de thi thu 2010

55 2 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 05/05/2021, 12:11

Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009.. vnMath.com Dịch vụ Toán học dichvutoanhoc@gmail.com.[r] (1)DongPhD Problems BookSeries Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009 vnMath.com Dịch vụ Toán học dichvutoanhoc@gmail.com Sách Đại số Giải tích Hình học Các loại khác Thơng tin bổ ích (Free) Toán học vui Kiếm tiền mạng Bài báo Giáo án (Free) (2)(3)(4)(5)(6)Tr ng i h c H ng c THI TH TUY N SINH I H C - CAO NG 2009 Khoa Khoa h c T nhiên Môn thi: TOÁN, kh i A Th i gian làm bài: 180 phút I PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) Câu I (2,0 đi m) Kh o sát v đ th hàm s f x( )= −2x3+6x−4 Tìm s ti p n c a đ ng cong y=xlnx đi qua đi m A( )1; Câu II (2,0 đi m) Gi i ph ng trình: ln2 ln 2 1 1 1 1 1 1 x x x x x − + = − + − + + Tính: cos12o+cos18o−4 cos15 cos 21 cos 24o o o Câu III (1,0 đi m) Trên parabol y=x2 l y ba đi m A B C, , khác cho ti p n t i C song song v i đ ng th ng AB Ký hi u S di n tích tam giác ABC, S’ di n tích hình ph ng gi i h n b i parabol đ ng th ng AB Tìm t s gi a S S’ Câu IV (1,0 đi m) Cho hình chóp t giác đ u S.ABCD M t ph ng đi qua A vng góc v i SC c t SB, SC l n l t t i B’, C’ Bi t r ng C’ trung đi m c a SC, tính t s gi a SB’ B’B α Câu V (1,0 đi m) V i x s d ng, y s th c tu ý, tìm t p h p m i giá tr c a bi u th c ( ) 2 2 3 2 1 xy A 2 x y x x y = ⎛ ⎞⎟ ⎜ + ⎜⎜⎝ + + ⎟⎟ ⎠ II PH N RIÊNG (3,0 đi m) Thí sinh ch đ c làm m t hai ph n: theo ch ng trình Chu n ho c Nâng cao 1 Theo ch ng trình Chu n Câu VIa (2 đi m) Tìm to đ đnh B C c a tam giác ABC, bi t đnh , tr ng tâm trung tr c c nh AB có ph ng trình ( 1; A − − ) ) 0 (4; G − 3x+2y− =4 Tìm t p h p tâm m t c u đi qua g c to đ ti p xúc v i hai m t ph ng: P x: +2y− =4 0 Q x: +2y+ =6 0 Câu VIIa (1 đi m) M t h p đ ng bi có 12 viên, đó có viên tr ng, viên đ , viên xanh Ký hi u A t ng s cách l y 12 viên đó, B s cách l y viên cho s bi đ b ng s bi xanh Tính t s B : A (7)2 Theo ch ng trình Nâng cao Câu VIb (2 đi m) Trong m t ph ng to đ , cho hai đ ng th ng d1:kx− + =y k 0 và d2: 1( −k2)x+2ky− −1 k2=0 Khi k thay đ i giao đi m c a hai đ ng th ng di chuy n m t đ ng cong Xác đ nh đ ng cong đó M t c u S đi qua đi m ; m t c u S’ đi qua các đi m (0; 0;1 ,) (1; 0; ,) (1;1;1 ,) (0;1; A B C D ) ( ) ( 1 1 1 ' ; 0; , ' 0; ; , ' 1;1; , ' 0;1;1 2 2 2 A ⎜⎛⎜⎜ ⎟⎟⎞⎟⎟ B ⎜⎜⎜⎛ ⎟⎟⎞⎟⎟ C D ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ) Tìm đ dài bán kính đ ng trịn giao n c a hai m t c u đó Câu VIIb (1 đi m) Tính c n b c hai c a s ph c 15+112i GHI CHÚ thi đ c so n theo M U quy đnh v n b n “C u trúc đ thi t t nghi p THPT & n sinh H-C 2009” C c Kh o thí & Ki m đnh ch t l ng giáo d c, B Giáo d c & t o, ban hành tháng 11 n m 2008 Cán b coi thi không đ c gi i thích v đ thi! (8) ÁP ÁN TOÁN KH I A Câu L i gi i i m I.1.(1đ) T p xác đnh: Gi i h n t i vô c c: lim ( ) x f x →±∞ = ∞∓ -( ) ( ) ( ) ( ) 2 ' 6 6; ' 0 1 9; 1 3. f x x f x x f f = − + = ⇔ = ± − = − = 1. −∞ 1 B ng bi n thiên: x − +∞ f ’(x) − + − f(x) +∞ 8 − −∞ Nh n xét: Hàm s ngh ch bi n hai kho ng đ t c c ti u t i -1, c c đ i t i (−∞ −; 1), (1;+∞); 8; 0. CT CD f = − f = Giao đi m v i tr c tung: (0;-4); v i tr c hoành: (-2;0) (1;0) (đi m c c đ i) - th nh hình v -2 -1 -8 -6 -4 -2 x y 0 y = -2 x 3 + x -4 0,25 0,5 0,25 I.2.(1đ) Ta có (xlnx)'= +1 lnx a . Ph ng trình ti p n t i đi m có hồnh đ a (a > 0) y= +(1 ln )(a x− +a) aln - ti p n đi qua A, ph i có ( ) 2 (1 ln )(1 ) ln 2 1 ln ln 1 0, 1 a a a a a a a a = + − + ⇔ = − + ⇔ − − = (9) - S ti p n đi qua A ph thu c vào s nghi m c a ph ng trình (1) Xét hàm s f a( )=lna− −a 1 Ta có: ( ) ( ) 1 ' 1; ' 0 f a a f a a = − = ⇔ =1. B ng bi n thiên c a f a( ): a 0 +∞ f ’(a) + − f(a) −2 −∞ −∞ T b ng ta th y giá tr l n nh t c a f(a) -2 nên ph ng trình (1) vơ nghi m V y khơng có ti p n đi quaA 0,5 II.1.(1đ) V trái có ngh a ch x > Khi đó v ph i c ng có ngh a D th y v ph i đ n gi n b ng x - Nh v y ta có ph ng trình 2 ln ln ln ln 2 1 1 ln 5 ln 6 0, (1) x x x x x x x x x x − + − + = ⇔ ⎡ = ⎢ = ⇔ ⎢ − + = ⎢⎣ - M t khác: (1) 2 3 ln ln x x e x x e ⎡ ⎡ = ⎢ = ⎢ ⇔⎢ ⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ ⎣ = V y ph ng trình đã cho có nghi m x1=1,x2=e2,x3=e3. 0,25 0,5 0,25 II.2.(1đ) Ta có: 0 cos12 cos18 4 cos15 cos 21 cos 24 cos12 cos18 2(cos 36 cos ) cos 24 cos12 cos18 2 cos 36 cos 24 2 cos 24 cos 6 cos12 cos18 cos 60 cos12 cos 30 cos18 1 3 cos 60 cos 30 2 o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o + − = + − + = + − − + − − − − + = − − = − o o = 1,0 III(1đ) Gi s đi m parabol H s góc c a đ ng th ng AB ( ) ( ) ( ), , , , , , ( A a a B b b C c c a<b). 2 b a a b b a − = + (10)tuy n t i C hi n nhiên 2c V y 2 a b c= + dài AB= (ba)2+(b2−a2)2= −(b a) 1+ +(a b)2 Ph ng trình đ ng th ng AB: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 0 . x a y a a b x a y a b a b a a b x y ab y a b x ab − − = ⇔ + − = − − − ⇔ + − − = ⇔ = + − Kho ng cách t Cđ n AB: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 1 a b a b a b ab a b ab b a h a b a b a b + ⎛ ⎞ + ⎜ + ⎟ − + −⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ − − = = = + + + + + 2+1 Di n tích tam giác ABC: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 . 1 . 2 2 8 4 1 b a b a S AB h b a a b a b − − = = − + + = + + - Di n tích gi i h n b i parabol đ ng th ng AB: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 2 ' 2 3 2 3 3 6 2 6 6 b b a a x x S a b x ab x dx a b abx b a b a a b ab b a b a b a a b ab a ab b ⎛ ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ =∫ + − − =⎜⎜ + − − ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − − . − − − = − − + − − + + = = + Suy ra: 3 ' 4 S S = 0,5 0,5 IV(1đ) S C’ D′ D C B’ A B S C’ I A H C (Hình có th khơng v ) (11)Xét tam giác cân SAC (cân t i S) v i H trung đi m c a AC Rõ ràng SH đ ng cao c a tam giác SAC c a c hình chóp L i có C’ trung đi m SC nên AC = SC, t c tam giác SAC là đ u ' ACSC - D th y ' ' SB SI B B= IH , đó I giao đi m gi a SH AC’ Vì I c ng tr ng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1 V y t s gi a SB’ B’B là 2 0,25 0,5 V(1đ) Ta có ( ) ( ) ( ( ) ) 2 2 2 2 2 2 2 2 12 12 3 12 12 3 12 1 1 . 3 12 1 xy x y x x x y x A x y y x y y x y x + − + = = + + + − = ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − - t ( ) 2 12 , 0 y t t x = ≥ 3A= f t( ) Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 ; 4 1 2 ' 4 2 2 ; 1 ' 2 2, 4 4 4, (2) (2) 8 t f t t t t t f t t t t t t t t t t t f t t t t t t t t t t + − = + + − + + + = + + + − + + = = + + + + = ⇔ + = − ⇔ ⎧ ≥ ⎪ ⎨ + = − + ⎪⎩ ⇔ − = ⇒ = 2 2 + − − - D th y bên trái đi m t = f’(t) > bên ph i t < Ngồi Do đó, ta có b ng bi n thiên sau: ( ) lim t→+∞ f t = t 0 +∞ ( ) ' f t + - ( ) f t 1/6 0 0,25 - 0,5 - (12) T b ng ta th y t p h p giá tr c a f (t) [0;1/ 6] nên t p h p m i giá tr c a A là 0; 1 18 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ CHÚ Ý Thí sinh có th dùng b t đ ng th c đ ch giá tr nh nh t và giá tr l n nh t t ng ng b ng 1/18 r i k t lu n r ng t p h p m i giá tr c a A 0; 1 18 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Cách làm khơng th t ch t ch không ch đ c r ng A nh n m i giá tr gi a 1/18 nên ch cho t ng c ng 0,75đ Ph n riêng theo ch ng trình Chu n VIa.1(1đ) ng th ng AB có ph ng trình Trung đi m I c a c nh AB giao đi m c a AB v i đ ng trung tr c nên có giá tr tham s t tho mãn ph ng trình 3 1, 2 3 x t y t ⎧ = − ⎪⎪ ⎨⎪ = − ⎪⎩ . ) 3(3 1) 2(2 3) 4 0 13 13 0 1. t t t t − + − − = ⇔ − = ⇒ = - V y ta có I(2; 1− D th y đi m B ng v i giá tr t = nên có ( )5;1 B Ti p theo, IC=3IM =3 2; 1( − =) (6;−3 nên có ) C(8; 4− ) 0,5 0,5 VIa.2(1đ) Tâm I c a m i m t c u nh v y ph i n m m t ph ng Rđi qua chính gi a hai m t ph ng đã cho D th y hai to đ c a I ph i tho mãn ph ng trình m t ph ng R: M t khác, kho ng cách t Iđ n O b ng bán kính nên ph i b ng n a kho ng cách gi a hai m t ph ng đã cho hay b ng kho ng cách gi a P R L y m t đi m b t k P tính kho ng cách t i R, ta đ c giá tr b ng 2 1 0 x+ y+ = . 