Tuyển tập đề thi thử đại học 2009

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¶ çc 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 çc ®−êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña çc ®−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 çch 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. Çn 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 çch 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 çc ®−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 Çch 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 Çch 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. Çc ®−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 çc 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 çc 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 çch 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¶ çc 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 çc 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¶ çc 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 çc 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 çc 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) Çc 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¶ çc 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 çc ®−êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña çc ®−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 çch 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. Çn 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 çch 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 çc ®−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 Çch 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 Çch 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. Çc ®−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 çc 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 çc 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 çch 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¶ çc 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 çc 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¶ çc 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 çc 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 çc 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) Çc 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 kin 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 tng 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 nghim phân bit ⇔ 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 nghim 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 cng 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 Hn na x = y = z = 1/3 thì A = −2/3. Vy 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. Vy max A = ¼. D' Tính th tích hình hp 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 bng ∆ vuông A’AF (A’A chung và góc A’AE bng 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 = Din 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 tng 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 Vy: 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 nghim 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 Vy 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. Vy 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 vy: 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 Vy 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

Tuyển tập đề thi thử đại học 2009

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan