Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Một mặt phẳng P chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng 8 3 2 a.. Tính thể tích khối lăng trụ
Trang 1ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 20 10
Mụn Thi : TOÁN Thời gian: 180 phỳt
I phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y=x3−3x2 +4
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m Tìm m để d cắt (C) tại
3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau Đ S : 6 35
3
m= ±
Câu II (2điểm)1 Tỡm m để hệ cú nghiệm :
−
= +
= +
2 3
4 4
2 2
m y x
m y x
Đ
S : 0 m 1
2 m 3 5
≤ ≤
≤ ≤ +
1
3
tan 6 tan
3 cos cos 3 sin
−
=
+
−
+
π
x
x x x
x
Đ S : = −π +kπ
6
x ,(k∈Z)
Câu III (1 điểm) : Tính tích phân =∫1 + +
0
2 1) ln(x x dx x
12
3 3 ln 4
3
Câu I V (1 điểm) : Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình
chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3
2
a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Đ S : 3 3
12
a
V=
Câu V (1 điểm) : Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn abc = 1 Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
3 2
1 3
2
1 3
2
1
2 2 2
2 2
=
a c c
b b
a
2
1
P= khi a = b = c = 1
II Phần tự chọn : (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 : Theo chương trỡnh chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2 −2x và 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
Đ
S : 2 2 16 8
1 0
x + −y x− y− =
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 +y +z − x+ y− z− =
x và mặt phẳng ( α ) có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0 Viết phơng trình mặt phẳng ( β ) song song với ( α ) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6 π Đ S : 2x + 2y – z – 7 = 0
Câu V II.a (1điểm) :
Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x x
4
2
1
, biết
rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560 1
2 3
2 2
2
+
= + + + +
n
C n C
C
n
n n
n
Đ
S : n=7;
4
21 C 2
1 2
7
2 =
Phần 2 : Theo chương trỡnh nõng cao:
Trang 2Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và
điểm C thuộc d2 Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Đ
27
338 y 9
17 x 27
83 y
x2+ 2 − + − =
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x - y - z - 3 = 0 Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = MA2+MB2 +MC2
Đ
S : P = 5539 khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu V II.b (1 điểm) : Giải hệ phơng trình
+
−
=
+
= + +
+
−
1
) 1 ( 2
y x e
x e
e y x
y x y x
(x, y ∈R) Đ S : (0; 0)
H
ẾT
Trang 3Hớng dẫn chấm môn toán 09
1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên:
a) Giới hạn: = − + =−∞ = − + =+∞
+∞
→ +∞
→
−∞
→
−∞
→ y lim(x x 4) ,lim y lim(x x 4)
x x
2 3 x x
0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 ⇔x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 +
y
4 +∞
-∞ 0
- Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
0,50
3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25
d có phơng trình y = m(x – 3) + 4
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình
=
−
=
⇔
=
−
−
⇔ +
−
= +
−
0 m x
3 x 0 ) m x )(
3 x ( 4 ) 3 x ( m 4 x
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y'( m).y'(− m)=−1 0,25
9
35 3 18 m 0 1 m 36 m 9 1 ) m 6 m 3 )(
m 6 m 3
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25
Hệ phơng trình tơng đơng với
=
− + +
=
− + + +
1 ) 2 y x ( y
1 x
2 2 y x y
1 x
2
2
0,25
Đặt ,v x y 2
y
1 x u
2
− +
=
+
1 uv
2 v u
=
=
⇔
=
= +
0,25
Suy ra
=
− +
= +
1 2 y x
1 y
1
x2
Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25
3 x cos 6 x cos 3 x sin 6 x
+π
−π
+ π
−π
6
cot 6 x tan 3
x tan 6 x
−π
−π
=
+ π
Phơng trình đã cho tơng đơng với
8
1 x cos x cos x sin x
⇔
1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos 4x 1
0,25
2
1 x 2 cos 8
1 x cos 2
1 ) x cos x 2 cos x (cos
Trang 4
π +
π
−
=
π +
π
=
⇔
k 6 x
(loại) k 6
x
,(k∈Z Vậy phơng trình có nghiệm ) = −π +kπ
6
Đặt
=
+ +
+
=
⇒
=
+ +
=
2 / x v
dx 1 x x
1 x 2 du xdx
dv
) 1 x x ln(
u
2 2 2
1 1
2
2 0 0
+
+ +
∫
0,25
∫
∫
+ +
+ +
−
−
0 2 1
0 2 1
dx 4
3 dx 1 x x
1 x 4
1 dx ) 1 x 2 ( 2
1 3 ln 2
1
1 0 2
1 0
4
3 3 ln 4