5 5 1+4 = - Nh v y, I ph i n m m t c u S, tâm O, bán kính , t c các to đ tho mãn ph ng trình: x2+y2+z2=5. Nh v y, t p h p tâm m t c u đi qua O ti p xúc v i hai m t ph ng đã cho đ ng tròn giao n c a m t c u S m t ph ng R Nói cách khác, đó là t p h p đi m có ba to đ x, y, z tho mãn h ph ng trình: 2 2 2 1 0 5. x y x y z ⎧ + + = ⎪⎪ ⎨⎪ + + = ⎪⎩ 0,5 0,5 VIIa(1đ) S cách l y 12 viên (t c ) L y viên cho s viên đ b ng s viên xanh có hai tr ng h p: ho c viên đ , 6 12 C A=C126 (13)viên xanh (không viên tr ng) ho c viên tr ng, đ xanh - Tr ng h p th nh t có th th c hi n theo cách; tr ng h p th hai: cách Nh v y 3 C C 2 2 3 C C C B=C C4 53 3+C C C32 4 52 2; đó 3 2 4 5 6 12 4.10 3.6.10 5 924 21 C C C C C B A C + + = = = 0,5 Ph n riêng theo ch ng trình Nâng cao VIb.1(1đ) Rút y t ph ng trình c a d1 r i th vào ph ng trình c a d2, ta đ c: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 0 1 k x k kx k k k k x k x k − + + − − = − + + − = ⇒ = + 0 . ⇔ Do đó 3 2 2 1 k k k y k k k − = + = + + - Suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 4 1. 1 1 k k x y k k k k k k k k ⎛ − ⎞⎟ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + =⎜⎜ ⎟⎟ +⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎟ ⎜ + ⎟ ⎝ + ⎠ ⎝ ⎠ + − + + = = + + V y giao đi m c a hai đ ng th ng di chuy n đ ng trịn tâm O, bán kính b ng 1 0,5 0,5 VIb.2(1đ) Gi s S có ph ng trình Do Sđi qua A, B, C, D nên có: 2 2 2 2 2 x +y +zaxbycz+ =d 0 1 2 0 1 2 0 3 2 2 2 0 1 2 0. c d a d a b c d b d ⎧ − + = ⎪⎪ ⎪⎪ − + = ⎪⎪⎨ ⎪ − − − + = ⎪⎪ ⎪ − + = ⎪⎪⎩ Suy a = b = c = ½ d = V y m t c u S có ph ng trình: x2+y2+z2− − − =x y z 0 (tâm I( ½, ½, ½), bán kính 1 4 4 R= + + = ) - Ti p theo, gi s S’ có ph ng trình Do S’đi qua A’, B’, C’, 2 2 2 ' 2 ' 2 ' ' 0 x +y +za xb yc z+ =d (14)D’ nên có: 1 ' ' 0 4 1 ' ' ' 0 2 2 2 ' ' ' 0 2 2 ' ' ' 0 a d b c d a b d b c d ⎧⎪⎪ − + = ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ − − + = ⎨⎪ ⎪⎪ − − + = ⎪⎪ ⎪⎪ − − + = ⎪⎪⎩ . Suy ' ' 5, ' 1' ' 4 4 a = =c b = d =1 V y m t c u S’ có ph ng trình: 2 5 1 5 1 0 2 2 2 x +y +zxyz+ = (tâm I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính ' 25 25 16 16 16 R = + + − - Ph ng trình m t ph ng ch a giao n: 3 1 3 1 0 3 3 2 0 2x−2y+2z− = ⇔ x− +y z− = Kho ng cách t I t i m t ph ng này: 3 2 2 2 9 19 − + − = + + Bán kính đ ng trịn giao n: 2 56 14 4 76 76 19 r = Rd = − = = 0,25 0,5 VIIb(1đ) Gi s c n b c hai c a 15 + 112i x + yi Khi đó: ( )2 2 2 2 4 2 15 112 3136 15 15, ( 0) 56 15 3136 0.(1) x yi x y xyi i x y x x xy x x x + = − + = + ⇔ ⎧⎪ − = ⎪ ⇒ − = ≠ ⇒ ⎨⎪ = ⎪⎩ − − = - t x2=t t, ( ≥0), (1) tr thành: 2 15 3136 0; 225 12544 12769 113 ; 15 113 64 t t t − − = Δ = + = = + = = Suy x= ±8,y= ±7. V y c n b c hai c a 15 + 112i có hai giá tr là ± +(8 i) 0,5 (15) M«n Thi: To¸n Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) PhÇn chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 − − = x x y 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đ−ờng tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đ−ờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đ−ờng trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nh nht Câu II (2 điểm) 1 Giải phơng trình  − = − + 2 cos sin cos sin sin 1 2 x x x x x π 2 Giải bất phơng trình    − + − > − + − x x x x x 2 log ) ( 2 ) 4 ( log 2 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân       + + = e dx x x x x x I 1 2 ln ln ln Câu IV (1 điểm) Cho h×nh chãp S.ABCAB = AC = a BC = a SA=a 3, 30 = = SAB SAC TÝnh thÓ tÝch khối chóp S.ABC Câu V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c = 4 Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc 3 3 3 1 1 1 a c c b b a P + + + + + = Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) 1 Trong mt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2xy+5=0 d2: 3x +6y – = Lập phơng trình đờng thẳng qua ®iĨm P( 2; -1) cho ®−êng th¼ng đó cắt hai đ−ờng thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đ−ờng th¼ng d1, d2 2 Trong khơng 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 ph−ơng 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 đ−ờng trịn (C) giao (P) (S) C©u VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dơng n biết: 2 2 2 2 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 − (2 1)2 − + 40200 + − + + + − − + + − + + = − k k k n n n n n n (16)PhÇn 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VIb (2 ®iĨm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 16 2 = − y x Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) 2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( )P :x+2yz+5=0 đ−ờng thẳng 3 3 : ) (d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đ−ờng 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     + = + + = + − + + 1 3 2 2 2 3 1 x xy x x y y x - HÕt - Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D làm câu V Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm (17) Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn thi không làm tròn - Học sinh làm cách khác đ−ợc điểm ti a - Nếu học sinh làm hai phần phần tự chọn không tính điểm phÇn tù chän - ThÝ sinh dù thi khối B, D làm câu V, thang điểm dành cho câu I câu III 1,5 điểm Câu Nội dung Điểm I Khảo sát hàm số 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 đờng tiệm cận: * =−∞ =+∞ + − → → y lim ; y lim 2 x x Do đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim lim →+∞ = →−∞ = ⇒ x y x y đ−ờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có: (x 2) 0, x 1 ' y 2 < ∀ = Bảng biến thiên: x - ∞ + ∞ y’ - - y -∞ + ∞ 2 * Hàm số nghịch biến khoảng (;2) (2;+) 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung 2 ; 0 cắt trục hoành điểm 0 ; + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 I Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ 1,00 Ta cã: , x 2 x 3 x ; x M 0 0  ≠      − − , ( )2 0 2 x 1 ) x ( ' y − − = Phơng trình tiếp tuyến với ( C) M có d¹ng: ( ) x 3 x ) x x ( x 1 y : 0 0 0 − − + − − − = ∆ 0,25 O y x 3/2 3/2 (18)Toạ độ giao điểm A, B ( )∆ hai tiệm cận là: ; B(2x 2;2) x x ; A 0 −       − − Ta thÊy M 0 B A x x 2 x 2 x x = = − + = + , M 0 B A y x x 2 y y = − − = + suy M trung điểm AB 0,25 Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c IAB cã diƯn tÝch S = ≥ π      − + − π =               − − − + − π = π ) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25 DÊu “=” x¶y    = = ⇔ − = − x x ) x ( ) x ( 0 2 Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3) 0,25 II Giải phơng trình lợng giác 1 ®iĨm ) ( cos sin cos sin sin 1 2       − = − + x x x x π x ( ) x sinx 2 cos x sin x cos x sin x sin 1 + =       − π + = − + ⇔ 0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x sin =      − − ⇔ =       − − ⇔ 0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x sin =       + +       − ⇔ 0,25 sin x x k x k x sin x x k , k 2 k2 x k4 2 x x 2 sin sin 2   = = π   = π    ⇔ = ⇔ π ⇔ ⇔ = π ∈  = + π  = π + π    + +  Z 0,25 II Gi¶i bÊt phơng trình 1 điểm ĐK: ( )* 2 x x x ) x ( x x x x 2 < ⇔       ≠ < ⇔      > − < ⇔      > + − > 0,25 Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng ®−¬ng víi: [log (1 2x) 1] ) x ( x ) x ( log 2 − − > + + − − [log (1 2x) 1] x − + < ⇔ 0,25     < > ⇔           > − <    < − > ⇔           > − <    < − > ⇔           > + − <    < + − > ⇔ x x ) x ( x ) x ( x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x 2 2 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) ta cã: 2 x < (19)III TÝnh tÝch ph©n 1 ®iĨm ∫ ∫ + + = e e xdx ln x dx x ln x x ln I +) TÝnh ∫ + = e dx x x x I 1 ln ln Đặt dx x tdt ; x ln t x ln t = + = ⇒ + = §ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 t t dt t tdt t t I 2 2 − =       − = − = − = ∫ ∫ 0,25 +) TÝnh I x lnxdx e 1 2=∫ §Ỉt       = = ⇒    = = x v x dx du dx x dv x ln u 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 + = − ∫ = − = − + = 0,25 = + =I1 3I2 I e 2 + − 0,25 IV Tính thể tích hình chóp điểm Theo định lí cơsin ta có: 2 2 2 SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =a Suy SB=a T−¬ng tù ta còng cã SC = a 0,25 Gäi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC) Ta cã S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC S SA S MA V V V = + = + = 0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chúng bằng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN ⊥ BC T−ơng tự ta có MN ⊥ SA 16 a 3 a a a AM BN AB AM AN MN 2 2 2 2 2 =         −       − = − − = − = a MN= ⇒ 0,25 Do 16 a a a a BC MN SA V ABC S = = = 0,25 (20)V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 + + ≥ + + ⇒ = ≥       + + + + (*) ¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3 a c c b b a a c c b b a P + + + + + ≥ + + + + + = 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng 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 3c 3a 4 a( b c) 6 + + + + + ≤  + + +  4.3 3   ≤  + =   Do P≥3 0,25 DÊu = x¶y 3 a b c 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=2.31.6=0 nên d1d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình: B A By Ax ) y ( B ) x ( A : d − + + = ⇔ + − + = 0,25 d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) gãc 450    − = = ⇔ = − − ⇔ = − + + − ⇔ A B B A B AB A 45 cos ) ( B A B A 2 0 2 2 2 2 0,25 * Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y5=0 0,25 * NÕu B = -3A ta cã ®−êng th¼ng d:x−3y−5=0 VËy qua P cã hai ®−êng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 y x : d − − = 0,25 Cách 2: Gọi d đ−ờng thẳng cần tìm, d song song với đ−ờng phân giác ngồi của đỉnh giao điểm d1, d2 tam giỏc F cho Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng trình    ∆ = + + ∆ = + − ⇔ − + = + − ⇔ + − + = − + + − ) ( y x ) ( 22 y x y x y x y x ) ( y x 2 2 2 0,25 +) NÕu d // d có phơng trình 3x9y+c=0 Do P∈d nªn 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x−3y−5=0 0,25 +) NÕu d // ∆2 d có phơng trình 9x+3y+c=0 Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 0 y x : (21)VIa 2 Xác định tâm bán kính đ−ờng trịn 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D là: 0,25 (a b c d 0) , d cz by ax z y x2 2 2 > − + + = + + + + + + Vì A,'B,C,D( )S nên ta cã hÖ:         − = − = − = − = ⇔        = − + + − = + + + + = + + + + = + + − d c b a 21 d c b a 29 d c b a 14 d c b a 2 d b a Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0 0,25 (S) cã t©m       ; ; I , b¸n kÝnh 2 29 R= +) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vuông góc với (P) (d) có vectơ phơng là: n(1;1;1) Suy phơng trình d:       + + + ⇒      + = + = + = t 1 ; t 1 ; t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2 / 5 x Do H=( )d ∩(P) nªn: 6 t t t t t − = ⇔ − = ⇔ = − + + + + +       ⇒ ; ; H 0,25 36 75 IH= = , (C) cã b¸n kÝnh 6 186 31 36 75 29 IH R r 2 = = − = − = 0,25 VII a. Tìm số nguyên dơng n biÕt 1 ®iĨm * XÐt 2n 2n 1 n k k n k 2 n 1 n n n 2 C C x C x ( 1) C x C x ) x ( + + + + + + + + − + − + − + − = − (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n ( + + − + + + + − + − + − + − = − + − (2) 0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n 2 + − + − + + + − + − + − − + + − = − + 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 Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 n 100 = ⇔ = − + ⇔ = + 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 đỉnh M( 4; 3), 0,25 Giả sử phơng trình tắc (E) có dạng: b y a x 2 2 = + ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1 2 1 − ⇒ − = 0,25 (4;3) ( )E 9a 16b a b ( )2 M 2 2 = + ⇔ ∈ Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:    = = ⇔    = + + = 15 b 40 a b a b 16 a b a 2 2 2 2 0,25 Vậy phơng trình tắc (E) là: 15 y 40 x2 = (22)VIb 2 Tìm điểm M thuộc để AM ngắn 1 im Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc: + = − = − = 3 t z t y t x Gọi I giao điểm cđa (d) vµ (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 chØ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u(−1;1;1) 0,25      + = = − = ∆ ⇒ u z u y u x : Vì MM(1u;u;4+u), AM(1u;u3;u) 0,25 AM ngắn AM AMuAM.u=01(1u)+1(u3)+1.u=0 3 u= ⇔ VËy      − 16 ; ; M 0,25 VIIb Giải hệ phơng trình: 1 điểm     + = + + = + − + + ) ( x xy x ) ( 2 x y y x Phơng trình (2) = + − ≥ ⇔    + = + + ≥ + ⇔ ) ( 1 2 x x y x x xy x x         − = − ≥ = ⇔         = − + = − ≥ ⇔ x y x x y x x x 1 0 0,25 * Víi x = thay vµo (1) 11 log 11 2 12 2+ y−2 = y ⇔ + y = yy = ⇔ y= 2 0,25 * Víi    − = − ≥ x y x 1 thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2 Đặt 2 + = x tx≥−1 nªn 4 ≥ t ( ) [ ( ) ]      + − = − + = ⇔     + = − = ⇔ = + − ⇔ = + ⇔ ) ( log y log x t i ¹ lo t t t t t ) ( 2 0,25 Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm   = = 11 log y x vµ [ ( ) ] (23)5 IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 Gọi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vng góc M lên AA’, Khi (P) ≡ (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) tam giác BCH 0,25 Do tam giác ABC cạnh a nên 3 a AM AO , a AM= = = Theo bµi 4 a HM a BC HM a S 2 BCH = ⇒ = ⇒ = 0,25 a 16 a a HM AM AH 2 2 = − = − = Do hai tam giác A’AO MAH đồng dạng nên AH HM AO O ' A = suy a a 4 a 3 a AH HM AO O ' A = = = 0,25 Thể tích khối lăng trô: 12 a a a a BC AM O ' A S O ' A V ABC = = = = 0,25 V T×m giá trị lớn 1,00 Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2+ ≥ 2b ⇒ 1 b ab 2 b b a b a 2 2 + + ≤ + + + + = + + T−¬ng tù a ca a c , c bc c b 2 2 + + ≤ + + + + ≤ + + 0,50 b ab b ab b ab b ab 1 a ca 1 c bc 1 b ab P = + + + + + + + + = + + + + + + + + ≤             0,25 P= a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn 2 a = b = c = 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn qua giao ®iĨm cđa(E) vµ (P) 1,00 Hồnh độ giao điểm (E) (P) nghiệm ph−ơng trình 0 x 37 x 36 x ) x x ( x 2 2 = − + − ⇔ = − + (*) 0,25 XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 − + − = , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt 0,25 Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mPn hệ      = + − = y x x x y 2 0,25 A B C C’ B’ A’ H (24)6 y x 16 y x 9 y x y x 16 x 8 2 2 2 2 = − − − + ⇒    = + = − ⇔ (**) (**) lµ phơng trình đờng tròn có tâm    = ; I , b¸n kÝnh R = 9 161 Do giao điểm (E) (P) nằm đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**) 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng () 1,00 Do (β) // (α) nªn (β) cã phơng trình 2x + 2y z + D = (D17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 0,25 Khoảng cách từ I tới () h = R2 r2 52 32 = − = − 0,25 Do    = − = ⇔ = + − ⇔ = − + + + − − + (lo¹i) 17 D D 12 D ) ( 2 D ) ( 2 2 0,25 VËy (β) cã ph−¬ng tr×nh 2x + 2y – z - = 0,25 VII.a T×m