Gọi M và N lần lợt là các trung điểm của các cạnh SB và SC.. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox.. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật... Tìm tọa độ điểm M thuộc C
Trang 1Trờng THPT minh châu kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2010 (lần 1)
Môn Thi: Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
phần chung cho tất cả các thí sinh ( 8 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= x3 −3x2 +mx (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đờng thẳng d: x – 2y – 5 = 0
Câu II: (3 điểm) 1 Giải hệ phơng trình:
+ +
= + +
+
= +
+
1
2 1 2 2
2 2 2 2
y xy xy y x x
xy y
x y x
2 Giải phơng trình: x x x sin2x
2
1 cos 2 ) 2
cos 2 (sin
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:
3
4
sin cos 1 cos
π
π
x
dx
∫
Câu IV: (1 điểm)Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a Gọi M và N lần lợt
là các trung điểm của các cạnh SB và SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là những số thực dơng thoả mãn: a2 +b2 +c2 =3 Chứng minh
7
4 7
4 7
4 1
1 1
2 2
2 + + + + +
≥ +
+ +
+
a
Phần riêng (2 điểm) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
Phần 1:(Theo chơng trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Cho tam giỏc ABC cõn, cạnh đỏy BC cú phương trỡnh x+y+1=0 Phương trỡnh đường cao vẽ từ B là: x−2y−2=0 Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C Viết phương trỡnh cỏc cạnh bờn của tam giỏc ABC
2) Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh:
2 2
2 2
= − +
= −
= +
.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song
song với (D) và I(-2;0;2) là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (D) Trong cỏc mặt phẳng qua ∆, hóy viết phương trỡnh của mặt phẳng cú khoảng cỏch đến (D) là lớn nhất
n
n
x a x
a x a a
3 2
2 1
n
a a
a
a0, 1, 2, , biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn 2 − 2+2 − 2 − 1+ 1 n− 1 =11025
n n
n n
n n
n n
Phần 2: (Theo chơng trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
12, tâm I là giao điểm của đờng thẳng d1 :x−y−3=0 và d2 :x+y−6=0 Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
2) Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ cú phương trỡnh tham số
1 2 1 2
= − +
= −
=
.Một điểm M thay đổi trờn đường thẳng ∆, tỡm điểm M để chu vi tam giỏc MAB đạt giỏ trị nhỏ nhất.
Trang 2Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1
2 3
2 2
−
+
−
=
x
x x
y có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là nhỏ nhất
-***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:
Hớng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng 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.
* Với m = 0 thì y=x3 − x2
1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên:
+∞
→ +∞
→
−∞
→
−∞
→ y lim(x x ) ,lim y lim(x x )
x x
2 3 x x
0,25
b) Bảng biến thiên: y’=3x2 – 6x, y’ = 0 ⇔x = 0, x = 2
x -∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 +
y
0 +∞
-∞ - 4
0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) và (2; +∞), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4 0,25
3 Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0)
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00
Ta có y=x3 − x2 +mx, y'= x2 − x+m
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
3 m 0 m 3 9 '= − > ⇔ <
∆
x
y
3 2 O
-4 -2 1
Trang 3Ta có: m
3
1 x 2 m 3
2 ' y 3
1 x 3
1
+
= Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phơng trình
m 3
1 x 2 m 3
2
= Nh vậy đờng thẳng ∆ đi qua các điểm cực trị có phơng trình
m 3
1 x 2 m 3
2
= , nên nó có hệ số góc k1 = m 2
3
2 −
0,25
Ta có d: x – 2y – 5 = 0
2
5 x 2
1
⇔ suy ra d có hệ số góc k2 =
