DETHIKIEMTRACHATLUONGMONTHIDAIHOC2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (168.28 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LẦN 03

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC

NĂM 2010 – 2011

Câu Ý Nội dung Điểm

I

Khảo sát hàm số:

x
y

x



)

 Tập xác định: D = \{-1}
)

 Sự biến thiên

)

 Chiều biến thiên

' 0 1

( 1)

y x

x

   

 . Hàm số đồng biến trên (  ; 1) và trên ( 1; )
Hàm số khơng có cực trị

0,25

)

 Giới hạn, tiệm cận

lim 1

x
x
x

    nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y1 làm tiệm cận ngang

lim
1

x
x
x

    nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x1 làm tiệm cận đứng

0,25

)

 Bảng biến thiên

x   -1 

y’ + +
y  1

 

1  

0,25

)

 Đồ thị

Đồ thị có dáng điệu như hình vẽ, nhận điểm I(-1;1) làm tâm đối xứng.

0,25

Gọi M là 1 điểm trên ( )C có hoành độ m 1. Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B. Tính theo m

diện tích tam giác OAB. Tìm toạ độ của M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.

O

1 

1

2 

x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

. Tiếp tuyến tại ( ; )
1

M m

m có phương trình

( )

( 1) 1

m

y x m

m m

  

  hay

2 2

:x (m 1) y m 0
     ;

0,25

cắt tiệm cận đứng tại ( 1;1 2 )
1

A

m
 

 và cắt tiệm cận ngang tại B m(2 1;1)

2 ( 1) 1

m
AB

m
 

 

 ;

( ; ) 4

( 1) 1

O

m
d

m

 

  ;

OAB
m
S

m

 



0,25

2 2

1 2 2 2 2

1 1

OAB
m

S m

m m

       

  . Dấu “=” xảy ra khi

(m1) 2 kết hợp với
1

m  được m 1 2 khi đó ( 1 2;1 1 )
2

M    .

0,25

Vậy ( 1 2;1 1 )

M    thì SOAB đạt GTNN bằng 2 2 2 0,25

II

Giải phương trình: (3 4sin 2x)(3 4sin 3 ) 1 2 x  (*)

Dễ thấy sinx0 khơng thoả mãn phương trình. Khi sinx0 ta được (*)

3 2

(3sinx 4sin )(3 4sin 3 ) sinx x x

    0,25

2 3

sin 3 (3 4sin 3 ) sinx x x 3sin 3x 4sin 3x sin 9x sinx

       0,25

4 ( )

10 5

k
x

k
k
x



 





  

  


 0,25

Kết hợp điều kiện sinx0 ta được ; ;

4 2 2 10 5

k k

S    k   

  với kZ là tập

nghiệm của phương trình.

0,25

Giải phương trình sau: 2

1 3 2 1

x x   x  x  .

ĐKX Đ:   1 x 3.

Theo Bunhia ta có (x x 1 3 x)2 4(x2 1) x x 1 3 x 2 x2 1

           0,25

Khi đó phương trình đã cho trở thành 3 1 3 0 2

3 1 0

x

x x x

x x x



    

   


0,25

1
0

( 1)( 2 1) 0 1 2

x
x

x x x x



 



   

     

 

thử lại thấy thoả mãn. 0,25

Vậy S



1;1 2



là tập nghiệm của phương trình

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

III

Tính

1
3
0

3
1

I dx

x






1 2 2 1 1 1 1

2 2 2

0 0 0 0 0

( 1) ( 2) 1 2 1 1 2 1 3

(1 )( 1) 1 1 1 2 1

x x x x x x

I dx dx dx dx dx

x x x x x x x x x

       

    

        



0,25

1
1

1 2

0 0 2

2 1

1 3

ln( 1) ln( 1) 3

2 1

2 ( ) 1

x
d

x x x

x


     






0,25

6
2
6

(tan )

ln 2 3 ln 2

tan 1 3

d t
t







   





