De thi thu DH mon Toan va dap an

thÓ tÝch khèi chãp S.ABC.[r]

Sở gd & đt bắc ninh Đề thi thử đại học năm 2010 TRƯỜNG THPT lơng tài Môn: Toán – Ngày thi: 06.4.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y=2x −3

x −2

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đờng tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho

đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

C©u II (2 điểm)

1 Giải phơng trình 1+sinx

2sinx cos x 2sin

2

x=2cos2(π −

x 2)

2 Giải bất phơng trình log2(4x

4x+1)2x>2(x+2)log1 2(

1 2 x) Câu III (1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n I=∫

1 e

(lnx√x1+lnx+3x 2lnx

)dx Câu IV (1 điểm)

Cho hình chãp S.ABC cã AB = AC = a BC = a

2 SA=a√3 ,

  300

SAB SAC TÝnh

thÓ tÝch khèi chãp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dơng thoả mÃn : a + b + c =

3

4 Tìm giá trÞ nhá nhÊt

cđa biĨu thøc P=3

√a+3b+

√b+3c+

√c+3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2

PhÇn 1:(Theo chơng trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

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

d2: 3x +6y – = Lập phơng trình đờng thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đờng

thẳng cắt hai đờng thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đờng thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phơng trình: x+y+z −2=0 Gọi A’là hình

chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đờng trịn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên d¬ng n biÕt:

2 2

2 2

2C n  3.2.2Cn  ( 1)  kk k( 1)2k Ckn  (2 n n1)2 n C nn 40200

Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mt phng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:

x2 16−

y2

9 =1 Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm

của (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P):x+2y − z+5=0 đờng thẳng (d):x+3

2 =y+1=z−3 , điểm A( -2; 3; 4) Gọi  đờng thẳng nằm (P) qua

giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm  điểm M cho

khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình

23x+1

+2y−2=3 2y+3x

√3x2+1+xy=√x+1

¿{

¿

-

HÕt -Chó ý: ThÝ sinh dù thi khối B D làm câu V

Thí sinh khơng đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Hä vµ tên thí sinh: - Số báo danh:

-Dáp án

Câu Nội dung Điểm

I 1 Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hm s 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R{2

0,25 2) Sự biến thiên hàm sè:

a) Giới hạn vô cực đờng tiệm cận:

* x →2

+¿y=+∞ lim

x →2−y

=− ∞;lim

¿

Do đờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

* xlim yxlim  y 2 đờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm

sè

0,25

b) Bảng biến thiên:

Ta có: y '=

(x 2)2<0,x 2

Bảng biến thiên:

x - + 

y’ -

-y

-

+ 

2 * Hµm số nghịch biến khoảng ( ;2) (2;+)

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung (0;3

2) cắt trục hoành điểm (

3 2;0)

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I 2 Tìm M để đờng trịn có diện tích nhỏ 1,00

Ta cã: M(x0;2x0−3

x0−2 ), x0≠2 , y '(x0)= −1 (x0−2)

2

Phơng trình tiếp tuyến với ( C) M cã d¹ng:

Δ:y= −1 (x0−2)

2(x − x0)+

2x0−3 x0−2

0,25

Toạ độ giao điểm A, B (Δ) hai tiệm cận là:

A(2;2x0−2

x0−2 );B(2x0−2;2)

Ta thÊy xA+xB

2 =

2+2x0−2

2 =x0=xM ,

yA+yB

2 =

2x0−3 x0−2

=yM suy M

trung điểm AB

0,25

Mt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

S =

x0−2¿

+(2x0−3 x0−2 −2)

2

x0−2¿2 ¿≥2π x0−2¿2+1¿

¿ ¿=π¿ πIM2=π¿

0,25

DÊu “=” x¶y

x0−2¿2 ¿

⇔

¿ x0=1

¿ x0=3

¿ ¿ ¿ x0−2¿2=1

¿ ¿ ¿

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II 1 Giải phơng trình lợng giác 1 điểm

O y

x

3/2 3/2

1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x

=2cos2(π 4−

x 2)(1) (1)⇔1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2

x=1+cos(π

2− x)=1+sinx

0,25

⇔sinx(sin x

2−cos x

2sinx −1)=0⇔sinx(sin x 2−cos

x 2 sin

x 2cos

x

2−1)=0 0,25

⇔sinx(sin x

2−1)(2 sin 2x

2+2 sin x

2+1)=0 0,25

2

sin x

x k

x k x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2



 

   

   



         



       

 

  



Z 0,25

II 2 Giải bất phơng trình 1 điểm

ĐK:

