DE THI DAI HOC VUA THI MOI NHAT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (272.02 KB, 9 trang )

Trờng THPT thanh sơn đề thi KSCL năm 2010 (lần 1)
Gv:ngô tùng lâm Môn Thi: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32

=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đờng
tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đờng tiệm cận.
Tìm toạ độ điểm M sao cho đờng tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phơng trình

=+
24
cos2sin
2

cossin
2
sin1
22
x
x
x
x
x

2. Giải bất phơng trình

+>+ xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân

+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm)Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
ã
ã
0
30= =SAB SAC
. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm)
Cho a, b, c là ba số dơng thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Phần riêng (3điểm)Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc
phần 2
Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng
052:
1
=+ yxd

. d
2
: 3x +6y 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi
qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng đó cắt hai đờng thẳng d
1
và d
2
tạo
ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1;
3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phơng trình:
02 =++ zyx
. Gọi Alà hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là
mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đ-
ờng tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
1
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
+
+ + + +
+ + + + =
k k k n n
n n n n

C C k k C n n C
Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VI.b (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.b(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 mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1

2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

(
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Hết
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:
Trờng THPT thanh sơn kì thi KSCL năm 2010 ( lần I)

Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn
Câu Nội dung Điểm
I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số
1,00
1) Hàm số có TXĐ:
{ }
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
*
+==
+

ylim;ylim
2x2x
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
+
= =
x x
y y
đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
2
b) Bảng biến thiên:

Ta có:
( )
2x,0
2x
1
'y
2
<

=
Bảng biến thiên:
x
- 2 +
y - -
y
2
-
+
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;
và
( )
+;2
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại

2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm

0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I. 2 Tìm M để đờng tròn có diện tích nhỏ nhất
1,00
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0

,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y

=
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:

0
0
0
2
0

+

=
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
( )

và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0

Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==
+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=

=

+
suy ra M là trung
điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích
S =

+=

+= 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
3
O
y
x
2
3/2
3/2

2
Dấu = xảy ra khi

=
=

=
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II. 1 Giải phơng trình lợng giác
1 điểm
)1(
24
cos2sin
2
cossin

2
sin1
22

=+
x
x
x
x
x

( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=

+=+
0,25
01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =

=

0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=

++

0,25
2
sin x 0
x k
x k
x
sin 1 x k , k
x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2sin 1
2 2

=
=

=

= =

= +
= +

+ +

Z
0,25
II. 2 Giải bất phơng trình
1 điểm
ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2
1

x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<

<

>
<

>+
>
0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
[ ]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22
++>
[ ]
01)x21(logx
2
<+
0,25

<
>

>
<

<
>

>
<

<
>

>+
<

<+
>

0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x

01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<<
hoặc x < 0. 0,25
III
Tính tích phân
1 điểm

+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx

xln1x
xln
I
+) Tính

+
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=+=
Đổi cận:
2tex;1t1x ====
0,25
4
( )
( )
( )

3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1

=

==

=

0,25
+) Tính
dxxlnxI
e
1
2
2

=
. Đặt

=
=

=
=
3
x

v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= = = + =

0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+
0,25
IV
Tính thể tích hình chóp 1 điểm

Theo định lí côsin ta có:
ã
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + = + =
Suy ra
aSB =
. Tơng tự ta cũng có SC = a.
0,25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân
nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=
0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng
nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy
ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.
16
a3
2
3a

4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=

===
4
3a
MN =
.
0,25
Do đó

16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 điểm
S
A
B
C
M
N
5

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
++=

++++
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++

+
+
+
+
+
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3

3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +
+ + +
+ = + +
0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + + + +

1 3
4. 6 3
3 4

+ =

Do đó
3P
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
1
a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

= = =

+ = + = + =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba ===
0,25
VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng
1 điểm
Cách 1: d
1
có vectơ chỉ phơng

)1;2(a
1

; d
2
có vectơ chỉ phơng
)6;3(a
2
Ta có:
06.13.2a.a
21
==
nên
21
dd
và d
1
cắt d
2
tại một điểm I khác P. Gọi d là đ-
ờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d =++=++
0,25
d cắt d
1
, d
2
tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d
1
( hoặc d

2
) một
góc 45
0

=
=
==
++

A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2
220
2222
0,25
* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng
05yx3:d =+
0,25
* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng
05y3x:d =
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =+
05y3x:d =
0,25

Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài
của đỉnh là giao điểm của d
1
, d
2
của tam giác đã cho.
Các đờng phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
có phơng trình

=++
=+
+=+
+
+
=
+
+
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2

1
2222
0,25
+) Nếu d //
1
thì d có phơng trình
0cy9x3 =+
.
Do P

d nên
05y3x:d15c0c96 ===++
0,25
+) Nếu d //
2
thì d có phơng trình
0cy3x9 =++
.
Do P

d nên
05yx3:d15c0c318 =+==+
0,25
6
Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =+
05y3x:d =
0,25
VIa. 2
Xác định tâm và bán kính của đờng tròn

1 điểm
Dễ thấy A ( 1; -1; 0)
* Giả sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D là:
0,25
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>++=++++++
Vì
( )
SD,C,B,'A
nên ta có hệ:

=
=
=
=

=++
=++++
=++++
=++
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8
014dc4b6a2
02db2a2
Vậy mặt cầu ( S) có phơng trình:
01225
222
=+++ zyxzyx
0,25
(S) có tâm

1;1;

2
5
I
, bán kính
2
29
R =
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đờng tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phơng là:
( )
1;1;1n
Suy ra phơng trình của d:

+++

+=
+=
+=
t1;t1;t
2

5
H
t1z
t1y
t2/5x
Do
( )
)P(dH =
nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
===+++++

6
1
;
6

1
;
3
5
H
0,25
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr
22
====
0,25
VII a.
Tìm số nguyên dơng n biết
1 điểm
* Xét
1n21n2
1n2

kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2
xC xC)1( xCxCC)x1(
++
+++++
+
+++=
(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
+
+

+++

++++=+
(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
+
+

+++

++++=+
0,25
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2 n 1 2n 1 2n 1
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C
+
+ + + +
+ = + + + +
0,25
Phơng trình đã cho

100n020100nn240200)1n2(n2
2
==+=+
0,25
VIb.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
7
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ

=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2
0,25
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
VIb.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.b
Tìm hệ số của x
2

1,00
Ta có
( )

++++=+=
2
0