0,25

Vậy ln 2

I    0,25

IV

Do SA SC SB SD ;  kết hợp với ABCD là hình thoi nên

, ,

OA OB OS đơi một vng góc,

Có 1 . 2 2

SAC

S  AC SO SO . Xét hệ trục toạ độ Oxyz

với các tia Ox Oy Oz; ; lần lượt trùng với các tia OA OB OS, ,

như hình vẽ: O(0;0;0); (2;0;0); (0;1;0)A B

( 2;0;0); (0; 1;0); (0;0; 2 2)

C  D  S .

Trung điểm của SA là M(1;0; 2)

0,25

Mặt phẳng (CDM) có cặp vectơ chỉ phương

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: 2x2 2y 3z2 2 0 . SB qua B(0;1;0) và

(0;0;2 2)

S nên SB có phương trình x0;y 1 ;t z2 2t.

( )

N SB CDM nên (0; ; 2)1
2

N

0,25

( 2;0; 2 2); (1;0; 2); (0; ; 2)

SC   SM   SN  

  

;

, (0;4 2;0); , . 2 2

SC SM SC SM SN

     

   

     0,25

Vậy 1 , . 1.2 2 2

6 6 3

SCMN

V  SC SM SN  
  

(đvtt) 0,25

S

A

C

D

B

O

x

z

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

V

Ta có 1 1 1 2 x 1 y 1 z 1 1

x y z x y z

  

       0,25

1 1 1

( )(x y z ) ( 1 1 1)

x y z x y z x y z

x y z

  

             0,50

Vậy x y z   x1 y x  z1. Dấu “=” xảy ra khi 3

x  y z 0,25

VI.a

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E :

2 2

9 4

x y

  và điểm M(1;1). Viết phương trình đường

thẳng đi qua M cắt ( )E tại hai điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB.

Dễ thấy đường thẳng qua M(1;1)mà song song với Ox thì khơng thoả mãn. Đường
thẳng  có phương trình: y k x ( 1) 1 . Toạ độ A B, thoả mãn





2 2 2 ( 1) 1

1 1

9 4 9 4

( 1) 1 ( 1) 1

x y x k x

y k x y k x



  

 

   



 

       

 

0,25

khi đó hồnh độ x xA; B là hia nghiệm của phương trình:

2 2 2 2

(4 9 ) k x  (18k 18 )k x9k  2k 35 0 0,25
Có

2
2

18 18 4

4 9 9

M A B

k k

x x x k

k


    

 0,25

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: 4x 9y 5 0 0,25

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(0; 1;2) , hai đường thẳng ( ) :1 1 1 1

1 2 2

x y z

d      và

( )d : 1 3

1 2 2

x y z

 

  . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 và ( )d2 lần lượt

tại A và B khác I sao cho IA AB , với I là giao điểm của ( )d1 và ( )d2 .

Giao điểm I của ( )d1 và ( )d2 là I(1;1;1). u1(1;2;2)



và u2( 1; 2;2) 



lầ các vectơ chỉ
phương của ( )d1 và ( )d2 . Dễ thấy [ , ].u u IM1 2 0

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

nên M , ( )d1 và ( )d2 đồng phẳng.

0,25
Lấy A1(2;3;3) ( ) d1 và B1( ; 1 2 ;3 2 ) ( )t   t  t  d2 sao cho IA1A B1 1 thì AB



cùng
phương với A B1 1



(với B1 không trùng với I )

0,25
Do IA1 A B1 1 nên t là nghiệm của phương trình

1
2

1
1

(1;1;1)
1

11 13 5

9 20 11 0 11 11 11 5 ( ; ; )

9 9 9

( ; ; )

9 9 9 9

B
t

t t B

t B

 






     


 

 

1 1

7 14 22

( ; ; )

