THI TH DH 2011+DAP AN

( gm 01 trang)

KIM TRA CHT LNG CC MễN THI I HC
NM: 2010 2011
Mụn TON - Khi A, Ln 03
Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian giao .

PHN CHUNG (7,0 im)
CõuI. (2,0 im) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 3x2 + 2
2
2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : x 2 x 2 =

m
x 1

CõuII. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh: (3 4sin 2 x)(3 4sin 2 3 x) = 1

x + y + x + y = 6
2. Gii h phng trỡnh: 3
.
2
2
x 3 x + y 4 y + 5 = 0
1

3
dx .
1 + x3
0

CõuIII. (1,0 im) Tớnh tớch phõn sau: I =

CõuIV. (1,0 im) Cho hỡnh chúp S . ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi vi AC = 4; BD = 2 , SA = SC ;
SB = SD v din tớch tam giỏc SAC bng 4 2 . Gi M l trung im ca SA . Mt phng (CDM ) ct
SB ti N . Tớnh th tớch khi t din SCMN .
CõuV. (1,0 im) Cho 3 s thc dng a, b, c tha món a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
a 5 2a 3 + a b5 2b3 + b c 5 2c3 + c 2 3
+
+

b2 + c2
c2 + a2
a 2 + b2
3
PHN RIấNG (3,0 im)
A. Theo chng trỡnh Chun
CõuVI.a (2,0 im)
x2 y2
1. Trong mt phng vi h to Oxy cho Elip ( E ) :
+
= 1 v im M (1;1) . Vit phng trỡnh
9
4
ng thng i qua M ct ( E ) ti hai im A v B sao cho M l trung im ca AB .
x 1 y 1 z 1
=
=
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho M (0; 1; 2) , hai ng thng (d1 ) :
v
1

2
2
x
y +1 z 3
(d 2 ) :
=
=
. Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng () qua M ct (d1 ) v (d 2 ) ln
1 2
2
lt ti A v B khỏc I sao cho IA = AB , vi I l giao im ca (d1 ) v (d 2 ) .
1
x +1
x+2
CõuVII.a (1,0 im) Gii phng trỡnh: log 1 (9 9 + 2) log 2 x
.
3 +3
2
B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
CõuVI.b (2,0 im)
x2 y 2
1. Trong mt phng vi h to Oxy cho hypebol ( H ) :

= 1 . Tỡm trờn ( H ) im M nhỡn hai
1 9
tiờu im di mt gúc bng 600 .
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz , cho cỏc im A(2;0;0), B(0; 2;0) v C (0;0; 4) . Vit phng
trỡnh mt phng ( P ) song song vi mt phng (Q) : x + 2 y + 3 z 4 = 0 v ct mt cu ( S ) ngoi tip t
din OABC theo mt ng trũn cú chu vi bng 2 .
CõuVII.b (1,0 im) Tỡm h s ln nht trong khai trin ca (1 + 2 x ) n bit n l s t nhiờn tho món

Chng minh rng

1 0 1 1
1
231 1
n
Cn + Cn + ... +
Cn =
2
4
2n + 2
62

---------Ht--------Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh, S bỏo danh..


I

III

HNG DN CHM MễN TON LN 03
THI KIM TRA CHT LNG MễN THI I HC
NM 2010 2011
Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh
Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )
2
2) Đồ thị hàm số y = ( x 2 x 2) x 1 , với x 1 có dạng nh hình vẽ :

1

1-

-2

2

1+

y=m

m

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm
*) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm
*) Nếu 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt
*) nếu m 0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt
1

(3 4sin 2 x)(3 4sin 2 3 x) = 1 (*)
D thy sin x = 0 khụng tho món phng trỡnh. Khi sin x 0 ta c (*)
(3sin x 4sin 3 x)(3 4sin 2 3 x) = sin x
Gii phng trỡnh:

