DE THI THU DH LAN 2 TRUONG DS 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (204.85 KB, 9 trang )

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

Trờng THPT Đông Sơn 1 k× thi KSCL tríc tun sinh năm 2009 (lần 2)
Môn Thi: Toán

Thi gian: 180 phỳt (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)

PhÇn chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y=2 x 3
x − 2

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 trũn

ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. 
Câu II (2 điểm)

1. Giải phơng trình 1+sin x

2sin x cos
x
2sin

x =2cos2

(

4

x
2

)

2. Giải bất phơng trình log2(4 x2− 4 x +1)−2 x >2−(x +2)log1
2

(

1
2− x

)

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân I=

1
e

(

ln xx

1+ln x+3 x
2ln x

)

dx
Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC cã AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a

√

3 ,

  0

SABSAC30 . 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 P=3 1

a+3 b+
1
3

√

b +3 c+
1
3

√

c+3 a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phn 2
Phn 1:(Theo chng trỡnh chun )

Câu VIa (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đờng thẳng d1:2 x − y +5=0 .
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đờng thẳng

đó cắt hai đờng thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đờng

th¼ng d1, d2.

2. Trong khơng 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: x+ y+ z 2=0 . Gọi Alà hình chiếu của A

lờn mt 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 trịn (C) là giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S).

C©u 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) (k 1)2k k .... 2 (2 1)2 n n 40200

n n n n

C C k k  C n n  C 

           

Phần 2: (Theo chơng trình nâng cao) 
Câu VIb (2 ®iÓm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: x
2
16−

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

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P): x +2 y − z+5=0 và đờng thẳng

(d ):x+3

2 =y +1=z− 3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi  là đờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao
điểm của ( d) và (P) đồng thời vng góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM
ngắn nht.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phơng trình

23 x+ 1+2y− 2=3 .2y+3 x

√

3 x2+1+xy=

√

x +1

¿{

---
HÕt---Chó ý: ThÝ sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

Thí sinh khơng đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khụng gii thớch gỡ thờm

Họ và tên thí sinh:--- Sè b¸o

danh:---Trờng THPT đơng sơn I kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II)
 Hớng dẫn chấm mơn tốn

- §iĨm toàn bài thi không làm tròn

- Hc sinh lm cỏch khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.

- NÕu häc 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 Kho sỏt v v đồ thị hàm số ... 1,00
1) Hàm số có TXĐ: R {2

0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Gii hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đờng tiệm cận:
* x → 2

+¿

y =+ ∞
lim

x → 2−y=− ∞; lim¿

Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số khi x 2và x 2

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

* xlim yxlim  y 2 đờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi x
 

b) B¶ng biÕn thiªn:

Ta cã:





2
1

' 0, 2

y x

x


 

Bảng biến thiên:

x - 2 +

y -

-y

-
+

2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2) và (2;+)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại

(

0 ;3

)

và cắt trục hoành tại điểm

(

3
2;0

)

+ Nhn 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 trịn ngoại tiếptam giác AIB có diện tích nhỏ nhất 1,00
Ta có: M

(

x0;2 x0−3

x0− 2

)

, x0 2 , y ' (x0)=
1

(

x02

)

Phơng trình tiếp tun víi ( C) t¹i M cã d¹ng: Δ: y = − 1

(

x0−2

)

2(x − x0)+

2 x0−3
x0−2

0,25

Toạ độ giao điểm A, B của (Δ) và hai tiệm cận là: A

(

2 ;2 x0−2

x0−2

)

;B

(

2 x0− 2;2

)

Ta thÊy xA+xB

2 =

2+2 x0− 2

2 =x0=xM ,

yA+yB

2 =

2 x0−3
x0− 2

=yM suy ra M là
trung điểm của AB.