9 9 9

A B   

  0,25

Vậy ( ) qua M(0; 1; 2) có phương trình chính tắc: 1 2

7 14 22

x y z

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

VII.a

Giải bất phương trình: 1 1 2 2

log (9 9 2) log

3 3

x x

x

 

  

 .(*)

2 2

(*) log (2 72.9 ) log (3x x 3)

    0,25

0 2 72.9

72.9 3 1 0

x

x x
  

 

  




0,25

9 log 6

x x

    (do 72.9x 3x 1 0

     x ) 0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  ( ;log 6)3 0,25

VI.b

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H :

2 2

1 9

x y

  . Tìm trên ( )H điểm M nhìn hai tiêu điểm

dưới một góc bằng 0

Có 2 2 2 2 2

1 2 (2 ) 4 4( ) 40

F F  c  c  a b 



2 2 2

1 2 1 2 2. 1. 2.cos 1 2

F F MF MF  MF MF F MF

1 2 1 2

(MF MF ) MF MF.

   (Do  0

1 2 60

F MF  )

1 2 2 2

MF  MF  a

0,25

Mặt khác, lại có 1 M 1 10 M ; 2 M 1 10 M

c c

MF a x x MF a x x

a a

        0,25

Khi đó ta được 40 4 1 10 2 2 37 2 273

10 10

M M M

x x y

       0,25

Vậy ( 37; 273)

10 10

M   là các điểm cần tìm. 0,25

Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(2;0;0), (0;2;0)B và C(0;0;4). Viết phương trình mặt

phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 4 0 và cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện OABC

theo một đường trịn có chu vi bằng 2 .

Chu vi đường tròn (C) bằng 2 suy ra đường trịn có bán kính là r1. Mặt cầu

2 2 2

( ) :S x y z  2ax 2by 2cz d 0 ngoại tiếp OABC khi đó d 0;a b 1;c2; 
tâm I(1;1; 2) bán kính R 6

0,25

Khoảng cách từ I(1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từI(1;1;2)

tới (P) là 2 2

( ; )I P 5

d  R  r  0,25

(P) có phương trình dạng x2y3z c 0 khi đó c 9 70 0,25

Vậy (P): x2y3z 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

0 1

1 1 1 2 1

...

2 4 2 2 62

n

n n n

C C C

n



   



M

1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

VII.b

Xét khai triển (1x ) Cn C xn ...C xn khi đó

2 0 1 3 2 1

(1 )n ... n n

n n n

x x C x C x C x 

    

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

1 1

2 0 1 3 2 1

0 0

(1 )n ( ... n n )

n n n

x x dx C x C x C x  dx

    



1 1

2 1

0 2 1 4 2 2

0
0

(1 ) 1 1 1

...

2( 1) 2 4 2 2

n

n n

n n n

x

C x C x C x

n n



  

     

   

1 31

0 1

1 1 1 2 1 2 1

...

2 4 2 2 2( 1) 62

n
n

n n n

C C C

n n



 

     

  (*)

0,25

Xét ( ) 2 1 '( ) 2 .2 .ln 2 2.22 2 0 2

2 4

n n n

n

f n f n n

n n

  

      nên (*)  n30

0,25

30
30

30
0

(1 2 ) k2k k

k

x C x



 



xét 1 1

30 30

2 2

kCk k Ck k

   ; xét 30 1 301

2 2

kCk k Ck k

   khi

đó với k20 thì  i 0;19 và  i 21;30 ln có 2 30 220 3020

iCi C


0,25

Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là 220C3020

0,25

Chú ý:

- Câu IV thí sinh khơng vẽ hình thì khơng chấm điểm

</div>

DETHIKIEMTRACHATLUONGMONTHIDAIHOC2011

<i>O</i>

1

1



1

2



<i>x</i>





















<i>S</i>

<i>A</i>

<i>C</i>

<i>D</i>

<i>B</i>

<i>O</i>

<i>x</i>

<i>z</i>





<i>M</i>

1





<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về