Đề thi thử ĐH môn Toán và đáp án

Sở gd & đt bắc ninh Đề thi thử đại học năm 2010
TR NG THPT lơng tài 2 Môn: Toán Ngày thi: 06.4.2010
Thời gian 180 phút ( không kể 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 (3 điểm) 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 đờng tròn (C) là giao của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dơng n biết:
Đề chính thức
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 VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình:
1
916
22
=
yx
. Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm
của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho
( )
052: =++ zyxP
và đờng thẳng
31
2
3
:)( =+=
+
zy
x
d
, điểm A( -2; 3; 4). Gọi

là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua
giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên

điểm M sao cho
khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ phơng trình





+=++
=+
++
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx
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:
Dáp án
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
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
( )
2x,0
2x
1
'y
2
<

=
Bảng biến thiên:
x

- 2
+
y - -
y
2
-
+
2
0,25
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;
và
( )
+;2
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
Dấu = xảy ra khi



=
=


=
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2

0
2
0
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
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
( )
( )
( )
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
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
S
A
B
C
M
N
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 đờng 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
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 2n 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 chính tắc của E líp
1 điểm
(H) có các tiêu điểm
( ) ( )
0;5F;0;5F
21

. Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một
đỉnh là M( 4; 3),
0,25
Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng:
1
b
y
a
x
2
2
2
2
=+
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
( ) ( ) ( )
15ba0;5F;0;5F
222
21
=
0,25
( ) ( ) ( )
2bab16a9E3;4M
2222
=+
Từ (1) và (2) ta có hệ:

=
=




=+
+=
15b
40a
bab16a9
b5a
2
2
2222
222
0,25
Vậy phơng trình chính tắc của (E) là:
1
15
y
40
x
22
=+
0,25
VIb. Tìm điểm M thuộc

để AM ngắn nhất

1 điểm
2
Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:





+=
=
=
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
( )
3;1;32 + tttI
Do
( ) ( )
4;0;1105)3()1(232 ==++ IttttPI
0,25
* (d) có vectơ chỉ phơng là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;1 n

[ ]
( )
3;3;3n,a
=
. Gọi
u
là vectơ chỉ phơng của


( )
1;1;1u

0,25





+=
=
=

u4z
uy
u1x
:
. Vì
( )
u4;u;u1MM +
,

( )
u;3u;u1AM
0,25
AM ngắn nhất

AM

0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =++=

3
4
u =
. Vậy







3
16
;
3
4
;
3
7
M
0,25

VIIb Giải hệ phơng trình:
1 điểm





+=++
=+
++
)2(1xxy1x3
)1( 2.322
2
x3y2y1x3
Phơng trình (2)



=+





+=++
+

0)13(
1
113

01
2
yxx
x
xxyx
x








=

=









=+
=

xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1
0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8
log
11
8
22.12282.322
2
2
===+=+

y
yyyyy
0,25
* Với

=

xy
x
31
1
thay y = 1 3x vào (1) ta đợc:
2.322
1313
=+
+ xx

Đặt
13
2
+
=
x
t
Vì
1

x
nên
4
1
t
( )
( )

[ ]





+=
+=





+=
=
=+=+
)83(log2y
183log
3
1
x
83t
iạlo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
2
2

0,25
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm





=
=
11
8
logy
0x
2
và
( )
[ ]





+=
+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2

2
0,25