2
1
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ ∆,
0,25
3
2 2
1 1 k
⇔
−
= +) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d
Vậy: m = 0
0,25
II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00
= + +
−
= +
−
⇔
+ +
= + +
+
= +
+
1 xy ) xy 1 )(
y x (
1 y x ) y x ( 1 y xy xy y x
x
xy 2 1 y x y
2 2
2 2 2 2
0,25
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ
= + +
= +
1 v ) v 1 ( u
1 v
u2 2
= + +
=
− +
⇔
1 uv v u
1 uv 2 ) v u
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S2 ≥4P)ta có hệ phơng trình
−
=
=
−
−
⇔
= +
=
−
S 1 P
1 ) S 1 ( 2 S 1
P
S
1 P 2
−
=
=
⇔
=
− +
⇒
3 S
1 S 0 3 S
S2
0,25
+) Với S = 0 ⇒P=0
=
=
⇒
=
= +
⇒
1 v
0 u 0
uv
1 v u
hoặc
=
= 0 v
1 u
- Nếu
−
=
=
=
=
⇔
=
=
−
⇒
=
=
1 y x
1 y x 1
xy
0 y x 1 v
0 u
- Nếu
−
=
=
=
=
⇔
=
=
−
⇔
=
=
1 y
0 x hoặc 0
y
1 x 0
xy
1 y x 0 v
1 u
0,25
+) Với S = - 3 ⇒P=4⇒S2 <4P (loại)
Vậy hệ phơng trình có 4 nghiệm (x;y)=(−1;−1) ( ), 1;1,(1;0),(0;−1) 0,25
II.2 Giải bất phơng trình logarit
0 2 x log ) 8 2 )( 3 x 2 ( 0 2 x log ) 3 x ( 8 2 ) 11 x ( 4 2 x x 2 x x ≥ − − − + ⇔ ≥ − − − − + (1) 0,25 +) Xét (x)=2x +x−3, f’(x) = 2xln2+1>0,∀x nên f(x) đồng biến trên R f(1) = 0 +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến trên R , g(3) = 0. +) Xét h(x) = log2x−2, h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0 0,25 Bảng xét dấu vế trái của (1) x 0 1 3 4 + ∞
2x + x - 2 - 0 + | + | +
2x - 8 - | - 0 + | +
log2x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +
0,25
Theo bảng xét dấu, bất phơng trình đã cho có tập nghiệm S = [1;3]∪(4;+∞) 0,25
II.3 Giải phơng trình lợng giác 1,00
Trang 4x 2 sin 2
1 x cos 2 ) 2
x cos 2
x (sin
2
x cos 2
x sin 1 2
x cos 2
x sin
+
⇔
+
=
+
⇔
2
x sin 2
x cos 2
x sin 2
x cos x sin 2 x sin 2
1 1 2
x cos 2
x sin 3
0,25
0 2
3 2
x cos 2
x sin ) x sin 2 ( 2
x sin 2
x
+
* 2+sinx=0⇔sinx=−2 (vô nghiệm)
0,25
*
2 2
3 4
x sin 2
3 4
2
x sin 2 2
3 2
x cos 2
x
+π
⇔
−
=
+ π
⇔
−
=
Vậy nghiệm của phơng trình là: x k2 (k )
2
π
0,25
Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A Gọi I là trung điểm của MN
suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN)
6
1 S
SI 3
1
Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam
giác ASK cân tại A Do đó
2
3 a AK
MN =
4
a MN 2
1 NI , 2
a BC 2
4
3 a 2
SA 2
SC
4
2 a 16
a 16
a 3 NI
SN
SI= 2 − 2 = 2 − 2 =
0,25
4
10 a 8
a 4
a 3 SI
SA AI
2 2 2
96
5 a 2
a 4
10 a 4
2 a 6
1 V
3 AMN
.
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức:
4
1 SC
SN SB
SM SA
SA V
V ABC S
AMN
2 2 0
x 2
2 x
0 x 2
2 x
0
x cos 1 lim x
x cos ) 1 2 ( lim x
1 x cos 2
lim
2 2
−
−
−
=
−
→
→
1 2 ln x
x sin lim x cos lim 2 ln x
1 e
lim 2
ln
2 0
x
2 0 x 2
2 ln x 0 x
2
−
=
−
−
=
→
→
S
A
C B
M
N I
K
Trang 5áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có:
y x
4 y
1 x
1 4 y
1 x
1 2 xy 2 y
1 x
1 ) y x
(
+
≥ +
⇒
=
≥
+
áp dụng (*) ta có:
c b a
4 c
b
1 b a
1
+ +
≥ +
+
4 a
c
1 c b
1
+ +
≥ +
+ + c
b a 2
4 b
a
1 a
c
1
+ +
≥ +
+ +
c 2 b a
2 c
b a
2 c
b a 2
2 a
c
1 c b
1 b a
1
+ +
+ + +
+ + +
≥ +
+ +
+ +
0,25
Mặt khác ta lại có
(2a2 +2) (+ b2 +1) (+ c2 +1)≥2 2a2.2+2 b2.1+2 c2.1=2(2a+b+c) 0,25
7 a
2 c b a 2
1 )
c b a 2 ( 2 7 a ) c b a 2 ( 2 4 c b a
+
≥ + +
⇒ + +
≥ +
⇒ + +
≥ + + +
⇒
Tơng tự:
7 b
2 a c a 2
1
2 +
≥ +
2 b a c 2
1
2 +
≥ + +
7 c
2 7 b
2 7 a
2 c 2 b a
1 c
b 2 a
1 c
b a 2
1
2 2
2 + + + + +
≥ + +
+ + +
+ + +
0,25
Từ (1) và (2) ta suy ra:
7 c
4 7 b
4 7 a
4 a c
1 c b
1 b a
1
2 2
2 + + + + +
≥ +
+ +
+ + Dấu ‘’=’’ xảy ra ⇔a=b=c=1
0,25
VII.a Tìm số lớn nhất trong các số a0,a1,a2, ,a n 1,00
n
2 n 1
n n
1 n 1 n n 2 n n 2 n n
2
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
= +
−
⇔
= +
) i