0,25

Mt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác
IAB có diện tích

0,25
O

x
2

3/2

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

S =

x0− 2¿2+

(

2 x0−3
x0−2 − 2

)

x0− 2¿2
¿≥ 2 π

x0−2¿
2

¿
¿
¿=π¿

π IM2=π¿

DÊu “=” x¶y ra khi

x0− 2¿
2

⇔

x0=1

x0=3

¿
¿
¿

x0− 2¿2=1

¿
¿
¿

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II. 1 Gi¶i phơng trình lợng giác ... 1 điểm

1+sinx

2sin x cos
x
2sin

2x =2cos2

(

π4 −

x
2

)

(1)
(1)⇔1+sin x

2sin x − cos
x
2sin

2x=1+cos

(

π2− x

)

=1+sin x

0,25

⇔sin x

(

sin x
2−cos

x

2sin x −1

)

=0⇔sin x

(

sin
x
2− cos

x
2. 2 sin

x
2cos

x

2−1

)

=0 0,25

⇔sin x

(

sin x

2−1

)(

2 sin
2x

2+2 sin

x

2+1

)

=0 0,25

2
sin 0
sin 1

2 2

2sin 2sin 1 0

2 2

x

x k

x k
x

x k

k

x x






 




 







      



     




   



0,25

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

§K:
1
2− x >0
4 x2−4 x+1>0

⇔

¿x<1

2
2 x −1¿2>0

⇔

¿
¿x<1

x ≠1
2

0,25

Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
2 log2(1− 2 x )− 2 x >2+(x+2)

[

log2(1− 2 x )− 1

]

⇔ x

[

log2(1− 2 x )+1

]

0,25

⇔

¿x >0

log2(1 −2 x)+1<0

¿
¿
¿

x <0

log2(1 −2 x)+1>0

¿
¿
¿

⇔

¿
¿
¿

x >0

log22(1− 2 x )<0

¿
¿
¿
¿
¿

x <0

log22(1− 2 x )>0

¿
¿
¿
¿

⇔

0,25

KÕt hợp với điều kiện (*) ta có: 1
4<x <

2 hc x < 0. 0,25

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

I=

∫

1
e

ln x

x

√

1+ln x dx+3

1
e

x2ln xdx

+) Tính I1=

1
e

ln x

x

1+ln xdx . Đặt t=

√

1+ln x⇒t
2

=1+ln x ;2 tdt=1
xdx
§ỉi cËn: x=1⇒ t=1; x=e⇒t=

√

2

0,25

I1=

∫

√2

(

t2− 1

)

t . 2 tdt=2

∫

1
√2

(

t2−1

)

dt=2

(

t33− t

)

¿1√2=

(

2 −

√

)

3 0,25

+) TÝnh I2=

1
e

x2ln x dx . Đặt

u=ln x
dv=x2dx

du=dx

x
v=x

3
3

{

3 3 3 3 3 3

2 1 1

1 1 1 2 1

.ln .

3 3 3 3 3 3 9 9 9

e

e e

x e x e e e

I  x 

∫

x dx       0,25

I=I1+3 I2=¿ 5 − 2

√

2+2 e
3

3 0,25

IV Tính thể tích hình chóp ... 1 điểm

Theo nh lí cơsin ta có:



2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB  2SA.AB.cos SAB 3a a  2.a 3.a. cos 30 a
Suy ra SB=a . T¬ng tù 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 cã VS . ABC=VS .MBC+VA .MBC=1

3MA . SMBC+13SA . SMBC=13SA. SMBC

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.

MN2

=AN2− AM2=AB2−BN2− AM2=a2−

(

a
4

)

−

(

a

√

3
2

)

2
=3 a

16 ⇒MN= a

√

3
4
.

0,25
S

C
M

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Do đó VS . ABC=1
3SA .

2MN . BC=
1
6a

√

3 .

a

√

3
4 .

a
2=

a3

16 0,25

V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ... 1 điểm
áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho ba số dơng ta có

(x+ y+ z)

(

1
x+

1
y+

1
z

)

≥3

√

xyz3 3

√

xyz=9⇒
1
x+
1
y+
1
z≥
9

x + y +z (*)
¸p dơng (*) ta cã P=3 1

√

a+3 b+
1
3

√

b +3 c+
1
3

√

c+3 a≥

9
3

√

a+3 b+3

√

b+3 c +3

√

c+3 a

0,25

Lại 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





3a 3b 3b 3c 3 c 3a 1 4 a b c 6

           1 4.3 6 3

3 4 

    

 