3 I 4
3 ) 1 x x ln(
4
1 x x 2
1 3 ln 2
=
0,25
* Tính I1: ∫
+
+
=1
0
2 2
1
2
3 2
1 x
dx I
−π π
∈
= +
2
, 2 t tan 2
3 2
1 x
Suy ra
9
3 t
3
3 2 t tan 1
dt ) t tan 1 ( 3
3 2 I
3 /
6 /
3 /
6 / 2
2 1
π
=
= +
+
π
π
π
0,25
Vậy
12
3 3 ln 4
3
Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi
đó (P) ≡ (BCH) Do góc ãA'AM nhọn nên H nằm giữa AA’ Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH
0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3 a AM 3
2 AO , 2
3 a
Theo bài ra
4
3 a HM 8
3 a BC HM 2
1 8
3 a S
2 2
0,25
A
B
C
C’
B’
A’
H
Trang 5a 3 16
a 3 4
a 3 HM
AM
AH= 2 − 2 = 2 − 2 =
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM AO
O '
A =
suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A V
3
Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2+ 1 ≥ 2b ⇒
1 b ab
1 2
1 2 1 b b a
1 3
b a
1
2 2 2 2
Tơng tự
1 a ca
1 2
1 3 a 2 c
1 , 1 c bc
1 2
1 3 c 2 b
1
2 2 2
0,50
2
1 b ab 1
b ab
1 b
ab 1
b ab
1 2
1 1 a ca
1 1 c bc
1 1 b ab
1 2
1
+ +
+ + +
+ + +
= + +
+ + +
+ + +
2
1
P= khi a = b = c = 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1 khi a = b = c = 1. 0,25 VIa.1 Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
0 9 x 37 x 36 x 1 ) x 2 x ( 9
=
− +
−
⇔
=
−
Xét (x)= x4 −36x3 +37x2 −9, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
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
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ
= +
−
=
1 y 9 x
x x y
2 2
2
0,25
0 9 y x 16 y x 9
y 9 x
y x 16
2 2
2
=
−
−
− +
⇒
= +
=
−
(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm
= 9
4
; 9
8
I , bán kính R =
9
161 Do đó
4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3
0,25
Khoảng cách từ I tới (β) là h = R2−r2 = 52 −32 =4 0,25
Do đó ++− +−−+ =4⇔ −5+D =12⇔DD==17−7(loại)
) 1 ( 2 2
D 3 ) 2 ( 2 1 2
2 2
Trang 6Ta có =∫ + =∫2( + + + + )
0
n n n 2
2 n
1 n
0 n 2
0
ndx C C x C x C x dx )
x 1 (
2
0
1 n n n 3
2 n 2
1 n
0
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
+
−
= +
+
= + + (2)
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
+
−
Theo bài ra thì 3 6561 n 7
1 n
6560 1
n
1
=
⇒
=
⇔ +
= +
+
0,25
−
=
=
0
4 k 14 k 7 k
k 7
k 7 k 7 7
2
1 x
2
1 x
C x
2
1
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 2 k 2
4
k 3
14− = ⇔ =
Vậy hệ số cần tìm là
4
21 C 2
1 2
7
2 =
0,25
Do B ∈ d1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nên C = (7 – 2n; n) 0,25
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên
= +
−
−
=
− + +
0 3 n 5 m 3
2 3 n 7 m 2
=
−
=
⇔
= +
−
−
=
−
⇔
1 n
1 m 2 n m
3 n m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
0,25
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình
0 c by 2 ax 2 y
x2 + 2+ + + = Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ
−
=
=
−
=
⇔
= + + + +
= +
−
− +
= + + + +
27 / 338 c
18 / 17 b
54 / 83 a
0 c b 2 a 10 1 25
0 c b a 2 16 1
0 c b 6 a 4 9
27
338 y 9
17 x 27
83 y
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =
;3 3
8
; 3 7
2 2
MA
2 2 2 2 2
2 2 2
GC GB GA MG 3 ) GC GB GA ( MG 2 GC GB GA MG
=
0,25
F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) 0,25
⇔
3 3
19 1
1 1
3 3 3 / 8 3 / 7 )) P ( , G ( d
+ +
−
−
−
=
3
64 9
104 9
32 9
56 GC GB
GA2 + 2+ 2 = + + =
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553 3
64 3
3
19 3
2
= +
khi M là hình chiếu của G lên (P) 0,25
Trang 7
+
−
=
+ +
=
⇔
+
−
=
+
=
+
+
− +
+
−
1 y x e
1 y x e 1
y
x
e
) 1 x ( 2 e
e
y x
y x
y
x
y
x
y
x
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ
−
=
−
+
=
⇔
+
=
+
=
) 2 ( u v e e
) 1 ( 1
u e 1 v e
1 u e
v u
v
u
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔u=v 0,25 Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1
Bảng biến thiên:
u - ∞ 0 +∞ f'(u) - 0 +
f(u)
0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 ⇔u=0
0,25
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0
=
=
⇔
=
−
= +
⇒
=
⇒
0 y
0 x 0 y x
0 y x 0 v Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
0,25
Tỡm m để hệ cú nghiệm :
−
= +
= +
2 3
4 4
2 2
m y x
m y x
−
=
−
=
2 3 2
s
m s
⇔
+
−
=
=
2
2 3
2 m
m
p
m
s
≥
≥
≥ 0 0
4
2
p s
p s
+
≤
≤
≤
≤
⇔
5 3 2
1 0
m m