ạ lo ( 15 n
14 n 0 210 n n 105 n 2
) 1 n ( n 105 C
n
2
n
0,25
=
−
−
=
−
=
=
0 k
k k 14 k k 14 14
0 k
k k 14 k 14
14
x 3 2 C 3
x 2
1 C 3
x 2 1
Do đó k k 14 k
14
k C 2 3
0,25
Ta xét tỉ số
) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 3
2 C
3 2 C a
a
k 14 k k 14
1 k 13 k 1 k 14 k
1 k
+
−
=
= + −− −−−
5 k 1 ) 1 k ( 3
) k 14 ( 2 1 a
a
k
1
+
−
⇔
>
0,25
a
a , 5 k 1 a
a
k
1 k k
1
k + < ⇔ > + = ⇔ =
Do đó a0 <a1 < <a4 <a5 =a6 >a7 > >a14
Do đó a5 và a6 là hai hệ số lớn nhất
Vậy hệ số lớn nhất là
62208
1001 3
2 C a
14 6
5 = = − − =
0,25
VIb Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 1,00
Ta có: d1∩d2 =I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
=
=
⇔
=
− +
=
−
−
2 / 3 y
2 / 9 x 0 6 y x
0 3 y x
Vậy
2
3
; 2
9 I
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD ⇒M=d1 ∩Ox
Suy ra M( 3; 0)
0,25
Trang 6Ta có: 3 2
2
3 2
9 3 2 IM 2 AB
2 2
=
+
−
=
=
2 3
12 AB
S AD 12
AD AB
Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1 ⇒d1 ⊥AD
Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên
có PT: 1(x−3)+1(y−0)=0⇔x+y−3=0 Lại có: MA =MD= 2
0,25
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( )
= +
−
=
− +
2 y
3 x
0 3 y x
2 2
±
=
−
−
=
⇔
=
− +
−
+
−
=
⇔
= +
−
+
−
=
⇔
1 3 x
x 3 y 2 ) x 3 ( 3 x
3 x y 2 y 3 x
3 x y
2 2
2 2
=
=
⇔
1 y
2 x hoặc
−
=
= 1 y
4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
0,25
2
3
; 2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
=
−
=
−
=
=
−
=
−
=
2 1 3 y y y
7 2 9 x x x
A I C
A I C
Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
0,25
VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1,00
+) Ta có
1 x
1 1 x 2 y
− +
−
1 x
1 lim )]
1 x ( y [ lim
x
−
=
−
−
±∞
→
±∞
cận xiên y = 2x – 1
−
+
− +∞
=
−
+
−
−
2 x x lim
; 1
x
2 x x lim
2 1 x
2 1
+) Gọi M
− +
−
=
⇒
∈
1 x
1 1 x 2
; x M ) C (
0 0
0,25
Tổng khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cận của (C) là
1 x 5
1 1
x 1
2
1 1 x
1 1 x 2 x 1 x d
0
0 2
2 0 0
0 0
− +
−
= +
−
− +
−
− +
−
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dơng ta có 4
0
0
5
2 1 x 5
1 1 x 2
−
−
≥
5
2
0
0
5
1 1 x 1 x 5
1 1
−
=
−
0,25
5
2 1
; 5
1 1 M ; 5 5
2 1
; 5
1 1
4 4
4 4
4 = − − −
VIa 2
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆, thỡ ( ) //( )P D hoặc ( ) P ⊃( )D Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của I trờn (P) Ta
luụn cú IH ≤IA và IH ⊥AH
Trang 7Mặt khác ( ( ) ( ) ) ( ( ) )
( )
∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó maxIH = IA⇔ ≡H A Lúc này (P) ở vị trí
(P 0 ) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− ) .
Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - 9 = 0.
VIb 2)Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:
1 2 1 2
= − +
= −
=
.
Điểm M∈∆ nên M(− +1 2 ;1 ; 2t −t t).
2
2
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur=(3 ; 2 5t ) và
( 3 6;2 5)
vr= − +t .
2 2
2 2
r
r
Suy ra AM BM+ =| | | |ur + vr và u vr r+ =(6; 4 5) ⇒ + =|u vr r| 2 29
Mặt khác, với hai vectơ ,u vr r ta luôn có | | | | |ur + vr≥ +u vr r|
Như vậy AM BM+ ≥2 29
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u vr r cùng hướng
1
t
t t
− +
(1;0; 2)
M
⇒ và min(AM BM+ ) =2 29.
0,25
1 Theo chương trình chuẩn:
Câu
VIa.1
(1,0 đ)
Anằm trên Ox nên A a( );0 , B nằm trên đường thẳng x y− =0nên ( ; )B b b ,
(2;1)
M ⇒MAuuur= − −(a 2; 1),MBuuur= −(b 2;b−1)
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
MA MB
− − − − =
uuur uuur
,
do b=2 không thỏa mãn vậy
0,25
0,25
Trang 81
1
2
1
2
b
b
b
b
b
−
−
2
2 1
1 2
a b
b b
a
=
−
=
− + − − =
1
a
b
=
=
đường thẳng∆ qua AB có phương trình x y+ − =2 0
3
a
b
=
=
đường thẳng ∆qua AB có phương trình 3x y+ − =12 0
0,25
0,25