Do đó P≥ 3

0,25

DÊu = x¶y ra

a b c 4 a b c 1

4
a 3b b 3c c 3a 1


  

     
      


Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phơng trình đờng thẳng ... 1 điểm
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phơng ⃗a1(2 ;−1) ; d2 có vectơ chỉ phơng ⃗a2(3 ;6)

Ta cã: ⃗a1. ⃗a2=2 .3 −1 . 6=0 nên d1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi

d l ng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
d : A (x − 2)+B( y +1)=0⇔ Ax+By −2 A +B=0

0,25

d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một

gãc 450

− 1¿2

¿=cos 450⇔ 3 A2− 8 AB −3 B2=0⇔

A=3 B

B=− 3 A

¿
¿

22+¿

√

A2+B2√¿

⇔|2 A − B|

0,25

* Nếu A = 3B ta có đờng thẳng d :3 x + y −5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đờng thẳng d : x −3 y −5=0

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d :3 x + y −5=0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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 d1, d2 của tam giác đã cho.

Các đờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phơng trình

−1¿2
¿
¿=|3 x +6 y −7|

√

32+62 ⇔3

|2 x − y+5|=|3 x +6 y −7|⇔

3 x −9 y +22=0 (Δ1)

9 x+3 y +8=0 (Δ2)

¿
¿

22+¿

√¿
¿

|2 x − y+5|

0,25

+) NÕu d // 1 thì d có phơng trình 3 x 9 y +c=0 .

Do P d nªn 6+9+c=0⇔ c=−15 ⇒d : x− 3 y −5=0 0,25

+) NÕu d // 2 thì d có phơng trình 9 x+3 y +c=0 .

Do P d nªn 18 −3+c=0⇔c=− 15⇒ d :3 x+ y −5=0 0,25

Vậy qua P có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d :3 x + y −5=0

d : x −3 y −5=0 0,25

VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đờng trịn... 1 điểm

DƠ thÊy A’ ( 1; -1; 0)

* Gi¶ sử phơng trình mặt cầu ( S) đi qua A, B, C, D lµ: 0,25
x2+y2+z2+2 ax+2 by+2cz +d=0 ,

(

a2+b2+c2− d >0

)

V× A ', B , C , D∈ (S ) nªn ta cã hƯ:

2 a −2 b+d+2=0
2a+6 b+4 c +d +14=0
8 a+6 b+4 c +d +29=0
8 a −2 b+4 c +d −21=0

⇔

¿a=−5

2
b=−1
c=− 1
d=−1

¿{ { {

VËy mỈt cầu ( S) có phơng trình: 5 2 2 1 0
2

2
2








y z x y z

x

0,25

(

2;1;1

)

, b¸n kÝnh R=

√

29
2

+) 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 vng góc với (P).

(d) cã vect¬ chØ phơng là: n (1;1 ;1)

Suy ra phơng trình của d:

x=5 /2+t
y=1+t
z=1+t
⇒ H

(

2+t ;1+t ;1+t

)

¿{ {

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Do H=( d )∩(P) nªn: 5

2+t +1+t+1+t −2=0⇔ 3 t=− 52⇔t=− 56
⇒ H

(

3;
1
6;

1
6

)

IH=

√

75
36=

√

6 , (C) cã b¸n kÝnh r=

R

2IH2

29
4

75
36=

31
6 =

186

6 0,25

VII a. Tìm số nguyên dơng n biÕt... 1 ®iĨm

* XÐt

− 1¿kC2 n+1k xk+. .. . −C2n +12n +1x2 n+1

1− x¿2 n +1=C2n +10 − C2 n+11 x+C2 n+ 12 x2−. . ..+¿
¿

(1)

* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:

−1¿kkC2 n+1k xk − 1+. . .. −(2 n+1)C2 n +12 n +1x2 n
1− x¿2 n=−C2n +1

+2C2 n+1
2

x −. ..+¿

−(2 n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

−1¿kk (k − 1)C2n +1k xk −2+. .. . −2 n(2 n+1)C2 n+12 n+1x2 n −1
1 − x¿2 n −1=2 C2 n +12 − 3. 2 .C2 n+13 x +. ..+¿

2 n(2 n+1)¿

0,25

Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:

