Gäi I lµ giao ®iÓm cña c¸c ®êng tiÖm cËn.. TÝnh.[r]
(1)Trờng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) Môn Thi: To¸n
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang)
Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số y=2 x −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) tại
A B Gọi I giao điểm đờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đờng trịn
ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diƯn tÝch nhá nhÊt Câu II (2 điểm)
1 Giải phơng trình 1+sin x
2sin x − cos x 2sin
2
x =2cos2(π 4−
x 2) Gi¶i bất phơng trình log2(4 x2 x +1)2 x >2(x +2)log1 2(
1 2 x) Câu III (1 điểm)
TÝnh tÝch ph©n I=∫ e
(ln xx√1+ln x+3 x 2ln x
)dx C©u IV (1 ®iĨm)
Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = a
2 , SA=a√3 ,
SABSAC30 TÝnh
thĨ tÝch khèi chãp S.ABC
C©u V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dơng tho¶ m·n : a + b + c =
4 Tìm giá trị nhỏ biÓu
thøc P=3
√a+3 b+
√b +3 c+
√c+3 a
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chng trỡnh chun )
Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d1:2 x − y +5=0 d2: 3x +6y – = Lập phơng trình đờng thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đờng thẳng
đó cắt hai đờng thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đờng
th¼ng 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 Alà hình chiếu A
lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính đờng tròn (C) giao tuyến mặt phẳng (P) mt cu (S)
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
2 2
2 2
2 3.2.2 ( 1) (k 1)2k k (2 1)2 n n 40200
n n n n
C C k k C n n C
Phần 2: (Theo chơng trình nâng cao) Câu VIb (2 ®iĨm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: x 16−
(2)2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P): x +2 y − 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
C©u VIIb (1 điểm):
Giải hệ phơng trình
23 x+ 1+2y− 2=3 2y+3 x √3 x2+1+xy=
√x +1
¿{
¿
- HÕt -Chó ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V
Thớ sinh khụng c s dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích gỡ thờm
Họ tên thí sinh: - Sè b¸o
danh: -Trờng THPT đơng sơn I kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II) Hớng dẫn chấm mơn tốn
- Điểm toàn thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác đợc điểm ti a.
- Nếu học sinh làm hai phần phần tự chọn không tính điểm phần tù chän
- ThÝ sinh dù thi khèi B, D làm câu V, thang điểm dành cho câu I câu III 1,5 điểm
Câu Nội dung Điểm
I 1 Kho sát vẽ đồ thị hàm số 1,00 1) Hàm số có TXĐ: ¿R {2¿
¿
0,25 2) Sự biến thiên hàm số:
a) Giới hạn vô cực, 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 x 2và x 2
(3)* xlim yxlim y 2 đờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
' 0,
2
y x
x
Bảng biến thiên:
x - +
y’ -
-y
- +
2 * Hµm sè nghịch biến khoảng ( ;2) (2;+)
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung (0 ;3
2) cắt trục hoành điểm ( 2;0)
+ Nhn xột: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I 2 Tìm M để đờng trịn ngoại tiếptam giác AIB có diện tích nhỏ 1,00 Ta có: M(x0;2 x0−3
x0− 2 ), x0≠ 2 , y ' (x0)= 1
(x02)
Phơng trình tiếp tuyến víi ( C) t¹i M cã d¹ng: Δ: y = − 1
