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.. Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm P 2; -1 sao cho đờng
Trang 1Trờng THPT thanh sơn đề thi KSCL năm 2010 (lần 1)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
3 2
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)
2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1 2
2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
e
dx x x x x
x I
1
2
ln 3 ln 1 ln
Câu IV (1 điểm)Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA a 3,
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
3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
Phần riêng (3điểm)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
0 5 2
:
1 x y
d 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 thẳng d1, d2.
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:
0
2
y z
x Gọi A’là 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 đ-ờng tròn (C) là giao của (P) và (S)
Câu VIIa (1 điểm)
Trang 2Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y x2 2x
elip (E): 1
9 2 2
y
x Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân
biệt cùng nằm trên một đờng tròn Viết phơng trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó.
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
0 11 6 4 2 2
2
2
= 0 Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến
là đờng tròn có chu vi bằng 6.
Câu VII.b(1điểm)
Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của
n x
4
2
1 ,biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560 1
2 3
2 2
2
2
1 2
3 1
2
0
n
C n C
C
n n n
n
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử)
-
Hết -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 thanh sơn kì thi KSCL năm 2010 ( lần I)
Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
y ; limy
lim
2 x 2
x
Do đó đờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0,25
Trang 3b) Bảng biến thiên:
Ta có:
x 2 0, x 2
1 '
Bảng biến thiên:
x - 2 +
-y 2
-
+
2
0,25
3) Đồ thị:
2
3
;
; 0 2 3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
2 x
3 x
; x
0
0
,
0 0
2 x
1 )
x ( ' y
Phơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
3 x ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
0,25
2 x
2 x 2
; 2
0
2
2 x 2 2
x x
0
0 B A
y 2 x
3 x 2 2
y y
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
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x )
2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0
O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 4Dấu “=” xảy ra khi
3 x
1 x )
2 x (
1 )
2 x (
0
0 2
0
2 0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
) 1 ( 2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
x x x
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
0,25
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
2
x
2 1 2 1 2 1
0 x 2 1 0 x x
0 2
1
2 2
0,25
Với điều kiện (*) bất phơng trình tơng đơng với:
log (1 x) 1
) 2 x ( 2 x ) x 2 1 ( log
log (1 2x) 1 0
0,25
0 1
1 ) x ( 2 1 ) x ( 2
0 ) x ( 2 log 0 0 ) x ( 2 log 0
0
)
x
(
log
0
0
)
x
(
log
0
2 2 2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
1
e
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
e
dx x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
0,25
Trang 5
3
2 2 2 t
3
t 2 dt 1 t 2 tdt 2 t
1 t I
1
3 2
1 2 2
1
2 1
e
1
2
3 v x dx du dx x dv x ln u
3 2
0,25
e
1
I1 3 I2
I
3
e 2 2 2
0,25
Theo định lí côsin ta có:
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)
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
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 a 3 2
3 a 4
a a AM BN AB AM AN
MN
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
4
3 a
MN
0,25
Do đó
16
a 2
a 4
3 a 3 a 6
1 BC MN 2
1 SA 3
1 V
3 ABC
.
0,25
S
A
B
C M
N
Trang 6áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1 ) z y x
(
3 3
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c 3 b
1 b a
1 P
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dơng ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
0,25
3
3 4
0,25
Dấu = xảy ra
3
a 3b b 3c c 3a 1
0,25
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phơng a1( 2 ; 1 ); d2 có vectơ chỉ phơng a2(3;6)
Ta có: a1.a2 2.3 1.60 nên d 1 d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d là
đờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phơng trình:
0 B A 2 By Ax 0 ) 1 y ( B ) 2 x ( A
:
0,25
A 3 B
B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos )
1 ( 2 B A
B A
2 2
2 2
0,25
0 5 y x
:
d
0,25
Cách 2: Gọi d là đờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đờng phân giác ngoài
) ( 0 8 y x 9
) ( 0 22 y 9 x 3 7 y 6 x 3 5 y x 2 3 6
3
7 y 6 x 3 ) 1 ( 2
5 y x
2
2
1 2
2 2
2
0,25
Trang 70 5 y x
:
d
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
a b c d 0
, 0 d cz 2 by 2 ax 2 z y
x2 2 2 2 2 2
Vì A ' , B , C , D S nên ta có hệ:
1 d
1 c
1 b
2 a
0 21
d c
4 b
2 a
8
0 29
d c
4 b
6 a
8
0 14
d c
4 b
6 a
2
0 2
d b
2 a
2
x
0,25
1
; 1
; 2
5
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)
t 1
; 1
; 2 H t 1 z t 1 y
t 2 / 5 x
6
5 t 2
5 t 3 0 2 t 1 t 1 t 2
5
6
1
; 6
1
; 3
5 H
0,25
6
3 5 36
75
6
186 6
31 36
75 4
29 IH
R
1 n k
k 1 n k 2
2 1 n 1
1 n 0
1 n 1 n
x C
x C ) 1 (
x C x C C
) x 1
(1)
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:
n 1 n 1 n 1
k k 1 n k 2
1 n 1
1 n n
x C ) 1 n 2 (
x kC ) 1 (
x C 2 C
) x 1 )(
1 n 2
(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1 n 1 n 1 n 2
k k 1 n k
3 1 n 2
1 n 1
n
x C ) 1 n 2 ( n 2
x C ) 1 k ( k ) 1 (
x C 3 C
2 )
x 1 )(
1 n 2
(
n
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
0 9 x 37 x 36 x 1 ) x x ( 9
2
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt
(P) tại 4 điểm phân biệt
0,25
Trang 8Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ y 1
9
0 9 y x 16 y x 9 9 y x
y x 16 x
2 2
2
9
4
; 9
8
9
giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
0,25
VIb.2
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
(loại) 17 D
7 D 12 D 5 4
) 1 ( 2 2
D 3 ) 2 ( 2 1 2
2 2
2
0
n n n 2
2 n 1 n 0 n 2
0
n
dx x C x
C x C C dx ) x 1 (
2
0
1 n n 3
2 2 1 0
x C 1 n
1 x
C 3
1 x C 2
1 x
n
1 n 2
n
3 1 n
2 0
1 n
2 C
3
2 C 2
2 C 2
0,25
Mặt khác
1 n
1 3 )
x 1 ( 1 n
1 I
1 n 2 0 1 n
n
1 n 2
n
3 1 n
2 0
1 n
2 C
3
2 C 2
2 C 2
1 n
1
3n 1
1 n
6560 1
n
1
0,25
7
0
4 k 14 k 7 k
k 7
k 7 k 7 7
2
1 x
2
1 x
C x
2 1