2 3 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 (2 1) 2 3.2. ... ( 1) (k 1)2k k ... 2 (2 1)2 n n

n n n n

n n C C k k  C n n  C 

   

           0,25

Phơng trình đã cho

⇔2 n(2 n+1)=40200 ⇔2 n2

+n− 20100=0⇔n=100 (v× nN*) 0,25

VIb.1 Viết phơng trình chính tắc của E líp 1 ®iĨm

(H) có các tiêu điểm F1(−5 ; 0) ; F2(5 ; 0) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh

lµ M( 4; 3), 0,25

Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: x
2
a2+

y2

b2=1 ( víi a > b)
(E) cịng có hai tiêu điểm



2 2 2

1 5;0 ; 2 5;0 5 1

F  F  a  b 

0,25

M ( 4 ;3)∈( E )⇔ 9 a2

+16 b2=a2b2(2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã hƯ:

a2=52+b2
9 a2+16 b2=a2b2

a2=40

b2=15

{

0,25

Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: x
2
40+

y2

15=1 0,25

VIb. 2 Tìm điểm M thuộc Δ để AM ngắn nhất 1 điểm

Chuyển phơng trình d về dạng tham số ta đợc:

x=2 t 3
y=t 1

z=t+3

{ {

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I (2 t −3 ;t −1 ;t+3)

Do I∈ (P )⇒2 t − 3+2(t −1)−(t −3)+5=0 ⇔t=1⇒ I (−1 ;0 ;4 )

0,25

* (d) cã vect¬ chØ ph¬ng lµ ⃗a(2;1 ;1) , mp( P) cã vectơ pháp tuyến là

n(1;2 ;1)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

[

a , n

]

=( 3 ;3;3) . Gọi u là vectơ chØ ph¬ng cđa Δ ⇒ ⃗u(−1 ;1;1)
1

:
4

x u

y u

z u

 



   

  

 . V×

M∈ Δ⇒ M (−1− u ;u ;4+u)
,

⇒⃗AM(1 −u ;u −3 ;u) 0,25
AM ng¾n nhÊt ⇔ AM⊥ Δ

⇔⃗AM⊥ ⃗u ⇔⃗AM . ⃗u=0⇔−1(1−u)+1(u − 3)+1 .u=0
⇔u=4

3 . VËy M

(

7

3 ;
4
3;

16
3

)

0,25

VIIb Giải hệ phơng trình:... 1 ®iĨm

23 x+1+2y− 2=3 .2y+3 x (1)

√

3 x2+1+xy=

√

x+1(2)

¿{

Ph¬ng tr×nh (2)

⇔
x +1 ≥ 0
3 x2+1+xy=x+1

⇔

¿x ≥− 1

x (3 x + y − 1)=0

¿{
⇔

x ≥ −1
x=0

3 x+ y −1=0

¿⇔

¿
¿
¿

x ≥ −1

¿
¿

y=1− 3 x

¿
¿

0,25

* Víi x = 0 thay vµo (1) 2+2y −2=3 . 2y⇔8+2y=12. 2y⇔2y= 8

11 ⇔ y=log2
8

11 0,25

* Víi

x ≥ −1
y=1 −3 x

¿{

thay y = 1 – 3x vào (1) ta đợc: 23 x+1+2− 3 x 1=3 . 2

Đặt t=23 x+ 1 Vì x 1 nên t 1
4







2
1

log 3 8 1

3 8 ¹

(3) 6 6 1 0

3 8 2 log (3 8)

x

t lo i

t t t

t t

y

  

      

 

          

   

    

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm

x =0
y=log2 8

¿{

vµ

x=1

[

log2(3+

√

8)−1

]

y =2− log2(3+

√

¿{

</div>

DE THI THU DH LAN 2 TRUONG DS 1

(

)

(

)

<sub></sub>

(

)

√

√

√

√

√





(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

[

]

<sub>[</sub>

]

<sub>∫</sub>

√

√

<sub>√</sub>

∫

(

<sub>)</sub>

∫

(

<sub>)</sub>

(

)

(

√

)

<sub>∫</sub>

√

(

)

(

√

)

√

√

√

(

)

√

√

√

√

√

√

√