1 2 x>0 4x24x+1>0

⇔

¿x<1 2x −1¿2>0

¿

⇔

¿ ¿ ¿x<1

2 ¿ x ≠1

2 ¿

0,25

Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:

2 log2(1−2x)−2x>2+(x+2)[log2(1−2x)−1]

⇔x[log2(1−2x)+1]<0

⇔

¿x>0 log2(1−2x)+1<0

¿ ¿ ¿ x<0

¿

log2(1−2x)+1>0 ¿

¿ ¿

⇔

¿ ¿ ¿ x>0

¿

log22(1−2x)<0 ¿

¿ ¿ ¿ ¿ x<0

¿

log22(1−2x)>0 ¿

¿ ¿ ¿

⇔

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta cã:

4<x<

2 hc x < 0,25

III TÝnh tÝch ph©n 1 ®iĨm I=∫

1 e

lnx

x√1+lnx dx+3∫1 e

x2ln xdx

+) TÝnh I1=∫ e

lnx

x1+lnxdx Đặt t=1+lnxt

=1+lnx ;2 tdt=1 xdx

§ỉi cËn: x=1⇒t=1; x=e⇒t=√2

0,25

I1=∫

√2

(t2−1)

t tdt=2∫1

√2

(t2−1)dt =2(t

3

3− t)¿1√2=

2(2−√2)

3 0,25

+) Tính I2= e

x2lnxdx Đặt

u=lnx dv=x2dx

⇒

¿du=dx x v=x

3 ¿{

¿

0,25

e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9



I=I1+3I2=¿ 5−2√2+2e

3 0,25

IV TÝnh thÓ tích hình chóp điểm

Theo nh lớ cơsin ta có:



2 2 2

SB SA AB  2SA.AB cos SAB3a a  2.a 3.a cos 30 a

Suy SB=a T¬ng tù ta cịng cã SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai

tam giác cân nên MB SA, MC SA Suy SA  (MBC)

Ta cã VS ABC=VS.MBC+VA.MBC=

3MA SMBC+

3SA SMBC=

3SA.SMBC

0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên

chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N

lµ trung ®iĨm cđa BC suy MN  BC T¬ng tù ta còng cã MN  SA

MN2

=AN2−AM2=AB2−BN2−AM2=a2−(a 4)

2

−(a√3 )

2 =3a

2

16 ⇒MN= a√3

4

0,25

Do VS ABC=13SA 12MN BC=61a√3 a43.a2=a

16 0,25

V Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc 1 ®iĨm

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

(x+y+z)(1 x+

1 y+

1 z)≥3

3

√xyz3

√xyz=9⇒ x+

1 y+

1 z≥

9

x+y+z (*)

¸p dơng (*) ta cã P=3

√a+3b+

√b+3c+

√c+3a≥

9

√a+3b+√3b+3c+√3c+3a

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy  

3a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6

3

           4.3

3

 

    

 

Do P≥3

0,25 S

A

B

C M

DÊu = x¶y

3

a b c 4 a b c

4 a 3b b 3c c 3a



   

     

      



Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ phơng ⃗a1(2;−1) ; d2 có vectơ phơng

⃗ a2(3;6)

Ta có: ⃗a1.⃗a2=2 3−1 6=0 nên d1⊥d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình:

d:A(x −2)+B(y+1)=0⇔Ax+By−2A+B=0

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450

−1¿2 ¿

¿=cos 450⇔3A2−8 AB−3B2=0⇔ ¿

A=3B ¿ B=−3A

¿ ¿ 22

+¿

√A2

+B2√¿ ¿

⇔|2A − B¿ |

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y −5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d:x −3y −5=0

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

Cách 2: Gọi d đờng thẳng cần tìm, d song song với đờng phân giác ngồi đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho

Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng trình

−1¿2 ¿ ¿=|3x+6y −7|

√32

+62 ⇔

3|2x − y+5|=|3x+6y −7|⇔ ¿

3x −9y+22=0 (Δ1) ¿

9x+3y+8=0 (Δ2) ¿

¿ 22+¿

√¿ ¿ |2x − y+5|

¿

0,25

+) Nếu d // d có phơng trình 3x −9y+c=0

Do P d nªn 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x −3y −5=0 0,25

+) NÕu d // 2 th× d cã phơng trình 9x+3y+c=0

Do P d nên 183+c=0c=15d:3x+y −5=0 0,25

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

2

DÔ thÊy A’ ( 1; -1; 0)

* Gi¶ sư phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D lµ: 0,25

x2

+y2+z2+2 ax+2 by+2cz+d=0,(a2+b2+c2− d>0)

Vì A',B , C , D(S) nên ta cã hÖ:

¿

2a −2b+d+2=0 2a+6b+4c+d+14=0 8a+6b+4c+d+29=0 8a −2b+4c+d −21=0

⇔

¿a=−5 b=−1 c=−1 d=−1 { { {

Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2 y2 z2 5x 2y 2z10

0,25

(S) cã t©m I(5

2;1;1) , b¸n kÝnh R=√ 29

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vng góc với (P)

(d) có vectơ phơng là: n(1;1;1)

Suy phơng trình d:

x=5/2+t

y=1+t z=1+t

⇒H(5

2+t ;1+t ;1+t) ¿{ {

¿

Do H=(d)∩(P) nªn:

2+t+1+t+1+t −2=0⇔3t=−

2⇔t=−

⇒H(5

3; 6;

1 6)

0,25

IH=√75

36= 5√3

6 , (C) cã b¸n kÝnh r=√R

2−IH2

=√29

4 − 75 36=√

31 =

√186

6 0,25

VII

a. Tìm số nguyên dơng n biết 1 điểm

* XÐt −1¿

k C2n+1

k

xk+ −C2n+1 2n+1x2n+1 1− x¿2n+1=C02n+1− C12n+1x+C22n+1x2− +¿

¿

(1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

−1¿kkC2kn+1xk −1+ −(2n+1)C22nn++11x2n 1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x − +¿

−(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

−1¿kk(k −1)C2n+1 k

xk −2+ −2n(2n+1)C2n+1 2n+1

x2n −1 1− x¿2n −1=2C2n+1

2

−3C2n+1

x+ +¿ 2n(2n+1)¿

0,25 Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

           0,25

VIb.1 Viết phơng trình tắc E líp 1 điểm

(H) có tiêu điểm F1(5;0); F2(5;0) Hình chữ nhật sở (H) có

mt đỉnh M( 4; 3), 0,25

Gi¶ sư phơng trình tắc (E) có dạng: x

2 a2+

y2

b2=1 ( víi a > b)

(E) có hai tiêu điểm F1(5;0); F2(5;0)⇒a2−b2=52(1)

0,25

M(4;3)∈(E)⇔9a2

+16b2=a2b2(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:

¿ a2=52+b2 9a2

+16b2=a2b2 ⇔

¿a2=40 b2=15

¿{ ¿

0,25

Vậy phơng trình tắc (E) là: x2

40+ y2

15=1 0,25

VIb

2 Tìm điểm M thuộc Δ để AM ngắn 1 điểm

Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc:

¿ x=2t −3

y=t −1 z=t+3

¿{ { ¿

Gọi I giao điểm (d) (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)

0,25

* (d) có vectơ phơng a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến

n(1;2;1)

[a ,n]=(3;3;3) Gọi u vectơ ph¬ng cđa Δ ⇒u⃗(−1;1;1)

0,25

⇒Δ:

x=1− u y=u z=4+u

¿{ {

V× M∈Δ⇒M(−1− u ;u ;4+u) , ⇒⃗AM(1−u ;u −3;u) 0,25

AM ng¾n nhÊt ⇔AM⊥Δ

⇔⃗AM⊥u⃗⇔⃗AM u⃗=0⇔−1(1−u)+1(u −3)+1 u=0

⇔u=4

3 VËy M(

−7 ;

4 3;

16 )

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình: 1 điểm

¿ 23x+1

+2y−2=3 2y+3x (1)

√3x2

+1+xy=x+1(2) {

Phơng trình (2)

x+1≥0 3x2+1+xy=x+1

⇔

¿x ≥−1 x(3x+y −1)=0

¿{

⇔

x ≥ −1 x=0

¿ 3x+y −1=0

¿ ¿⇔

¿ ¿ ¿ x ≥ −1

¿ ¿ y=1−3x

¿ ¿

* Víi x = thay vµo (1) 2+2y −2=3 2y⇔8+2y=12 2y⇔2y=

11 ⇔y=log2

11 0,25

* Víi

¿ x ≥ −1 y=1−3x

¿{ ¿

thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x+1

+23x 1=3

Đặt t=23x+1 Vì x ≥ −1 nªn t ≥14

(3)⇔t+1 t=6⇔t

2−6t

+1=0⇔ x=1

3[log2(3+√8)−1] y=2−log2(3+√8)

t=3−√8(lo¹i) ¿ t=3+√8

¿ ¿

⇔{

¿ ¿ ¿

0,25

Vậy hệ phơng trình cho có nghiệm

¿ x=0 y=log2

11 ¿{

¿

vµ

¿

x=1

3[log2(3+√8)−1] y=2−log2(3+√8)

¿{

¿