hƯ sè cđa x2 1,00 Ta cã =∫ + =∫( + + + + ) 2 n n n 2 n n n ndx C C x C x C x dx ) x ( I L n n n n n n C x 1 n x C x C x C       + + + + + = L + suy I n n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L (1) 0,25 Mặt khác n ) x ( n I n n + − = + + = + + (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã n n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L n 3n1 + − = + Theo 6561 n 1 n 6560 n 3n n = ⇒ = ⇔ + = + − + + 0,25 Ta cã khai triÓn ∑ ( ) ∑ − − =       =       + k 14 k k k k k 7 4 2 C x 1 x x C x x 0,25 Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2 4 k 14 = ⇔ = − VËy hÖ sè cần tìm 4 21 C 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00 Do B d1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25 Do G trọng tâm tam giác ABC nên   = + − − = − + + n m n m    = − = ⇔    = + − − = − ⇔ n m n m n m Suy B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0 c by ax y x2 = + + + + Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hƯ      − = = − = ⇔      = + + + + = + − − + = + + + + 27 / 338 c 18 / 17 b 54 / 83 a c b a 10 25 c b a 16 c b a 0,25 Vậy (C) có phơng trình 27 338 y 17 x 27 83 y x2 = − + − (25)7 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ 1,00 Gọi G trọng tâm cđa tam gi¸c ABC, suy G =       3 ; ; Ta cã F MA2 MB2 MC2 (MG GA) (2 MG GB) (2 MG GC)2 + + + + + = + + = 2 2 2 2 2 GA GB GC 2MG(GA GB GC) 3MG GA GB GC MG 3 + + + + + + = + + + = 0,25 F nhỏ MG2 nhỏ M hình chiÕu cđa G lªn (P) 0,25 ⇔ 3 19 1 3 3 / / )) P ( , G ( d MG = + + − − − = = 0,25 3 64 104 32 56 GC GB GA2 2 = + + = + + VËy F nhá nhÊt b»ng 9 553 64 3 19 2 = +      M hình chiếu G lên (P) 0,25 VIIb Giải hệ phơng trình mò 1,00    + − = + + = ⇔    + − = + = + + − + + − 1 y x e 1 y x e y x e ) x ( e e y x y x y x y x y x Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ    − = − + = ⇔    + = + = ) ( u v e e ) ( u e v e 1 u e v u v u v 0,25 - NÕu u > v th× (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25 Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u - +∞ f'(u) - + f(u) Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = ⇔u=0 0,25 Do (3) có nghiệm u =    = = ⇔    = − = + ⇒ = ⇒ 0 y 0 x y x 0 y x v Vậy hệ phơng trình đP cho có nghiệm (0; 0) (26)Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009 ccccMôn toán - Khối A Thời gian 180 phút ( không kể giao ) Phần A :Dành cho tất thi sinh Cõu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2) BiÖn luËn theo m số nghiệm phơng trình : 2 1 m x x x − − = − C©u II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 sin sin 2009 4 2 x x x π π π       − + − = +             2) Giải hệ phơng trình : 2 2 2 30 25 30 25 30 25 x x y y y y z z z z x x  − − =  − − =   − − =  C©u III(2,0 điểm ) 1) Tính tích phân : 3 ( 4) 3 1 3 x dx x x − + + + + ∫ 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng : 2 42 2 42 2 24 x y z x y z+ + y z x+ + z x y+ + + + ≥ 2 2 2 4 x + y + z Câu IV( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = 3 a , mỈt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N Tính thĨ tÝch khèi chãp S.BCNM PhÇn B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn ) Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : d1: 2 4 xy z+ = = − − ; d2 : 7 2 6 9 12 xyz = = − 1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song ViÕt phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2 2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đ−ờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nhỏ C©u VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : log (9 x+1)2+log 23 =log 3 4x +log (27 x+4)3 Phần 2( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao ) Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : D1 : 2 1 xyz = = − , D2 : 2 x t y z t = −   =   =  1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 ViÕt ph−¬ng trình đờng vuông góc chung D1 D2 2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính đoạn vuông góc chung D1 D2 CâuVI.b( 1,0 điểm) Cho phơng trình : log25x+2 log25x+ −1 m−2 0= , ( m lµ tham sè ) Tìm giá trị tham số m để ph−ơng trình đA cho có nghiệm thuộc đoạn 1;5 3 (27)Hớng dẫn giải : Phần A: Dành cho tất thí sinh Cõu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y = (x −2x−2) x−1 , víi x có dạng nh hình vẽ : Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm *) Nếu m = - : Ph−ơng trình có hai nghiệm *) NÕu – < m < : Phơng trình có nghiệm ph©n biƯt *) nÕu m ≥ : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt Câu II : 1) cos 11 sin sin 2009 4 2 x x x π π π       − + − = +             ( 1) ( 1) ⇔sin sin cos3 2 4 2 x π π x x     − − − =         ⇔ -2 3 cos cos cos 4 2 x x x π   + =     ⇔ cos3 x = hc cos( ) 4 x+π = Giải phơng trình tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2 3 3 2 k x =π + π π +k π π 2) Ta cã 2 2 2 30 25 30 25 30 25 x x y y y y z z z z x x  − − =  − − =   − − =  ⇔ 2 2 2 30 9 25 30 9 25 30 25 x y x y z y z x z  =  +   =  +   =  +  ( 2) Tõ hÖ ta cã x, y, z không âm *) Nếu x = th× y = z = suy ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ *) NÕu x>0, y> , z > XÐt hµm sè : f(t) = 2 30 25 t t + , t > Ta cã f’(t) = ( )2 1500 25 t t + > với t > Do hàm số f(t) đồng biến khoảng (0;+) Hệ (2) đợc viết lại ( ) ( ) ( ) y f x z f y x f z =   =   =  Từ tính đồng biến hàm f ta dễ dàng suy x= y = z Thay vào hệ ph−ơng trình Ta đ−ợc nghiệm x = y = z = 5 3 y = m 1+ 1- - m (28)NghiƯm cđa hƯ lµ (0;0; ,) 5 5; ; 3           C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x − + + + + Đặt t = x+1 Ta cã I = ( ) 2 2 0 20 12 2 6 3 2 t t dt dt t t + − + + + ∫ ∫ = ( ) 2 2 0 0 20 12 6 3 2 t t t dt t t + − + + + ∫ = - + 2 0 28 8 2dt 1dt t+ − t+ ∫ ∫ = - + 28ln2 – ln3 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng : 2 42 2 42 2 24 x y z x y z+ + y z x+ + z x y+ + + + ≥ 2 2 2 4 x + y + z Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + ≥ + + + ( *) ( *) ⇔ 3 3 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + ⇔ 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + ≥ + + + + + + Ta cã 3 3 ( )( ) 8 a a b a c a a b a c + + + + ≥ + + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) T−ơng tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Câu IV : TÝnh thÓ tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta cã : BC AB BC BM BC SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  Tø giác BCMN hình thang vuông có BM đờng cao A S B C M N (29)Ta cã SA = AB tan600 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 a a MN SM MN AD SA a a − = ⇔ = = Suy MN = 4 a BM = 2 a Diện tích hình thang BCMN : S = 4 2 2 10 3 2 3 a a BC MN a a BM   +   + =  =     Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB) ⇒ BC ⊥ SH VËy SH ⊥( BCNM) SH đờng cao khối chóp SBCNM Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM SB = MS = 1 2 VËy BM phân giác góc SBA 300 SBH= ⇒ SH = SB.sin300 = a Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 .