DE THI THU DH LAN 2 TRUONG DS 1

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

−

x 2

)

4 x

x +1)2 x >2(x +2)log

(

1 2 x

)

Câu III (1 điểm)

TÝnh tÝch ph©n I=

∫

e

(

ln xx

√

1+ln x

ln x

)

C©u IV (1 ®iĨm)

Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a

√

 

SABSAC30 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 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 x

√

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 2và x 2

(3)

* xlim yxlim  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 ;

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

(

x

;2 x

−3

x0− 2

)

, x

≠ 2

y ' (x

1

(

x

2

)

Phơng trình tiếp tuyến víi ( C) t¹i M cã d¹ng: Δ: y = − 1

(

x

−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 x

−2

x0−2

)

;B

(

2 x

− 2;2

)

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 x

−3

x

−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

2x =2cos2

(

π

−

x 2

)

⇔1+sin x

2x=1+cos

(

π

− x

)

0,25

⇔sin x

(

x

−cos

x

2sin x −1

)

⇔sin x

(

x

− cos

x 2 sin

x 2cos

x

2−1

)

⇔sin x

(

x

2−1

)(

x

2+2 sin x

2+1

)

2 sin sin

4

2

2sin 2sin

2

x

x k

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)

[

]

⇔ x

[

]

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

∫

e

x2ln xdx

+) TÝnh I1=

∫

e

ln x

x

1+ln x

t=

√

1+ln x⇒t

=1+ln x ;2 tdt=1 xdx §ỉi cËn: x=1⇒ t=1; x=e⇒t=

√

0,25

I1=

∫

√2

(

t

− 1

)

t tdt=2

∫

(

t

−1

)

(

t

− t

)

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

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

)

2

−

(

a

√

)

2 =3 a

2

16 ⇒MN= a

√

0,25 S

A

B

C M

(7)

Do VS ABC=1 3SA

1

2MN BC= 6a

√

a

√

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)

(

x

1 y+

1 z

)

≥3

3

√

⇒

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+

√

b+3 c +

√

c+3 a

0,25

Lại áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

























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+¿

√

A

B

¿

⇔|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|

√

⇔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 ,

(

a

b

− 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

(

2;1;1

)

R=

√

+) 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

(

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

(

3; 6;

1 6

)

IH=

√

5

√

6 , (C) cã b¸n kÝnh r=

√

R

2−IH2

=

√

−

75 36=

√

31 =

√

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 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× nN*) 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

u

⃗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 x

√

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

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

[

√

−1

]

y =2− log2(3+

√

¿{

¿