(x0−2)
2(x − x0)+
2 x0−3 x0−2
0,25
Toạ độ giao điểm A, B (Δ) hai tiệm cận là: A(2 ;2 x0−2
x0−2 );B(2 x0− 2;2) Ta thÊy xA+xB
2 =
2+2 x0− 2
2 =x0=xM ,
yA+yB
2 =
2 x0−3 x0− 2
=yM suy M trung điểm AB
0,25
Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vng I nên đờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
0,25 O
y
x
3/2
(4)S =
x0− 2¿2+(2 x0−3 x0−2 − 2)
2
x0− 2¿2 ¿≥ π
x0−2¿
+1
¿ ¿ ¿=π¿
π IM2=π¿
DÊu “=” x¶y
x0− 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 ®iĨm
1+sinx
2sin x − cos x 2sin
2x =2cos2 (π4 −
x 2)(1) (1)⇔1+sin x
2sin x − cos x 2sin
2x=1+cos
(π2− x)=1+sin x
0,25
⇔sin x(sin x 2−cos
x
2sin x −1)=0⇔sin x(sin x 2− cos
x 2 sin
x 2cos
x
2−1)=0 0,25
⇔sin x(sin x
2−1)(2 sin 2x
2+2 sin x
2+1)=0 0,25
2 sin sin
4
2
2
2sin 2sin
2
x
x k
x k x
x k x
x k
k
x x
0,25
(5)§K: 2− x >0 4 x2−4 x+1>0
⇔
¿x<1
2 2 x −1¿2>0
¿
⇔
¿ ¿ ¿x<1
2
¿
x ≠1
¿
0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với: log2(1− x )− x >2+(x+2)[log2(1− x )− 1] ⇔ x[log2(1− x )+1]<0
0,25
⇔
¿x >0
log2(1 −2 x)+1<0
¿ ¿ ¿
x <0
¿
log2(1 −2 x)+1>0
¿ ¿ ¿
⇔
¿ ¿ ¿
x >0
¿
log22(1− x )<0
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
x <0
¿
log22(1− x )>0
¿ ¿ ¿ ¿
⇔
¿
0,25
KÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn (*) ta cã: 4<x <
1
2 hc x < 0,25
(6)I=∫ e
ln x
x√1+ln x dx+3∫1 e
x2ln xdx
+) TÝnh I1=∫ e
ln x
x1+ln xdx Đặt t=√1+ln x⇒t
=1+ln x ;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
(t33− t)¿1√2=
2(2 −√2)
3 0,25
+) TÝnh I2=∫ e
x2ln x dx Đặt
u=ln x dv=x2dx
⇒
¿du=dx
x v=x
3
¿{
¿
3 3 3
2
2 1
1
1 1
.ln
3 3 3 9
e
e e
x e x e e e
I x ∫x dx 0,25
I=I1+3 I2=¿ 5 − 2√2+2 e
3 0,25
IV TÝnh thÓ tÝch hình chóp điểm
Theo nh lớ cụsin 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=1
3MA SMBC+13SA SMBC=13SA 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 trung điểm BC suy MN BC Tơng tự ta có MN SA
MN2
=AN2− AM2=AB2−BN2− AM2=a2−(a 4)
2
−(a√3 )
2 =3 a
2
16 ⇒MN= a
√3
0,25 S
A
B
C M
(7)Do VS ABC=1 3SA
1
2MN BC= 6a√3
a√3
a 2=
a3
16 0,25
V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm 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+ y+ z≥
x + y +z (*) ¸p dơng (*) ta cã P=3
√a+3 b+
√b +3 c+
√c+3 a≥
9
√a+3 b+3
√b+3 c +3
√c+3 a
0,25
Lại áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có
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 3b 3c c 3a 4 a b c 6
3
4.3
3
Do P≥ 3
0,25
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 cã: ⃗a1 ⃗a2=2 −1 6=0 nªn d1 d2 d1 cắt d2 điểm I kh¸c P Gäi
d đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình: d : A (x − 2)+B( y +1)=0⇔ Ax+By −2 A +B=0
0,25
d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2)
gãc 450
− 1¿2 ¿
¿=cos 450⇔ A2− AB −3 B2=0⇔
¿
A=3 B
¿
B=− A
¿ ¿
22+¿ √A2+B2√¿
¿
⇔|2 A − B|
¿
0,25
* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d :3 x + y −5=0 0,25
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d : x −3 y −5=0
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d :3 x + y −5=0
(8)Cách 2: Gọi d đờng thẳng cần tìm, d song song với đờng phân giác đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho
Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng trình
−1¿2 ¿ ¿=|3 x +6 y −7|
√32+62 ⇔3
|2 x − y+5|=|3 x +6 y −7|⇔
¿
3 x −9 y +22=0 (Δ1)
¿
9 x+3 y +8=0 (Δ2)
¿ ¿
22+¿
√¿ ¿
|2 x − y+5|
¿
0,25
+) NÕu d // 1 th× d có phơng trình 3 x y +c=0
Do P d nªn 6+9+c=0⇔ c=−15 ⇒d : x− y −5=0 0,25
+) NÕu d // 2 d có phơng trình 9 x+3 y +c=0
Do P d nªn 18 −3+c=0⇔c=− 15⇒ d :3 x+ y −5=0 0,25
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu toán d :3 x + y −5=0
d : x −3 y −5=0 0,25
VIa 2 Xác định tâm bán kính đờng trịn 1 điểm
DƠ thÊy A ( 1; -1; 0)
* Giả sử 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)
V× A ', B , C , D∈ (S ) nªn ta cã hƯ:
¿
2 a −2 b+d+2=0 2a+6 b+4 c +d +14=0 8 a+6 b+4 c +d +29=0 8 a −2 b+4 c +d −21=0
⇔
¿a=−5
2 b=−1 c=− 1 d=−1
{ { {
Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: 2
2
y z x y z
x
0,25
(S) có tâm I(5
2;1;1) , bán 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)
¿{ {
¿
(9)Do H=( d )∩(P) nªn:
2+t +1+t+1+t −2=0⇔ t=− 52⇔t=− 56 ⇒ H(5
3; 6;
1 6)
IH=√75 36=
5√3
6 , (C) cã b¸n kÝnh r=√R
2−IH2
=√29 −
75 36=√
31 =
√186
6 0,25
VII a. Tìm số nguyên dơng n biết 1 ®iĨm
* XÐt
− 1¿kC2 n+1k xk+ −C2n +12n +1x2 n+1
1− x¿2 n +1=C2n +10 − C2 n+11 x+C2 n+ 12 x2− +¿ ¿
(1)
* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:
−1¿kkC2 n+1k xk − 1+ −(2 n+1)C2 n +12 n +1x2 n 1− x¿2 n=−C2n +1
1
+2C2 n+1
x − +¿
−(2 n+1)¿
(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:
−1¿kk (k − 1)C2n +1k xk −2+ −2 n(2 n+1)C2 n+12 n+1x2 n −1 1 − x¿2 n −1=2 C2 n +12 − C2 n+13 x + +¿
2 n(2 n+1)¿
0,25
Thay x = vào đẳng thức ta có:
2 2
2 2
2 (2 1) 3.2 ( 1) (k 1)2k k (2 1)2 n n
n n n n
n n C C k k C n n C
0,25
Phơng trình cho
⇔2 n(2 n+1)=40200 ⇔2 n2
+n− 20100=0⇔n=100 (v× nN*) 0,25
VIb.1 Viết phơng trình tắc E líp 1 ®iĨm
(H) có tiêu điểm F1(−5 ; 0) ; F2(5 ; 0) Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh
lµ M( 4; 3), 0,25
Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: x a2+
y2
b2=1 ( víi a > b) (E) cịng cã hai tiêu điểm
2 2
1 5;0 ; 5;0
F F a b
0,25
M ( ;3)∈( E )⇔ a2
+16 b2=a2b2(2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ:
¿
a2=52+b2 9 a2+16 b2=a2b2
⇔
¿a2=40
b2=15
¿{
¿
0,25
Vậy phơng trình tắc (E) là: x 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=2 t −3 y=t −1
z=t+3
¿{ {
Gọi I giao điểm (d) vµ (P) ⇒ I (2 t −3 ;t −1 ;t+3)
Do I∈ (P )⇒2 t − 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)
(10)⇒[⃗a , ⃗n]=(− ;3;3) Gọi u vectơ phơng ⃗u(−1 ;1;1)
:
x u
y u
z u
V×
M∈ Δ⇒ M (−1− u ;u ;4+u) ,
⇒⃗AM(1 −u ;u −3 ;u) 0,25 AM ng¾n nhÊt ⇔ AM⊥ Δ
⇔⃗AM⊥ ⃗u ⇔⃗AM ⃗u=0⇔−1(1−u)+1(u − 3)+1 u=0 ⇔u=4
3 VËy M( − 7
3 ; 3;
16 )
0,25
VIIb Gi¶i hệ phơng trình: 1 điểm
23 x+1+2y− 2=3 2y+3 x (1) √3 x2+1+xy=√x+1(2)
¿{
Phơng trình (2)
x +1 0 3 x2+1+xy=x+1
⇔
¿x ≥− 1
x (3 x + y − 1)=0
¿{ ⇔
x ≥ −1 x=0
¿
3 x+ y −1=0
¿
¿⇔
¿ ¿ ¿
x ≥ −1
¿ ¿
y=1− x
¿ ¿
0,25
* 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 −3 x
¿{
¿
thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23 x+1+2− x 1=3 2
Đặt t=23 x+ 1 Vì x 1 nên t 1
2
2
2
log
3 ¹
1
3
(3) 6
3 2 log (3 8)
x
t lo i
t t t
t t
y
(11)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)
¿{
¿