Kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 ( 1) môn toán potx

1


Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (1)
Download tại Ebook.here.vn Môn Thi: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)

phần chung cho tất cả các thí sinh
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:
8
1
3
tan
6
tan
3coscos3sin.sin
33
=






+







+

xx
xxxx

Câu III
(1 điểm) Tính tích phân

++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI
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 a, b, c là ba số thực dơng thỏa mn
abc = 1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
32
1
32

1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba
P


Phần tự chọn

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 mn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC

n
n
n
nnn
L
(
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử)

2


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
MC
MB
MA
++

Câu VII.b
(1 điểm) Giải hệ phơng trình



+=
+=+
+
+
1
)1(2
yxe
xee
yx
yxyx
(x, y

R
)
***Hết***

Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
.
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3


Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1)
Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là
1,5 điểm.

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 mn)

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


4


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 đ cho là (1; 2), (-2; 5)

0,25
II.2
Giải phơng trình lơng giác
1,00

Điều kiện:
0
3
xcos
6
xcos
3
xsin
6
xsin








+

+









Ta có
1x
6
cot
6
xtan
3
xtan
6
xtan
=

=







+

0,25
Phơng trình đ cho tơng đơng với
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin
33
=+

1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos4x 1
2 2 2 2 8
+ +
+ =

0,25
2
1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2
3
===+
0,25

+

=
+

=

k
6
x
(loại) k
6
x
,
(k )

Z
. Vậy phơng trình có nghiệm
+

= k
6
x
,

(k )

Z

0,25
III
Tính tích phân
1,00
Đặt





=
++
+
=




=
++=
2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv

)1xxln(u
2
2
2

1
1
2 3 2
2
2
0
0
x 1 2x x
I ln(x x 1) dx
2 2 x x 1
+
= + +
+ +


0,25

++

++
+
+=
1
0
2

1
0
2
1
0
1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2
4
1
dx)1x2(
2
1
3ln
2
1

(
)
11
1
0
2
1
0
2

I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2
1
3ln
2
1
=+++=
0,25
* Tính I
1
:

+






+
=
1
0
2
2
1
2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt

=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t
3
32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2
2
1

==
+
+
=






0,25

Vậy
12
3
3ln
4
3
I

=
0,25

5


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

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
Ta
có a
2
+b
2
2ab, b
2

+ 1 2b

1bab
1
2
1
2
1
b
b
a
1
3
b
2
a
1
22222
++

+
+
+
+
=
+
+

Tơng tự
1aca
1
2

1
3
a
2
c
1
,
1cbc
1
2
1
3
c
2
b
1
2222
++

+
+
++

+
+

0,50
2
1
bab1

b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1
1bab
1
2
1
P =
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++

0,25

2
1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1.
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
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 mn hệ





=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2

0,25

A

B

C

C

B

A


H

O

M


6


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 L

2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC

+
++++=
+
L

suy ra I
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2

C2
+
++++=
+
L
(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
+
++++=
+
L
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 mn
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

7


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
Giải hệ phơng trình mũ
1,00



+=
++=




+=
+=+
+

+
+
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



=
+=




+=
+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v

u
v

0,25
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
v
u
=


0,25
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u -

0 +


f'(u) - 0 +
f(u)

0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u
=

.
0,25

Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=




=
=+
=
0y
0x
0yx
0yx
0v
Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0)
0,25