính R = 4 = 2 . · Ta có IM = ( -2 + 1) 2 + ( 2 - 3) = 2 < R do đó đi m M ( -2;2 ) n m 0.25 2 trong đ/tròn. · M là trung đi m c a dây cung AB khi và ch khi IM ^ AB . Ngh a là đ ng th ng đi qua M c t đ ng tròn t i 2 đi m A, B sao cho M là uuur trung đi m c a đo n AB s nh n vecto IM = ( -1;1) làm vecto pháp tuy n. 0.75 PTTQ c a đ/th ng: -1( x + 2 ) + 1( y - 2 ) = 0 Û x - y + 4 = 0 . 2 Hai vecto không cùng ph ng trên mp(ABC): uuur uuur AB = ( -6;3;3) , AC = ( -4; 2; -4 ) r uuur uuur Vecto pháp tuy n c a mpABC): n = AB, AC = ( -18; -36;0 ) 1 0.25 ur 1 r Suy ra n¢ = - n = (1; 2;0 ) là vtpt c a mp(ABC). 18 PTTQ c a mp(ABC): 1( x - 6 ) + 2 ( y + 2 ) + 0 ( z - 3) = 0 Û x + 2y - 2 = 0 Thay t a đ đi m D(4,1,0) vào v trái P/trình mp(ABC) ta đ 4 + 2.1 - 2 = 4 ¹ 0 . Ch ng t D Ï ( ABC ) V y 4 đi m A, B, C, D không đ ng ph ng. ng cao DH b ng kho ng cách t đ nh D đ n mp(ABC) 4 + 2.1 - 2 4 4 5 DH = = = 5 5 12 + 22 + 02 c 0.25 0.5 VII.a 1 Ta có 3 .2 x = 3 + 2 x + 1 Û ( 2 x - 1) .3 = 2 x + 1 x ·V i x= x= x x 1 , thay vào (1) ta đ 2 c 0. 3 = 2 . Không đ (1) c th a mãn. Nên 1 không nghi m đúng (1) 2 2x + 1 · V i x ¹ 1 ta có (1) Û 3x = (2) 2 2x -1 2x + 1 -4 Xét hàm s y = f ( x ) = , ta có y¢ = < 0 nên hàm s liên t c 2x -1 ( 2 x - 1)2 0.25 1ö æ1 æ ö và ngh ch bi n trên các kho ng ç -¥; ÷ , ç ; +¥ ÷ . 2ø è2 è ø x Còn hàm s y = g ( x ) = 3 liên t c và đ ng bi n trên ¡ . · Ta có f (1) = g (1) = 3 nên x = 1 là m t nghi m c a (2). Và f ( -1) = g ( -1) = 0.25 1 nên x = -1 là m t nghi m c a (2). 3 · V i m i x > 1 ta có g ( x ) > g (1) Û 3x > 3 và f ( x ) < f (1) Û nên (2) không có nghi m trên kho ng (1;+¥ ) . 2x + 1 f (1) Û > 3 nên (2) không có nghi m trên kho ng ç ;1÷ . 2x -1 è2 ø 1ö æ · T ng t , trên các kho ng ( -¥; -1) , ç -1; ÷ ph ng trình (2) vô nghi m. 2ø è · Tóm l i (1) có hai nghi m x = ±1 . ·V im i 0.25 0.25 [...]... Bảng biến thi n: u - 0 + f'(u) 0 + f(u) 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0 Theo bảng biến thi n ta có f(u) = 0 u = 0 x = 0 x + y = 0 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 v = 0 y = 0 x y = 0 Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0) 7 0,25 Đề thi thử đại học năm 2009 Trờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn c c c c Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh... t2 + 2t 3 trên [1;2] ta đợc 0 f(t) 5 Đ K của m là: 0 m 5 Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) 2x 3 Cho hàm số y = x2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C)... -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: - Trờng THPT đông sơn I kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II) 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... 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 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 - Thí sinh dự thi khối B,... 1132 ; 15 + 113 t= = 64 2 Suy ra x = 8, y = 7 V y c n b c hai c a 15 + 112i cú hai giỏ tr l (8 + 7i ) 0,5 Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) 2x 3 Cho hàm số y = x2 1 Khảo sát sự biến thi n 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... số 1,00 1) Hàm số có TXĐ: R \ {2} 0,25 2) Sự biến thi n của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận: * lim y = ; lim y = + x 2 x2 + 0,25 Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim y = lim y = 2 đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x + x b) Bảng biến thi n: 1 Ta có: y' = < 0, x 2 (x 2 )2 Bảng biến thi n: x - y 2 2 + - 0,25 + y - 2 * Hàm số nghịch biến... cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = a 3 , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM 3 Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn ) Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : x 7 y 2 z x 2 y z +1 = = = = d1 : ; d2 : 6 9 12 4 6 8 1) Chứng minh rằng d1 và d2 song song... A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất 2 Câu VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : log 9 ( x + 1) + log 3 2 = log 3 4 x + log 27 ( x + 4)3 Phần 2 ( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao ) Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng : x 2 y 1 z = = , D1 : 1 1 2 x = 2 2t D2 : y = 3 z = t 1) Chứng minh rằng D1 chéo D2 Viết... lăng trụ 1,00 C A B H A C O M B 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 Thi t diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH a 3 2 a 3 , AO = AM = Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM = 3 3 2 2 2 a 3 a 3 a 3 1 Theo bài ra S BCH = HM.BC = HM = 4 8 8 2 AH = AM 2 HM 2 = 0,25 0,25 3a 2 3a 2 3a = 4 16 4 Do hai tam giác AAO... phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (c) của hàm số : y = x3 3x2 + 2 m 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : x 2 x 2 = x 1 Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 5 x + sin 7 x = 2 sin 3 x + 2009 2 2 4 4 2 2 30 x 2 9 x 2 y 25 y = 0 2) Giải hệ phơng trình : 30 y 2 9 y 2 z 25 z = ... Trung Ngạn Tổ toán Tin Đề thi thử đại học năm 2009 Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất thi sinh Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị (c)... có nghiệm (0; 0) 0,25 Đề thi thử đại học năm 2009 Trờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn c c c c Môn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A : Dành cho tất thi sinh Câu I (2,0 điểm)... f(t) Đ K m là: m Trờng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Phần chung cho tất thí