( ) 3SH dtBCNM = 3 10 3 27 a PhÇn B (Thí sinh đợc làm phần I phần II) Phần I (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn) Câu V.a.1) Véc tơ phơng hai đờng thẳng lần lợt là: u1 ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) u1 ur vµ u2 uur cïng ph−¬ng +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 VËy d1 // d2 *) Véc tơ pháp tuyến mp (P) lµ n r = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB uuur = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B *) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H 36 33 15 ; ; 29 29 29       A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29   − I trung điểm cña A’B suy I 65; 21; 43 29 58 29 − −       C©u VI a) log9(x + 1) 2 + 27 3 log log= 4−x+log (x+4) (1) § K: 4 1 x x − < <   ≠ −  (1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x+1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x+1 = 16 – x2 Giải phơng trình tìm đợc x = x = - 24 PhÇn II Câu V b 1) Các véc tơ phơng D1 D2 lần lợt u1 ur ( 1; - 1; 2) vµ u2 uur ( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 XÐt u u1; 2.MN ur uur uuuur = - 10 ≠ I d1 H A B (30)VËy D1 chÐo D2 *) Gäi A(2 + t; – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2 1 AB u AB u  =   =  uuurur uuur uur ⇒ 1 ' t t  = −    =  ⇒ A 4; ; 3 3   −    ; B (2; 3; 0) Đờng thẳng qua hai điểm A, B đờng vuông góc chung D1 vµ D2 Ta cã ∆ : x t y t z t = +   = +   =  *) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB đờng kÝnh cã d¹ng: 2 2 11 13 6 6 x y z       − + − + + =             b.2) Đặt t = log x+1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 th× t [1;2] Phơng trình có dạng: t2 + 2t m – = 0; t ∈[1;2] ⇔t2 + 2t – = m ; t ∈[1;2] LËp bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t [1;2] ta đợc f(t) Đ K m là: m ≤ D2 A B u2 uur 1 u ur (31)(32)Trờng THPT Đông Sơn kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) Môn Thi: Toán Thi gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gm 02 trang) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 ®iĨm) Cho hµm sè 2 − − = x x y 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đ−ờng tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đ−ờng tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ C©u II (2 điểm) 1 Giải phơng trình      − = − + 2 cos sin cos sin sin 1 2 x x x x x 2 Giải bất phơng tr×nh       − + − > − + − x x x x x 2 log ) ( 2 ) 4 ( log 2 2 Câu III (1 điểm) TÝnh tÝch ph©n ∫       + + = e dx x x x x x I 1 2 ln ln ln C©u IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCAB = AC = a BC = a SA=a 3, SAB=SAC=300 TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC Câu V (1 điểm)Cho a, b, clà ba số dơng thoả mFn : a + b + c = 4 Tìm giá trị nhỏ biểu thøc 3 3 3 1 1 1 a c c b b a P + + + + + = Phần riêng (3 điểm) Thí sinh đợc làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn) Câu VIa (2 ®iĨm) 1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng d1:2xy+5=0 d2: 3x +6y – = LËp phơng trình đờng thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đờng thẳng ú ct hai ng thng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đ−ờng 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 ph−ơng 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 đ−ờng tròn (C) giao (P) (S) Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên d−¬ng n biÕt: 2 2 2 2 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 − (2 1)2 − + 40200 + − + + + − − + + − + + = − k k k n n n n n n (33)Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 16 2 = y x Viết phơng trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật së cđa (H) 2 Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( )P :x+2yz+5=0 đ−ờng thẳng 3 3 : ) (d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆là đ−ờng thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vuông góc với d Tìm ∆ điểm M cho khong cỏch AM ngn nht Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phơng trình + = + + = + − + + 1 3 2 2 2 3 1 x xy x x y y x - HÕt - Chó ý: ThÝ sinh dự thi khối B D làm câu V Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm (34)Tr−ờng THPT đông sơn I kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II) H−ớng dẫn chấm mơn tốn - Điểm toàn thi không làm tròn - Học sinh làm cách khác đ−ợc điểm tối đa - NÕu häc sinh làm hai phần phần tự chọn không tính điểm phần tự chọn - Thí sinh dự thi khối B, D làm câu V, thang điểm dành cho câu I câu III 1,5 điểm Câu Nội dung §iĨm I Khảo sát hàm số 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 đờng tiệm cận: * =−∞ =+∞ + − → → y lim ; y lim 2 x x Do đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * lim lim →+∞ = →−∞ = ⇒ x y x y đ−ờng thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có: (x 2) 0, x 1 ' y 2 < = Bảng biến thiên: x - ∞ + ∞ y’ - - y -∞ + ∞ 2 * Hàm số nghịch biến khoảng (;2) (2;+) 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung 2 ; 0 cắt trục hoành điểm 0 ; + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 I Tìm M để đ−ờng trịn có diện tích nhỏ 1,00 Ta cã: , x 2 x 3 x ; x M 0 0  ≠      − − , ( )2 0 2 x 1 ) x ( ' y − = Phơng trình tiếp tuyến với ( C) M cã d¹ng: ( ) x 3 x ) x x ( x 1 y : 0 0 0 − − + − − − = ∆ 0,25 O y x 3/2 3/2 (35)Toạ độ giao điểm A, B ( )∆ hai tiệm cận là: ; B(2x 2;2) x x ; A 0 −       − − Ta thÊy M 0 B A x x 2 x 2 x x = = − + = + , M 0 B A y x x 2 y y = − − = + suy M trung điểm AB 0,25 Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích S = ≥ π      − + − π =               − − − + − π = π ) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25 DÊu “=” x¶y    = = ⇔ − = − x x ) x ( ) x ( 0 2 Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3) 0,25 II Giải phơng trình lợng giác 1 ®iĨm ) ( cos sin cos sin sin 1 2       − = − + x x x x π x ( ) x sinx 2 cos x sin x cos x sin x sin 1 + =       − π + = − + ⇔ 0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x sin =      − − ⇔ =       − − ⇔ 0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x sin =       + +       − ⇔ 0,25 sin x x k x k x sin x x k , k 2 k2 x k4 2 x x 2 sin sin 2   = = π   = π    ⇔ = ⇔ π ⇔ ⇔ = π ∈  = + π  = π + π    + +  Z 0,25 II Giải bất phơng trình 1 điểm ĐK: ( )* 2 x x x ) x ( x x x x 2 < ⇔       ≠ < ⇔      > − < ⇔      > + > 0,25 Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với: [log (1 2x) 1] ) x ( x ) x ( log 2 − − > + + − − [log (1 2x) 1] x − + < ⇔ 0,25     < > ⇔           > − <    < − > ⇔           > − <    < − > ⇔           > + − <    < + − > ⇔ x x ) x ( x ) x ( x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x ) x ( log x 2 2 0,25 Kết hợp với điều kiÖn (*) ta cã: 2 x < (36)III TÝnh tÝch ph©n 1 ®iĨm ∫ ∫ + + = e e xdx ln x dx x ln x x ln I +) TÝnh ∫ + = e dx x x x I 1 ln ln Đặt dx x tdt ; x ln t x ln t = + = ⇒ + = §ỉi cËn: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 t t dt t tdt t t I 2 2 − =       − = − = − = ∫ ∫ 0,25 +) TÝnh I x lnxdx e 1 2= Đặt = = ⇒    = = x v x dx du dx x dv x ln u 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 + = − ∫ = − = − + = 0,25 = + =I1 3I2 I e 2 + − 0,25 IV TÝnh thĨ tÝch h×nh chãp ®iĨm Theo định lí cơsin ta có: 2 2 2 SB =SA +AB −2SA.AB.cos SAB 3a= +a −2.a 3.a.cos30 =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 nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC) Ta cã S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC S SA S MA V V V = + = + = 0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tơng ứng nên chóng bằng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN ⊥ BC T−ơng tự ta có MN ⊥ SA 16 a 3 a a a AM BN AB AM AN MN 2 2 2 2 2 =         −       − = − − = − = a MN= ⇒ 0,25 Do 16 a a a a BC MN SA V ABC S = = = 0,25 (37)V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng ta có z y x z y x xyz xyz z y x ) z y x ( 3 + + ≥ + + ⇒ = ≥       + + + + (*) ¸p dơng (*) ta cã 3 3 3 3 3 3 a c c b b a a c c b b a P + + + + + ≥ + + + + + = 0,25 áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số d−ơng 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 3c 3a 4 a( b c) 6 + + + + + ≤  + + +  4.3 3   ≤  + =   Do P≥3 0,25 DÊu = x¶y 3 a b c 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 cã vect¬ chØ ph−¬ng a2(3;6) Ta cã: a1.a2=2.3−1.6=0 nên d1d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đờng thẳng qua P( 2; -1) có phơng trình: B A By Ax ) y ( B ) x ( A : d − + + = ⇔ + − + = 0,25 d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) gãc 450    − = = ⇔ = − − ⇔ = − + + − ⇔ A B B A B AB A 45 cos ) ( B A B A 2 0 2 2 2 2 0,25 * Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d:3x+y−5=0 0,25 * NÕu B = -3A ta có đờng thẳng d:x3y5=0 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 y x : d − − = 0,25 Cách 2: Gọi d đ−ờng thẳng cần tìm, d song song với đ−ờng phân giác của đỉnh giao điểm d1, d2 ca tam giỏc F cho Các đờng phân giác góc tạo d1, d2 có phơng tr×nh    ∆ = + + ∆ = + − ⇔ − + = + − ⇔ + − + = − + + − ) ( y x ) ( 22 y x y x y x y x ) ( y x 2 2 2 0,25 +) NÕu d // d có phơng trình 3x9y+c=0 Do P∈d nªn 6+9+c=0⇔c=−15⇒d:x−3y−5=0 0,25 +) NÕu d // d có phơng trình 9x+3y+c=0 Do Pd nên 183+c=0c=15d:3x+y5=0 0,25 Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mFn yêu cầu toán d:3x+y5=0 0 y x : (38)VIa 2 c định tâm bán kính đ−ờng trịn 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) qua A, B, C, D là: 0,25 (a b c d 0) , d cz by ax z y x2 2 2 > − + + = + + + + + + V× A,'B,C,D∈( )S nªn ta cã hƯ:         − = − = − = − = ⇔        = − + + − = + + + + = + + + + = + + − d c b a 21 d c b a 29 d c b a 14 d c b a 2 d b a Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình: x2+ y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0 0,25 (S) cã t©m       ; ; I , b¸n kÝnh 2 29 R= +) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đờng tròn ( C) +) Gọi ( d) đờng thẳng qua I vuông góc với (P) (d) có vectơ phơng là: n(1;1;1) Suy phơng trình d:       + + + ⇒      + = + = + = t 1 ; t 1 ; t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2 / 5 x Do H=( )d ∩(P) nªn: 6 t t t t t − = ⇔ − = ⇔ = − + + + + +       ⇒ ; ; H 0,25 36 75 IH= = , (C) cã b¸n kÝnh 6 186 31 36 75 29 IH R r 2 = = − = = 0,25 VII a. Tìm số nguyên dơng n biết 1 điểm * XÐt 2n 2n 1 n k k n k 2 n 1 n n n 2 C C x C x ( 1) C x C x ) x ( + + + + + + + + − + − + − + − = − (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n ( + + − + + + + − + − + − + − = − + − (2) 0,25 Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n 2 + − + − + + + − + − + − − + + − = − + 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 Phơng trình đF cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 n 100 = ⇔ = − + = + 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 đỉnh M( 4; 3), 0,25 Gi¶ sư phơng trình tắc (E) có dạng: b y a x 2 2 = + ( víi a > b) (E) cịng cã hai tiªu ®iÓm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1 2 1 − ⇒ − = 0,25 (4;3) ( )E 9a 16b a b ( )2 M 2 2 = + ⇔ ∈ Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:    = = ⇔    = + + = 15 b 40 a b a b 16 a b a 2 2 2 2 0,25 VËy ph−¬ng trình tắc (E) là: 15 y 40 x2 = (39)VIb 2 Tìm điểm M thuộc để AM ngắn 1 im Chuyển phơng trình d dạng tham số ta đợc: + = − = − = 3 t z t y t x Gäi I lµ giao ®iĨm cđa (d) vµ (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) cã vect¬ chØ ph−¬ng a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến n(1;2;1) [ ]a,n =(−3;3;3) ⇒ Gäi u lµ vect¬ chØ ph−¬ng cđa ∆ ⇒u(−1;1;1) 0,25      + = = − = ∆ ⇒ u z u y u x : Vì MM(1u;u;4+u), AM(1u;u3;u) 0,25 AM ngắn AM ⇔AM⊥u⇔AM.u=0⇔−1(1−u)+1(u−3)+1.u=0 3 u= ⇔ VËy      − 16 ; ; M 0,25 VIIb Giải hệ phơng trình: 1 điểm     + = + + = + − + + ) ( x xy x ) ( 2 x y y x Phơng trình (2) = − + − ≥ ⇔    + = + + ≥ + ⇔ ) ( 1 2 x x y x x xy x x         − = − ≥ = ⇔         = − + = − ≥ ⇔ x y x x y x x x 1 0 0,25 * Víi x = thay vµo (1) 11 log 11 2 12 2+ y−2 = y ⇔ + y = yy = ⇔ y= 2 0,25 * Víi    − = − ≥ x y x 1 thay y = – 3x vào (1) ta đợc: 23x+1+23x1 =3.2 Đặt 2 + = x tx≥−1 nªn 4 ≥ t ( ) [ ( ) ]      + − = − + = ⇔     + = − = ⇔ = + − ⇔ = + ⇔ ) ( log y log x t i ¹ lo t t t t t ) ( 2 0,25 Vậy hệ phơng trình đF cho có nghiệm    = = 11 log y x vµ [ ( ) ] (40)5 IV Tính thể tích khối lăng trô 1,00 Gọi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vng góc M lên AA’, Khi (P) ≡ (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) tam giác BCH 0,25 Do tam giác ABC cạnh a nên 3 a AM AO , a AM= = = Theo bµi 4 a HM a BC HM a S 2 BCH = ⇒ = ⇒ = 0,25 a 16 a a HM AM AH 2 2 = − = − = Do hai tam giác A’AO MAH đồng dạng nên AH HM AO O ' A = suy a a 4 a 3 a AH HM AO O ' A = = = 0,25 ThÓ tÝch khèi lăng trụ: 12 a a a a BC AM O ' A S O ' A V ABC = = = = 0,25 V Tìm giá trị lớn 1,00 Ta cã a2+b2 ≥ 2ab, b2+ ≥ 2b ⇒ 1 b ab 2 b b a b a 2 2 + + ≤ + + + + = + + T−¬ng tù a ca a c , c bc c b 2 2 + + ≤ + + + + ≤ + + 0,50 b ab b ab b ab b ab 1 a ca 1 c bc 1 b ab P = + + + + + + + + = + + + + + + + + ≤             0,25 P= a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn 2 a = b = c = 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn qua giao điểm của(E) (P) 1,00 Honh độ giao điểm (E) (P) nghiệm ph−ơng trình 0 x 37 x 36 x ) x x ( x 2 2 = − + − ⇔ = − + (*) 0,25 XÐt f(x) 9x4 36x3 37x2 − + − = , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt 0,25 Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mPn hệ      = + − = y x x x y 2 0,25 A B C C’ B’ A’ H (41)6 y x 16 y x 9 y x y x 16 x 8 2 2 2 2 = − − − + ⇒    = + = − ⇔ (**) (**) phơng trình đờng tròn có tâm     = ; I , b¸n kÝnh R = 9 161 Do giao điểm (E) (P) nằm đ−ờng trịn có ph−ơng trình (**) 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng () 1,00 Do (β) // (α) nªn (β) có phơng trình 2x + 2y z + D = (D17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 0,25 Khoảng cách từ I tới () lµ h = R2 r2 52 32 = − = − 0,25 Do    = − = ⇔ = + − ⇔ = − + + + − − + (lo¹i) 17 D D 12 D ) ( 2 D ) ( 2 2 0,25 VËy (β) cã phơng trình 2x + 2y z - = 0,25 VII.a T×m hƯ sè cđa x2 1,00 Ta cã =∫ + =∫( + + + + ) 2 n n n 2 n n n ndx C C x C x C x dx ) x ( I L n n n n n n C x 1 n x C x C x C       + + + + + = L + suy I n n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L (1) 0,25 Mặt khác n ) x ( n I n n + − = + + = + + (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã n n n n n n C n C C 2 C + + + + + = + L n 3n1 + − = + Theo 6561 n 1 n 6560 n 3n n = ⇒ = ⇔ + = + − + + 0,25 Ta cã khai triÓn ∑ ( ) ∑ − − =       =       + k 14 k k k k k 7 4 2 C x 1 x x C x x 0,25 Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa mPn 2 k 2 4 k 14 = ⇔ = − VËy hÖ số cần tìm 4 21 C 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình ®−êng trßn 1,00 Do B ∈ d1 nªn B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25 Do G trọng tâm tam giác ABC nên    = + − − = − + + n m n m    = − = ⇔    = + − − = − ⇔ n m n m n m Suy B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0 c by ax y x2 = + + + + Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hƯ      − = = − = ⇔      = + + + + = + − − + = + + + + 27 / 338 c 18 / 17 b 54 / 83 a c b a 10 25 c b a 16 c b a 0,25 VËy (C) cã ph−¬ng tr×nh 27 338 y 17 x 27 83 y x2 = − + − (42)7 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhÊt 1,00 Gäi G lµ träng tâm tam giác ABC, suy G =      3 ; ; Ta cã F MA2 MB2 MC2 (MG GA) (2 MG GB) (2 MG GC)2 + + + + + = + + = 2 2 2 2 2 GA GB GC 2MG(GA GB GC) 3MG GA GB GC MG 3 + + + + + + = + + + = 0,25 F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhÊt ⇔ M lµ hình chiếu G lên (P) 0,25 ⇔ 3 19 1 3 3 / / )) P ( , G ( d MG = + + − − − = = 0,25 3 64 104 32 56 GC GB GA2 2 = + + = + + VËy F nhá nhÊt b»ng 9 553 64 3 19 2 = +     M hình chiếu G lên (P) 0,25 VIIb Giải hệ phơng tr×nh mị 1,00    + − = + + = ⇔    + − = + = + + − + + − 1 y x e 1 y x e y x e ) x ( e e y x y x y x y x y x Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ    − = − + = ⇔    + = + = ) ( u v e e ) ( u e v e 1 u e v u v u v 0,25 - NÕu u > v (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u=v 0,25 Thế vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u - ∞ +∞ f'(u) - + f(u) Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = ⇔u=0 0,25 Do (3) có nghiệm u =    = = ⇔    = − = + ⇒ = ⇒ 0 y 0 x y x 0 y x v Vậy hệ phơng trình đP cho có nghiÖm (0; 0) (43)Tr−ờng T.H.P.T Nguyễn Trung Ngạn Đề thi thử đại học năm 2009 Tổ toán Tin Môn to¸n - Khèi A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần A :Dành cho tất thi sinh Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (c) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm phơng trình : 2 1 m x x x − − = Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình : cos 11 sin sin 2009 4 2 x x x π π π       − + − = +             2) Giải hệ phơng trình : 2 2 2 30 25 30 25 30 25 x x y y y y z z z z x x  − − =  − − =   − = Câu III(2,0 điểm ) 1) TÝnh tÝch ph©n : 3 ( 4) 3 1 3 x dx x x − + + + + ∫ 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng : 4 4 4 2 2 2 2 2 2 x y z x y z+ + y z x+ + z x y+ + + + ≥ 2 2 2 4 x y z + + C©u IV( 1,0 ®iĨm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a Cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho AM = 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD N TÝnh thĨ tÝch khèi chãp S.BCNM PhÇn B ( Thí sinh đợc làm hai phần ( phần phần 2) Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn ) Câu V.a ( 2,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : d1: 2 4 xy z+ = = − − ; d2 : 7 2 6 9 12 xyz = = − 1) Chøng minh r»ng d1 vµ d2 song song Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 d2 2) Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I đ−ờng thẳng d1 cho IA +IB đạt giá trị nhỏ C©u VI.a (1.0điểm) Giải phơng trình : log (9 x+1)2+log 23 =log 3 4x +log (27 x+4)3 Phần 2( Dành cho học sinh học chơng trình nâng cao ) Câu V.b (2,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đ−ờng thẳng : D1 : 2 1 xyz = = − , D2 : 2 x t y z t = −   =   =  1) Chøng minh r»ng D1 chÐo D2 ViÕt ph−¬ng trình đờng vuông góc chung D1 D2 2) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính đoạn vuông góc chung D1 D2 CâuVI.b( 1,0 điểm) Cho phơng trình : log25 x+2 log25 x+ −1 m−2 0= , ( m lµ tham sè ) Tìm giá trị tham số m để ph−ơng trình đA cho có nghiệm thuộc đoạn 1;5 3 (44)Hớng dẫn giải : Phần A: Dành cho tất thí sinh Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị ) 2) Đồ thị hàm số y = (x −2x−2) x−1 , với x có dạng nh hình vẽ : Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Ph−ơng trình vơ nghiệm *) Nếu m = - : Ph−ơng trình có hai nghiệm *) NÕu < m < : Phơng trình có nghiƯm ph©n biƯt *) nÕu m ≥ : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt C©u II : 1) cos 11 sin sin 2009 4 2 x x x π π π       − + − = +             ( 1) ( 1) ⇔sin sin cos3 2 4 2 x π π x x     − − − =         ⇔ -2 3 cos cos cos 4 2 x x x π   + =     ⇔ cos3 x = hc cos( ) 4 x+ = Giải phơng trình tìm đợc nghiệm : 2 , x= 2 , x = k2 3 3 2 k x =π + π π +k π π 2) Ta cã 2 2 2 30 25 30 25 30 25 x x y y y y z z z z x x  − − =  − − =   − − =  ⇔ 2 2 2 30 9 25 30 9 25 30 25 x y x y z y z x z  =  +   =  +   =  +  ( 2) Tõ hÖ ta có x, y, z không âm *) Nếu x = th× y = z = suy ( 0;0;0 ) lµ nghiƯm cđa hƯ *) NÕu x>0, y> , z > XÐt hµm sè : f(t) = 2 30 25 t t + , t > Ta cã f’(t) = ( )2 1500 25 t t + > với t > Do hàm số f(t) đồng biến trờn khong (0;+) Hệ (2) đợc viết lại ( ) ( ) ( ) y f x z f y x f z =   =   =  Từ tính đồng biến hàm f ta dễ dàng suy x= y = z Thay vào hệ ph−ơng trình Ta đ−ợc nghiệm x = y = z = 5 3 y = m 1+ 1- - m (45)NghiƯm cđa hƯ lµ (0;0; ,) 5 5; ; 3           C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I = 1 ( 4) 3 1 3 x dx x x − + + + + ∫ Đặt t = x+1 Ta có I = ( ) 2 2 0 20 12 2 6 3 2 t t dt dt t t + − + + + ∫ ∫ = ( ) 2 2 0 0 20 12 6 3 2 t t t dt t t + − + + + ∫ = - + 2 0 28 8 2dt 1dt t+ − t+ ∫ ∫ = - + 28ln2 – ln3 2) Cho x , y , z lµ ba sè thùc tháa mAn :2-x + 2-y +2-z = Chøng minh r»ng : 2 42 2 42 2 24 x y z x y z+ + y z x+ + z x y+ + + + ≥ 2 2 2 4 x + y + z Đặt 2x = a , 2y =b , 2z = c Tõ gi¶ thiÕt ta cã : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab + + + + ≥ + + + ( *) ( *) ⇔ 3 3 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc + + + + ≥ + + + ⇔ 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b + + + + ≥ + + + + + + Ta cã 3 3 ( )( ) 8 a a b a c a a b a c + + + + ≥ + + ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) T−ơng tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a + + + + ≥ + + ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b + + + + ≥ + + ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Câu IV : TÝnh thĨ tÝch h×nh chãp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng cắt mp( SAD) theo giao tuyÕn MN // AD Ta cã : BC AB BC BM BC SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  Tứ giác BCMN hình thang vuông có BM đờng cao A S B C M N (46)Ta cã SA = AB tan600 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 a a MN SM MN AD SA a a − = ⇔ = = Suy MN = 4 a BM = 2 a Diện tích hình thang BCMN : S = 4 2 2 10 3 2 3 a a BC MN a a BM   +   + =  =    Hạ AH BM Ta có SHBM BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥ SH VËy SH ⊥( BCNM) SH đờng cao khèi chãp SBCNM Trong tam gi¸c SBA ta cã SB = 2a , AB AM SB = MS = 1 2 Vậy BM phân giác góc SBA 300 SBH= ⇒ SH = SB.sin300 = a Gäi V lµ thĨ tÝch chãp SBCNM ta cã V = 1 .( ) 3SH dtBCNM = 3 10 3 27 a Phần B (Thí sinh đợc làm phần I phÇn II) PhÇn I (Danh cho thÝ sinh học chơng trình chuẩn) Câu V.a.1) Véc tơ phơng hai đờng thẳng lần lợt là: u1 ur (4; - 6; - 8) 2 u uur ( - 6; 9; 12) +) u1 ur vµ u2 uur cïng ph−¬ng +) M( 2; 0; - 1) ∈ d1; M( 2; 0; - 1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 *) Véc tơ pháp tun cđa mp (P) lµ n r = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + = 2) AB uuur = ( 2; - 3; - 4); AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1 Ta cã: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng I giao điểm A1B d Do AB // d1 nªn I trung điểm A1B *) Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm đợc H 36 33 15 ; ; 29 29 29       A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95; ; 28 29 29 29   −     I lµ trung ®iĨm cđa A’B suy I 65; 21; 43 29 58 29 − −       C©u VI a) log9(x + 1) 2 + 27 3 log log= 4−x+log (x+4) (1) § K: 4 1 x x − < <   ≠ −  (1) ⇔ log3(x + 1) + log34 = log3(4 – x) + log3(x + 4) ⇔ log34 x+1 = log3(16 – x2) ⇔ 4 x+1 = 16 x2 Giải phơng trình tìm đợc x = x = - 24 Phần II Câu V b 1) Các véc tơ phơng D1 D2 lần lợt u1 ur ( 1; - 1; 2) vµ u2 uur ( - 2; 0; 1) *) Cã M( 2; 1; 0) ∈ D1; N( 2; 3; 0) ∈ D2 XÐt u u1; 2.MN ur uur uuuur = - 10 ≠ I d1 H A B (47)VËy D1 chÐo D2 *) Gäi A(2 + t; – t; 2t) ∈ D1 B(2 – 2t’; 3; t’) ∈ D2 1 AB u AB u  =   =  uuurur uuur uur ⇒ 1 ' t t  = −    =  ⇒ A 4; ; 3 3   −   ; B (2; 3; 0) Đờng thẳng qua hai điểm A, B đờng vuông góc chung cđa D1 vµ D2 Ta cã ∆ : x t y t z t = +   = +   = *) Phơng trình mặt cầu nhận đoạn AB đờng kính có dạng: 2 2 11 13 6 6 x y z       − + − + + =           b.2) Đặt t = log x+1 ta thÊy nÕu x ∈ 1;5 3 t [1;2] Phơng trình có dạng: t2 + 2t – m – = 0; t ∈[1;2] ⇔t2 + 2t – = m ; t [1;2] Lập bất phơng rình hàm f(t) = t2 + 2t [1;2] ta đợc f(t) Đ K m là: ≤ m ≤ D2 A B u2 uur 1 u ur (48)(49)Trường THPT Cao Lãnh T TOÁN – TIN HC (Đề có 01 trang) K THI DIN TP ĐI HC LN – 2009 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/05/2009 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CÀ CÁC THÍ SINH:(7.0 điểm) Câu I ( 2.0 điểm) Cho hàm số : y x= 3−(m x+ ) 2 +3mx 2m− (Cm), với m tham số thực 1 Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị của hàm số m=0 2 Xác định m để (Cm) có cực trị có hồnh độ thỏa 2 2 1 9 x + x = Câu II (2.0 điểm) 1 Giải phương trình: 4 4sin 22 x =2cos (3sinx x5) 2 Giải bất phương trình: log (163 x2.12 ) 2x 1x ≤ + Câu III (2.0 điểm) 1 Tính tích phân: 3 2 x I dx x + = + ∫ 2 Giải hệ phương trình:     − = − + = + − + 1 y x xy y x y x2 2 Câu IV (1.0 điểm) Cho khối chóp SABC có đáy ABC tam giác vng tại B Biết SA vng góc với mặt phẳng (ABC) AB=SA=a, BC=2a Một phặt phẳng qua A vng góc SC tại H cắt SB tại K Tính diện tích tam giác AHK theo a II PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm) * Theo chương trình chuẩn: Câu V.a. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua H cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C cho H trọng tâm của tam giác ABC CâuVI.a (2.0 điểm) Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2x x y= f x =ee + [0;ln4]. 2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( ): 1 C y x x = + + + ( ) 1 : 3 d y= x+ * Theo chương trình nâng cao: Câu V.b. (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho H(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng đi qua H cắt Ox tại A,Oy tại B ,Oz tại C cho H trọng tâm của tam giác ABC Câu VI.b. (2.0 điểm) 1 Tìm mơđun acgument của số phức 21 3 i z i  +  =  −   (50)2 Xác định m để phương trình: x2 +3− x=m có nghiệm Họ tên thí sinh:……… Số báo danh:……… ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I 2.0 điểm Câu II 2.0 điểm ( ) 3 2 y x= − m x+ +3mx 2m− (Cm) 1 Với m=0 Ta có ( ) y= f x =xx TXĐ: D=R 2 ' y = xx 2 0 ' 2 x y y x x x y  = ⇒ = = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = −  lim x→±∞y= ±∞ BBT: x −∞ +∞ y’ + - + y −∞ 0 –4 +∞ ĐĐB: x -1 y -4 Đồ thị: y x -4 2 O -1 2 y x3 (m x) 2 3mx 2m = − + + − (Cm) Xác định m để (Cm) có cực trị có hồnh độ thỏa 2 2 1 9 x + x = ( ) 2 ' 3 y = xm+ x+ m ( ) ( ) 2 ' 3 y = ⇔ xm+ x+ m= ĐK: 2 2 2 ' ( 3) 1 9 m m x x ∆ = + − >   + =   ( ) ( ) 2 1 2 2 ' 2 4 9 m m x x x x x x ∆ = − + >  + − ⇔ = (51)2 2 2( 3) 2 3 6 m m m m  +  −     ⇔ = ⇔ = − 1 Giải phương trình: 4 4sin 22 x=2cos (3sinx x5) (1) TXĐ: D=R (1) ⇔ 4 sin 2( − 2 x)=2cos (3sinx x5)4cos 22 x2cos (3sinx x5) 0= ( ) ( ) ⇔cos 2x 2cos 2x3sinx+5 =0cos 2x4sin2 x3sinx+7 =0 2 cos2 cos2 4 2 sin ( ) 4sin 3sin 2 sin ( ) 4 k x x x x k x x x k x loai π π π π    = = +   =  ⇔ ⇔ = ⇔ ∈ − − + =    = +  = −    2 Giải bất phương trình: log (163 x2.12 ) 2x 1x ≤ + (2) ĐK: 16x2.12x >0x log> 4/32 (2) + ⇔16x2.12x32x 116x2.12x3.9x0     ⇔  −   − ≤     2x x 4 4 2. 3 0 3 3   ⇔ <  ≤ ⇔ ≤   x 4/3 4 0 3 x log 3 3 So với điều kiện ta có: log4/33 x log< ≤ 4/ 33 Câu III (2.0 điểm) 1 Tính tích phân: 7 2 x I dx x + = + ∫ Đặt t= 3x 1+ ⇒t3 =x 1+ = 2 3t dt dx Đổi cận: x 0 7 t 1 2 ( ) 2 2 2 1 1 5 1 231 .3 10 3 5 2 t I t dt t t dt t t t − + = = + = =   +   ∫ ∫     2 ( ) ( ) 2 2 1 2 x y x y xy xy x y   − − − + =   ⇔     + − = −   + − + = + − = − 2 x y x y xy x y 1 0 0 0 ( ) 1 1 0 1 4 4 5 5 x x v y x x v y VN   =  = −    =  =  = −      ⇔ ⇔ ⇔  =          = − = = = = = = − = − x - y y xy y x - y x - y xy xy Câu IV (1.0 (52)điểm) z x y B C A S Trong không gian Oxyz, chọn B(0;0;0), A(a;0;0), C(0;2a;0), S(a;0;a) + mp (P) qua A(a,0;0) vng góc SC nên có VTPT ( ;2 ; ) ( 1; 2; 1) n= −a a a− =a − − r có pt: -x+2y-z+a=0 + (SC): x a t y t z a t  = −  =   = −  ; (SB): x t y z t  =  =   =  + ( ) ; ;5 6 a a a P SC=H    I ; ( ) ; 0; 2 a a P SB=K    I + 2 2 ; ; ; ; 0; ; ; ; ; 6 2 6 a a a a a a a a AH = −  AK−   AH AK= −        uuur uuur uuur uuur + 2 1 ; 2 12 AHK a S∆ = AH AK = uuur uuur Câu V.a. (1.0 điểm) + mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại C(0;0;c) có pt: x y z a+b+c = + H trực tâm tam giác ABC ta có: 1 3 3 2 3 9 3 a a b b c c  =   =    = ⇔ =     =   =   + Pt (P): 3 x y z + + = CâuVI.a (2.0 điểm) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y= f x( )=e2x−4.ex+3 [0;ln4]. ' x x y = ee 2 ' x x ln2 y = ⇔ ee = ⇒x= (nhận) f(0)=0; f(ln4)=3; f(ln2)= –1 [ 0;ln 4] xMax y= x=ln4; xMin y[ 0;ln 4] = −1khi x=ln2 2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ( ): 1 C y x x = + + + ( ): (53)PTHĐGĐ: 2 1 1 1 3 2 3 2 x x x x x x x x  =  ≠ −   + + = + ⇔ ⇔ +  + − = = −  1 3 2 1 1 2 3 S x x dx x dx x x − −     = + + − +  =  − +  +    +  ∫ ∫ 1 3 1 3 35 35 ln ln3 ln ln ln 3 2 12 12 x x x −     =  − + +  = − + − + +  = − + = −     Câu V.b. (1.0 điểm) + mp(P) đi qua H(1;2;3), cắt Ox tại A(a;0;0), Oy tại B(0;b;0), Oz tại C(0;0;c) có pt: x y z a+b+c= + H trực tâm tam giác ABC ta có: 1 3 3 2 3 9 3 a a b b c c  =   =    = ⇔ =     =   =   + Pt (P): 3 x y z + + = Câu VI.b. (2.0 điểm) 1 Tìm mơđun acgument của số phức 21 3 i z i  +  =  −   Ta có: 5 3 (5 3 3)( ) cos2 sin2 1 12 3 1 i i i i i i π π + +   + = = − + =  +  + −   Áp dụng CT Moa-vrơ: ( ) 21 42 42 21 21 2 cos sin cos14 sin14 3 z=  π +i π = π +i π =   + 21 z = ; acgument z: ϕ=0 2 Xác định m để phương trình: x2 +3− x =m(1) có nghiệm Đặt f x( )= x2 +3− x C( ) ĐK: x≥0 ( ) 2 2 1 '( ) 2 3 x x x x f x x x x x x − + = − = + + 2 '( ) 3 30 f x = ⇒ x xx + = ⇔ x x= x + ⇔ xx − ⇒x= BBT x −∞ 1/2 +∞ y’ + - + y (54)(55)Trường THPT Quỳnh Lưu Đ THI TH ĐI HC LN Mơn: Tốn A. Phn chung cho tt c thí sinh (7 dim) Câu 1: (2 đim) Cho hàm số: 2( ) 1 x y C x + = − 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Cho điểm A(0; a) Tìm a để từ A kẽđược tiếp tuyến tới đồ thị (C) cho tiếp điểm tương ứng nằm về phía của trục hồnh Câu 2: (2 đim) 1. Tìm tập xác định của hàm số: 1 3 log 3 x x x y −  − +  =   −   2. Tính tích phân: 6 4 os sin c x I dx x π π =∫ Câu 3: (2 đim) 1. Cho hình chóp S.ABCD có SB=a 2các cạnh cịn lại đều bằng a Tính thể tích hình chóp theo a 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho đường thẳng ( ) x t y t z t =   ∆  =  =  và điểm A(2; 0;1 ,) B(2; 1; ,− ) C(1; 0;1) Tìm đường thẳng ( )∆ điểm S cho: SA SB+ +SC đạt giá trị nhỏ nhất Câu 4: (1 đim) Tính góc của tam giác ABC biết: os2A + 3( os2B + cos2C) c c + = B. Phn riêng (3 đim) ( Thí sinh ch được làm mt hai phn( phn hoc 2)) I Theo chương trình Chuẩn: Câu 5: (1đim) Khai triển 10 1 3 3x   +     thành đa thức: 2 10 10 a +a x+a x + +a x Tìm giá trị ak lớn nhất (0≤k≤10) Câu 6: (1đim) Trong mặt phẳng với hệ toạn độ Oxy Cho đường trịn: x2+y2−8x−6y=0 Viết phương trình đường thẳng ( )∆ vng góc với đường thẳng: 3x – 4y + 10 = cắt đường tròn tại A, B sao cho AB = Câu (1 đim) Tùy theo m tìm giá trị bé nhất của biểu thức: P=(x+2y−2)2+4x+2(m−2)y−12 II.Theo chương trình nâng cao nâng cao Câu (1 đim) CMR: ( )2(0 , ) n n n n k n k n C + C − ≤ Ckn kZ Câu 6: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )∆ os +y.sin +4sin 2 x c α α α − = CMR ( )∆ luôn tiếp xúc với đường trịn cốđịnh Xác định đường trịn đó Câu 7: (1 đim) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(a; ; 0), B(0; b ; 0), C(0; ; c) và 2 3 a +b +c = Tìm a, b, c để khoảng cách từ O(0; ; 0) đến mặt phẳng (ABC) đạt giá trị lớn nhất http://www.vnmath.com
- Xem thêm -

Xem thêm: de thi thu 2010, de thi thu 2010