0,25

sin 3x(3 4sin 2 3 x) = sin x 3sin 3 x 4sin 3 3 x sin 9 x = sin x

0,25

k

x = 4

x = + k

10 5

0,25

(k  )

k
k
; + k ; +
Kt hp iu kin sin x 0 ta c S = +
vi k Z l tp
10 5
4 2 2
nghim ca phng trỡnh.
1
3
dx
Tớnh I =
1 + x3
0
1

1

1

1

1

( x 2 x + 1) ( x 2 x 2)
1
x2
1
1 2 x 1 3
dx =
dx 2
dx =
dx 2
dx
2
(1 + x)( x x + 1)
1+ x
x x +1
1+ x
2 0 x x +1
0
0
0
0

I =

2x 1

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


6

= ln 2 + 3



6

d (tan t )

= ln 2 +
2
tan t + 1
3

Vy I = ln 2 +

3

0,25

0,25

d

0,25

0,25

0,25


Do SA = SC ; SB = SD kết hợp với ABCD là hình thoi nên
OA, OB, OS đôi một vuông góc,
1
Có S ∆SAC = AC.SO ⇒ SO = 2 2 . Xét hệ trục toạ độ Oxyz
2
Ox
; Oy; Oz lần lượt trùng với các tia OA, OB, OS
với các tia
như hình vẽ: O(0;0;0); A(2;0;0); B(0;1;0)
C (−2;0;0); D (0; −1;0); S (0;0; 2 2) .

V

Trung điểm của SA là M (1;0; 2)

z

S
0,25

D

x A

C
O

By

Mặt phẳng (CDM ) có cặp vectơ chỉ phương
r uuur uuuur
uuur
uuuur
là CD(2; −1;0), CM (3;0; 2) nên nhận n = CD, CM  = (− 2; −2 2;3) làm vectơ pháp
tuyến khi đó (CDM ) có phương trình:

2 x + 2 2 y − 3z + 2 2 = 0 . SB qua B (0;1;0) và

S (0;0; 2 2) nên SB có phương trình x = 0; y = 1 + t ; z = −2 2t .
1
N = SB I(CDM ) nên N (0; ; 2)
2
uuur

uuur
uuur
1
SC = (−2;0; −2 2); SM = (1;0; − 2); SN = (0; ; − 2) ;
2
uuur uuur
uuur uuur uuur
 SC , SM  = (0; 4 2;0);  SC , SM  .SN = 2 2




uuu
r
uuur
uuu
r
1
1
2
Vậy VSCMN =  SC , SM  .SN = .2 2 =
(đvtt)


6
6
3

0,25

0,25

0,25

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1
1 1 1
x −1 y −1 z −1
+
+
=1
Ta có + + = 2 ⇔
x y z
x
y
z
x −1 y −1 z −1
x + y + z = ( x + y + z )(
+
+
) ≥ ( x − 1 + y − 1 + z − 1) 2
x
y
z
Chứng minh rằng

Vậy

x + y + z ≥ x − 1 + y − x + z − 1 . Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =

0,50

3
2

0,25

x2 y2
+
= 1 và điểm M (1;1) . Viết phương trình đường
9
4
thẳng đi qua M cắt ( E ) tại hai điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB .
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

1

0,25

Oxy cho Elip ( E ) :

Dễ thấy đường thẳng ∆ qua M (1;1) mà song song với Ox thì không thoả mãn. Đường
thẳng ∆ có phương trình: y = k ( x − 1) + 1 . Toạ độ A, B thoả mãn
 x 2 ( k ( x − 1) + 1) 2
 x2 y 2
=1
 +
 +
=1
⇔9
4
9

4
 y = k ( x − 1) + 1  y = k ( x − 1) + 1


khi đó hoành độ x A ; xB là hia nghiệm của phương trình:
(4 + 9k 2 ) x 2 − (18k 2 − 18k ) x + 9 k 2 − 2 k − 35 = 0
Có 2 xM = x A + xB =

