THI THU DH 2011+DAP AN DE 2

thi th i hc nm hc 2010-2011 MễN: TON; Thi gian lm bi: 180 phỳt - A PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I(2,0 im): Cho hm s y = x4 8m2x2 + (1), vi m l tham s thc 1.Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) m = 2.Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) cú cc tr A ,B, C v din tớch tam giỏc ABC bng 64 Cõu II (2,0 im) sin x = sin( x + ) sin x + cos x 2 Gii phng trỡnh: log (3 x 1) + = log ( x + 1) Gii phng trỡnh: cot x + Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn I = x2 +1 x 3x + dx Cõu IV (1,0 im) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u ABC A' B' C ' cú AB = 1, CC ' = m (m > 0) m bit rng gúc gia hai ng thng AB ' v BC ' bng 60 Tỡm Cõu V (1,0 im) Cho a,b,c l ba s thc dng tuỳ ý tho a+b+c = ab bc ca + + Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc : P = 2c + ab 2a + bc 2b + ca B PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt hai phn (phn a, hoc b) a Theo chng trỡnh Chun: Cõu VIa (2,0 im) Trong mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC cú A(4; 6) , phng trỡnh cỏc ng thng cha ng cao v trung tuyn k t nh C ln lt l x y + 13 = v x 13 y + 29 = Vit phng trỡnh ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho hỡnh vuụng MNPQ cú M (5; 3; 1), P (2; 3; 4) Tỡm to nh Q bit rng nh N nm mt phng ( ) : x + y z = n Câu VIIa: (1điểm) Cho khai triển + x = a0 + a1 x + a2 x + + an x n Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn2 + 2Cnn2 Cnn1 + Cn1Cnn1 = 11025 b Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VIb (2,0 im) Trong mt phng vi h to Oxy, xột elớp (E ) i qua im M (2; 3) v cú phng trỡnh mt ng chun l x + = Vit phng trỡnh chớnh tc ca (E ) Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho cỏc im A(1; 0; 0), B (0;1; 0), C (0; 3; 2) v mt phng ( ) : x + y + = Tỡm to ca im M bit rng M cỏch u cỏc im A, B, C v mt phng ( ) Câu VII.b: (1điểm) Giải hệ phơng trình: log x + y (3 x + y ) + log x + y ( x + xy + y ) = ( x R) x x+ y x+ y = 20 + 2.4 Ht - T P N THANG IM THI KSCL THI I HC NM 2011 LN TH MễN TON - KHI A VII a Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an Ta có C 2n C nn + 2C nn C nn + C 1n C nn = 11025 (C 2n + C 1n ) = 105 n = 14 n( n 1) C 2n + C 1n = 105 + n = 105 n + n 210 = n = 15 (loạ i) Ta có khai triển + x k Do a k = C 14 k 14 k 14 = C k =0 14 k 14 14 k k 14 x k k 14 k k = C 14 x k =0 k +1 k 13 k a k +1 C 14 2(14 k ) Ta xét tỉ số = = k k 14 k ak 3( k + 1) C 14 a k +1 2(14 k ) >1 > k < Do k Ơ , nên k ak 3( k + 1) a a Tơng tự k +1 < k > 5, k +1 = k = ak ak Do a < a < < a < a = a > a > > a 14 Do a5 a6 hai hệ số lớn 1001 Vậy hệ số lớn a = a = C 14 = 62208 Cõu í 0,25 Ni dung ỏp ỏn 0,25 0,25 0,25 i I 1im Khi m= hm s ó cho cú pt: y= x4 2x2+ 1.TX : D= R 2.SBT CBT: y= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) y=0 x= hoc x = hoc x = -1 Hm s ng bin x (1;0) (1; +) Hm s nghch bin x (; 1) và(0;1) Cc tr : HS t cc i ti x= v yC=y(0)=1 HS t cc tiu ti x= v yCT=y( 1)=0 y = + ; lim y = + Gii hn: xlim + x BBT: - x y y -1 - , 0 + + - + 0,2 0,2 0,2 + + 0 v th: y 0,2 -1 I (1i m) x y , = x 16m x = x ( x 4m ) k hm s cú cc tr l y , = cú nghim phõn bit Tc l phng trỡnh g ( x) = x 4m = cú hai nghim phõn bit 0,2 x0 m0 x = y = y = x = 2m y = 16m x = 2m y = 16m , 0,2 Gi s im cc tr l:A(0;1);B (2m;1 16m4 ) ;C (2m;1 16m4 ) Ta thy AB=AC = (2m)2 + (16m4 )2 nờn tam giỏc ABC cõn ti 0,2 A Gi I l trung im ca BC thỡ I (0;1 16m4 ) nờn AI = 16m4 ; BC = m 0,2 1 5 m = m = S ABC = AI BC = 16m m =64 (tmk m ) 2 s: II (2,0 im) m = (1,0 điểm) Điều kiện: sin x 0, sin x + cos x cos x sin x cos x + cos x = Pt cho trở thành sin x sin x + cos x cos x cos x =0 sin x + cos x sin x cos x sin( x + ) sin x = +) cos x = x = + k , k x = + m2 x = x + + m2 4 +) sin x = sin( x + ) x = + n 2 x = x + n t x= + , t Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm pt t x = + k ; x = + , k, t 2 (1,0 điểm) Điều kiện x > (*) Với đk trên, pt cho log (3x 1) + = log (2 x + 1) log 5(3 x 1) = log ( x + 1) 5(3x 1) = ( x + 1) 0,5 m, n 0,5 0,5 x 33x + 36 x = ( x 2) (8 x 1) = 0,5 x = x = Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm pt x = III (1,0 im) Đặt t = 3x + dt = 3dx dx = 3x + Khi x = t = 2, x = t = 2tdt 0,5 t2 + 2tdt Suy I = t t = dt (t 1)dt + 2 92 t 4 21 t 100 = t t + ln = + ln 93 t +1 27 2 IV (1,0 điểm) 0,5 ( D A' B ' ) ( AB ' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 600 DBC ' = 60 DBC ' = 120 - Nếu DBC '= 600 Vì lăng trụ nên BB ' ( A' B ' C ' ) áp dụng định lý Pitago định lý cosin ta A có - Kẻ BD // AB' B BD = BC ' = m + DC ' = Kết hợp DBC '= 600 ta suy BDC ' Do m + = m = - Nếu DBC '= 120 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy m = (loại) Vậy m = 0,5 0,5 C + m2 A m B 120 C thìDchỉ cho 0,5đ giải * Chú ý: - Nếu HS xét trờng hợp góc 60 - HS giải phơng pháp vectơ toạ độ với nhận xét: cos( AB' , BC ' ) = cos( AB', BC ') = VIa (2,0 điểm) (1 điểm) - Gọi đờng cao trung tuyến kẻ từ C CH CM Khi CH có phơng trình x y + 13 = , CM có phơng trình x 13 y + 29 = x y + 13 = - Từ hệ C (7; 1) x 13 y + 29 = AB'.BC ' AB'.BC ' C(-7; -1) 0,5 - AB CH n AB = u CH = (1, 2) A(4; 6) H M(6; 5) B(8; 4) pt AB : x + y 16 = x + y 16 = - Từ hệ M (6; 5) x 13 y + 29 = B (8; 4) - Giả sử phơng trình đờng tròn ngoại tiếp ABC : x + y + mx + ny + p = 52 + 4m + 6n + p = m = Vì A, B, C thuộc đờng tròn nên 80 + 8m + 4n + p = n = 50 m n + p = p = 72 0,5 Suy pt đờng tròn: x + y x + y 72 = hay ( x 2) + ( y + 3) = 85 (1 điểm) - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N ( ) x0 + y0 z0 = (1) MN = PN - MNPQ hình vuông MNP vuông cân N MN PN = 2 2 2 ( x0 5) + ( y0 3) + ( z0 + 1) = ( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 4) ( x0 5)( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4) = ( 2) x0 + z0 = (3) ( x0 5)( x0 2) + ( y0 3) + ( z0 + 