Đề thi số 2

TRUNG TM BDVH & LUYN THI I HC LUYN THI I HC NM 2010 THNH T Mụn thi: TON ************ Thi gian: 180 phỳt ( Khụng tớnh thi gian phỏt ) s 2 ------------------------------------------------ I.PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 7im ): Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 += xxy 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2điểm) 1. Giải hệ phơng trình: =++ =+++ yyxx yyxyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y R ) 2. Giải phơng trình: 3sin 2 4 os2x = 3sinx + 4 osx - 4 + x c c Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 4 6 6 0 (sin x - os )= I c x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 3 2 a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC. Câu V (1 điểm) Cho: 2 2 2 1a b c+ + = . Chng minh: 2(1 ) 0abc a b c ab ac bc+ + + + + + + II.PHN RIấNG ( 3 im ): Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn ( phn 1 hoc phn 2 ) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2 Phần 1 Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): xxy 2 2 = và elip (E): 1 9 2 2 =+ y x . Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn. Viết phơng trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình 011642 222 =+++ zyxzyx và mặt phẳng ( ) có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0. Viết phơng trình mặt phẳng ( ) song song với ( ) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6. Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x + 4 2 1 , biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn: 1 6560 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 + = + ++++ + n C n CCC n n n nnn Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d 1 : x + y + 5 = 0, d 2 : x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d 2 . Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x y z 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 MCMBMA ++ Câu VII.b (1 điểm) Gii phng trỡnh sau trờn tp hp cỏc s phc : 4z 3 7i z 2i z i = ============Ht============ 583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165 Biờn son: Nguyn Vn Xờ P N 2 Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 43 23 += xxy 1,00 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +=+==+= ++ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 4 + - 0 - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. 0,50 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc . 1,00 d có phơng trình y = m(x 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình = = =+=+ 0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 0,50 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y = 0,25 9 35318 m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2 ==+=+ (thỏa mãn) 0,25 II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00 Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25 Hệ phơng trình tơng đơng với =+ + =++ + 1)2yx( y 1x 22yx y 1x 2 2 0,25 x y -1 2 O 4 2 1 Đặt 2yxv, y 1x u 2 += + = Ta có hệ 1vu 1uv 2vu == = =+ 0,25 Suy ra =+ = + 12yx 1 y 1x 2 . Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25 II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00 1. Gii phng trỡnh: 3sin 2 4 os2x =3sinx + 4 osx - 4x c c+ 6sinxcosx - 3sinx + 4(2cos 2 x - 1) - 4cosx + 4 = 0 3sinx(2cosx - 1) + 4cosx(2cosx - 1) = 0 (2cosx - 1)(3sinx + 4cosx) = 0 1 2 cos 2cos 1 0 3 2 4 3sin 4cos 0 4 tan arctan( ) 3 3 x k x x x x x x k = + = = + = = = + . 0,25 0,25 0,25 , 0,25 III Tính tích phân 1,00 4 6 6 0 (sin x - os )= I c x dx 4 4 6 6 2 2 4 4 0 0 4 2 0 4 4 2 0 0 4 2 3 0 (sin - os ) (sin - os )(sin sin cos cos ) 1 cos2 (1 sin 2 ) 4 1 cos 2 .sin 2 cos2 4 1 1 1 1 11 sin 2 (sin 2 ) sin 2 sin 2 4 4 8 2 24 2 24 0 0 = = + + = = = = = I x c x dx x c x x x x x dx x x dx x xdx xdx xd x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi đó (P) (BCH). Do góc ã A'AM nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. 0,25 Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3 3a AM 3 2 AO, 2 3a AM === Theo bài ra 4 3a HM 8 3a BC.HM 2 1 8 3a S 22 BCH === 0,25 4 a3 16 a3 4 a3 HMAMAH 22 22 === Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên AH HM AO O'A = suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 0,25 Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,25 V Tìm giá trị lớn nhất . 1,00 T gt ta cú: (1 )(1 )(1 ) 0a b c+ + + suy ra: 1 0a b c ab ac bc abc + + + + + + + . Mt kh 2 2 2 2 1 (1 ) 0 2 a b c a b c ab ac bc a b c+ + + + + + + + = + + + . Cng li ta cú pcm 0,50 0,25 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00 Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình 09x37x36x91)x2x( 9 x 23422 2 =+=+ (*) 0,25 A B C C B A H O M Xét 9x37x36x9)x(f 234 += , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt 0,25 Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ =+ = 1y 9 x x2xy 2 2 2 0,25 09y8x16y9x9 9y9x y8x16x8 22 22 2 =+ =+ = (**) (**) là phơng trình của đờng tròn có tâm = 9 4 ; 9 8 I , bán kính R = 9 161 Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**) 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) 1,00 Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. 0,25 Khoảng cách từ I tới () là h = 435rR 2222 == 0,25 Do đó = = =+= ++ ++ (loại) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 0,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0 0,25 VII.a Tìm hệ số của x 2 . 1,00 Ta có ( ) ++++=+= 2 0 nn n 22 n 1 n 0 n 2 0 n dxxCxCxCCdx)x1(I 2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC + ++++= + suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + (1) 0,25 Mặt khác 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + =+ + = + + (2) Từ (1) và (2) ta có n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + 1n 13 1n + = + Theo bài ra thì 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n == + = + + + 0,25 Ta có khai triển ( ) = = + 7 0 4 k314 k 7 k k 7 0 4 k7 k 7 7 4 xC 2 1 x2 1 xC x2 1 x 0,25 Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa mãn 2k2 4 k314 == Vậy hệ số cần tìm là 4 21 C 2 1 2 7 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00 Do B d 1 nên B = (m; - m 5), C d 2 nên C = (7 2n; n) 0,25 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên =+ =++ 0.3n5m3 2.3n27m2 = = =+ = 1n 1m 2nm 3n2m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C (C) nên ta có hệ = = = =++++ =++ =++++ 27/338c 18/17b 54/83a 0cb2a10125 0cb8a2161 0cb6a494 0,25 Vậy (C) có phơng trình 0 27 338 y 9 17 x 27 83 yx 22 =++ 0,25 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất . 1,00 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 3; 3 8 ; 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 222 222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 0,25 F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 33 19 111 333/83/7 ))P(,G(dMG = ++ == 0,25 3 64 9 104 9 32 9 56 GCGBGA 222 =++=++ Vậy F nhỏ nhất bằng 9 553 3 64 33 19 .3 2 =+ khi M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 VIIb 1,00 . 4z 3 7i z 2i z i = 4z 3 7i = z 2 3iz 2 z 2 (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0 = (4 + 3i) 2 4(1 + 7i) = 3 4i = (2 i) 2 Vy 4 3i 2 i z 3 i 2 + + = = + hay z = 4 3i 2 i 1 2i 2 + + = + 0,25 0,25 0,25 0,25 . 0 ,25 Khoảng cách từ I tới () là h = 435rR 22 22 == 0 ,25 Do đó = = =+= ++ ++ (loại) 17D 7D 12D54 )1 (22 D3 )2( 21 .2 222 0 ,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y. 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 22 2 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22 222 222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 0 ,25 F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất M là hình