18k 2 − 18k
4
⇒k =
2
4 + 9k
9

0,25

0,25
0,25


a

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: 4 x − 9 y + 5 = 0
Trong không gian với hệ toạ độ

2

0,25

Oxyz , cho M (0; −1; 2) , hai đường thẳng (d1 ) :

x −1 y −1 z −1
=
=
và
1
2
2

x
y +1 z − 3
=
=
. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ( ∆ ) qua M cắt ( d1 ) và ( d 2 ) lần lượt
−1 −2
2
tại A và B khác I sao cho IA = AB , với I là giao điểm của ( d1 ) và ( d 2 ) .
(d 2 ) :

ur
uur
Giao điểm I của (d1 ) và (d 2 ) là I (1;1;1) . u1 (1; 2; 2) và u2 (−1; −2; 2) lầ các vectơ chỉ
ur uur uuur
phương của (d1 ) và (d 2 ) . Dễ thấy [u1 , u2 ].IM = 0 nên M , (d1 ) và (d 2 ) đồng phẳng.
uuur
Lấy A1 (2;3;3) ∈ ( d1 ) và B1 (−t ; −1 − 2t ;3 + 2t ) ∈ ( d 2 ) sao cho IA1 = A1 B1 thì AB cùng
uuuur
phương với A1 B1 (với B1 không trùng với I )
Do IA1 = A1B1 nên t là nghiệm của phương trình

 B1 (1;1;1)
t = −1
uuuur −7 −14 −22
11 13 5
2

9t + 20t + 11 = 0 ⇒
⇒  11 11 5 ⇒ B1 ( ; ; ) ⇒ A1 B1 ( ;
;
)
11
 B1 ( ; ; )
t = −
9 9 9
9 9
9
9
9 9 9


x y +1 z − 2
=
Vậy (∆) qua M (0; −1; 2) có phương trình chính tắc: =
7
14
22
1
x +1
x+2
+ 2) ≥ log 2 x

Giải bất phương trình: log 1 (9 − 9
.(*)
3 +3
2
(*) ⇔ log 2 (2 − 72.9 x ) ≤ log 2 (3x + 3)

1

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
dưới một góc bằng

Oxy cho hypebol ( H ) :

1

0,25

0,25

2

0,25
0,25
0,25

2

x
y
−

= 1 . Tìm trên ( H ) điểm M nhìn hai tiêu điểm
1 9

600

2
2
2
2
2
Có F1 F2 = (2c) = 4c = 4(a + b ) = 40
· MF
F F 2 = MF 2 + MF 2 − 2.MF .MF .cos F
1 2

0,25

0,25

x
0 < 2 − 72.9
⇔
x
x
72.9 + 3 + 1 ≥ 0
1
⇔ 9x <
⇔ x < log 3 6 (do 72.9 x + 3x + 1 ≥ 0 ∀x ∈ ¡ )
36
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = (−∞;log 3 6)

a

0,25

2

1

2

1

M

2

· MF = 60 )
= ( MF1 − MF2 ) + MF1.MF2 (Do F
1
2
2

MF1 − MF2 = 2a = 2

0

F1

c

c
xM = 1 + 10 xM ; MF2 = a − xM = 1 − 10 xM
a
a
37
273
2
2
⇒ yM 2 =
Khi đó ta được 40 = 4 + 1 − 10 xM ⇔ xM =
10
10
Mặt khác, lại có MF1 = a +

F2

0,25

0,25
0,25


b

b

37
273
0,25
;±

) là các điểm cần tìm.
10
10
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;0;0), B(0; 2;0) và C (0;0; 4) . Viết phương trình mặt
phẳng ( P ) song song với mặt phẳng (Q ) : x + 2 y + 3 z − 4 = 0 và cắt mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC
theo một đường tròn có chu vi bằng 2π .
Chu vi đường tròn (C) bằng 2π suy ra đường tròn có bán kính là r = 1 . Mặt cầu
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 ngoại tiếp OABC khi đó d = 0; a = b = 1; c = 2 ;
0,25
tâm I (1;1; 2) bán kính R = 6
Khoảng cách từ I (1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từ I (1;1; 2)
0,25
tới (P) là d ( I ;P ) = R 2 − r 2 = 5
Vậy M (±