1)( z0 + 4) = y = x + - Từ (1) (2) suy Thay vào (3) ta đợc x02 x0 + = z = x + x0 = 2, y = 3, z = N (2; 3; 1) hay x = , y = , z = N ( ; ; ) 0 VIb (2,0 điểm) 0,5 0,5 - Gọi I tâm hình vuông I trung điểm MP NQ I ( ; 3; ) 2 Nếu N (2; 1) Q(5; 3; 4) Nếu N (3;1; 2) Q(4; 5; 3) (1 điểm) 2 - Gọi phơng trình ( E ) : x + y2 = (a > b > 0) a b (1) a + b = - Giả thiết a = (2) c Ta có (2) a = 8c b = a c = 8c c = c(8 c) + =1 Thay vào (1) ta đợc 8c c(8 c) c = 2 2c 17c + 26 = 13 c = 2 * Nếu c = a = 16, b = 12 ( E ) : x + y = 16 12 2 13 * Nếu c = a = 52, b = 39 ( E ) : x + y = 52 39 / 0,5 0,5 (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi từ giả thiết suy ( x0 1) + y02 + z02 = x02 + ( y0 1) + z02 = x02 + ( y0 3) + ( z0 2) = ( x0 1) + y02 + z02 = x02 + ( y0 1) + z02 x02 + ( y0 1) + z02 = x02 + ( y0 3) + ( z0 2) ( x0 1) + y02 + z02 = ( x0 + y0 + 2) y = x0 Từ (1) (2) suy z0 = x0 x0 + y0 + 0,5 (1) (2) (3) 0,5 Thay vào (3) ta đợc 5(3 x02 x0 + 10) = (3 x0 + 2) x0 = M (1; 1; 2) 23 23 14 x0 = 23 M ( ; ; ) 3 3 Cõu VIIb : (1,0 im) Giải hệ PT: log x + y (3 x + y ) + log x + y ( x + xy + y ) = (1) ( x R) x x+ y x+ y = 20 (2) + 2.4 < x + y + K < 3x + y Với đk PT (1) PT(3) tr thnh log x + y (3x + y ) + log x + y ( x + y ) = log x + y (3x + y ) + log x + y ( x + y ) = t+ (3) t = = t 3t + = t t = Với t=1 ta có log x + y (3x + y) = 3x + y = x + y x = thay vào (2) ta đợc : 4y+2.40=20 y = 18 y = log 18 (TM) Với t=2 ta có log x + y (3x + y) = 3x + y = ( x + y)2 (4) 2x x+ y PT(2) 22( x + y ) + x+ y +1 = 20 22( x + y ) + x + y = 20 (5) + Thay (4) vào (5) ta đợc 2( x + y ) Đặt t= 2( x + y ) , PT(6) tr thành t2 Với t=1 ta có ( x + y )2 x+ y = 20 22( x + y ) + x + y = 20 (6) t = 5( L) +t-20=0 t = 4(TM ) +2 x+ y = x + y = 3x + y = x + y = x = (TM ) Ta có hệ x + y = y =1 Kt lun hệ PT có cặp nghiệm (0; log 18);(1;1) V (1 im) Từ gt ta có a, b, c (0;2) 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b): Cho nên ab 1 = ab (2 a ) (2 b) 2c + ab áp dụng BĐT Cô Sy ab 1 1 ab ab ab ( + )= ( + )(1) (2 a) (2 b) b+c c+a 2c + ab 0,2 0,2 Tng t bc bc bc ( + )(2) 2a + bc a + b c + a ca ca ca ( + )(3) 2b + ca b + a c + b 0,2 Từ (1),(2),(3) ta có P ab ca bc ab bc ca ( + )+( + )+( + ) = ( a + b + c) = b+c b+c c+a c+a a + b a + b 0,2 -2 Du ng thc xy a=b=c= Vy P t giỏ tr ln nht bng a=b=c= ... 1) + y 02 + z 02 = x 02 + ( y0 1) + z 02 = x 02 + ( y0 3) + ( z0 2) = ( x0 1) + y 02 + z 02 = x 02 + ( y0 1) + z 02 x 02 + ( y0 1) + z 02 = x 02 + ( y0 3) + ( z0 2) ( x0 1) + y 02 + z 02 = ( x0... thay vào (2) ta đợc : 4y +2. 40 =20 y = 18 y = log 18 (TM) Với t =2 ta có log x + y (3x + y) = 3x + y = ( x + y )2 (4) 2x x+ y PT (2) 22 ( x + y ) + x+ y +1 = 20 22 ( x + y ) + x + y = 20 (5) + Thay.. .2 T P N THANG IM THI KSCL THI I HC NM 20 11 LN TH MễN TON - KHI A VII a Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an Ta có C 2n C nn + 2C nn C nn + C 1n C nn = 11 025 (C 2n + C 1n ) = 105