Tài liệu KỲ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2009 (LẦN 2) - MÔN THI: TOÁN doc

Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2)
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 (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 =
,


0
30
= =
SAB SAC
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC.
Câu V
(1 điểm)
Cho a, b, c
là ba số dơng thoả mn : 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:
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:
-----------------------------

Trờng THPT đông sơn I kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II)

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
- 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 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


* 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
O
y
x
2
3/2
3/2
2
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

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
( )
( )
( )
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:

2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cos SAB 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

S
A
B
C
M
N