2

(P) có phương trình dạng x + 2 y + 3 z + c = 0 khi đó c = −9 ± 70

0,25

Vậy (P): x + 2 y + 3 z − 9 ± 70 = 0

0,25

Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển của

(1 + 2 x ) n biết n là số tự nhiên thoả mãn

1 0 1 1

1
231 − 1
Cn + Cn + ... +
Cnn =
2
4
2n + 2
62
2 n
0
1 2
n 2n
Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + ... + Cn x khi đó

x(1 + x 2 ) n = Cn0 x + Cn1 x 3 + ... + Cnn x 2 n +1
1

Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 ta được

∫ x(1 + x )
0

2 n +1 1

(1 + x )
⇒
2(n + 1)

0

1

2 n

dx = ∫ (Cn0 x + Cn1 x 3 + ... + Cnn x 2 n +1 )dx
0

1

1
1
1

=  Cn0 x 2 + Cn1 x 4 + ... +
Cnn x 2 n + 2 ÷
4
2n + 2
2
0

0,25

1
1
1
2n +1 − 1 231 − 1
⇒ Cn0 + Cn1 + ... +
Cnn =
=
(*)

2
4
2n + 2
2( n + 1)
62
2n − 1
2n.2n.ln 2 − 2.2 n + 2
Xét f ( n) =
⇒ f '(n) =
> 0 ∀n ≥ 2 nên (*) ⇒ n = 30
2n
4n 2

0,25

30

59
62
k
k
k −1 k −1
; xét 2 C30 > 2 C30 ⇒ k <
khi
3
3
k =0
i i
20 20
đó với k = 20 thì ∀i = 0;19 và ∀i = 21;30 luôn có 2 C30 < 2 C30

(1 + 2 x)30 = ∑ C30k 2k x k xét 2k C30k > 2k +1 C30k +1 ⇒ k >

20 20
Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là 2 C30

Do a, b, c > 0 và
5

3

0,25

a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1)

Ta có a − 2 a + a
=
2
2
b +c

(

)

2
2
a a −1
1− a

(

2

3
= −a + a

) (

) (

)

Bất đẳng thức trở thành − a 3 + a + −b3 + b + − c3 + c ≤
Xét hàm số

0,25

2 3
3

f ( x ) = − x 3 + x ( x ∈ ( 0;1) ) . Ta có: Max f ( x ) = 2 3
( 0;1)

9


⇒ f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤

2 3
3

1
3
2
2
2
Do a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c=

5

3

Ta có a − 2 a + a
=
2
2
b +c

(

)

2
2
a a −1
1− a

(

2

3
= −a + a

) (

) (

)

Bất đẳng thức trở thành − a 3 + a + −b3 + b + − c3 + c ≤

2 3
3

t = 2

2
Ph¬ng tr×nh thứ nhất đặt t = x + y ≥ 0 ta được t + t − 6 = 0 ⇔ t = −3



1,0

⇒ x + y = 2 ⇔ y = 4 − x thay vào ph¬ng tr×nh thứ hai ta được phương trình:

x3 − 2 x 2 − 4 x + 5 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − x − 5) = 0

x = 1

⇔  1 ± 21
x =

2

0,5

+ x =1⇒ y = 3
+ x=

1 + 21
7 − 21
⇒ y=
2
2

+ x=

1 − 21
7 + 21
⇒y=
2
2

0,5

Chú ý:
- Câu IV thí sinh không vẽ hình thì không chấm điểm
- Các câu khác, thí sinh làm cách không như hướng dẫn mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.