Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận.. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Lập p
Trang 1ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC SỐ 23 Môn thi : TOÁN - lµm bµi:180 phót
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 đường tiệm cận của (C) tại A và B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường 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 ∫ +
+
x x
x I
1
2ln 3 ln 1 ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA=a 3, ·SAB SAC=· =300 Tính thể tích khối chóp
S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
+
+ +
+ +
=
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x−y+5=0 d 2 : 3x +6y – 7 =
0 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra
một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường 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 phương trình: x+y+z−2=0 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 đường tròn (C) là giao của (P) và (S)
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết:
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 − 2 (2 1)2 − + 40200
Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm)
9 16
2 2
=
−y
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 ( )P :x+2y−z+5=0 và đường thẳng
3 1
2
3
:
)
(d x+ = y+ =z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆ là đường 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 phương trình
+
= + +
=
+
1 1
3
2 3 2 2
2
3 2
1 3
x xy x
x y y
x
-
Trang 2Hết -Dáp án đè 23
I 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
→
→ y ; limy
lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim→+∞ = lim→−∞ = ⇒2
0,25
b) Bảng biến thiên:
1 '
−
=
Bảng biến thiên:
x - ∞ 2 + ∞
-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 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 đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00
2 x
3 x 2
; x
0
0
−
−
0 0
2 x
1 )
x ( ' y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
3 x ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
− +
−
−
−
=
∆
0,25 O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 3Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B( x 2;2)
2 x
2 x
; 2
0
−
−
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2
y
−
−
=
+
suy ra M là trung điểm của AB
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
− +
− π
=
−
−
− +
− π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x )
2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0
=
=
⇔
−
=
−
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
−
=
−
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
−π +
=
− +
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
sin x 0
x k
x k x
2 2
2sin 2sin 1
= π
2
1 x 2
1 x 2
1 x 0 ) 1 x ( 2
1 x 0 1 x x 4
0 x 2 1
2 2
<
⇔
≠
<
⇔
>
−
<
⇔
>
+
−
>
−
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
) 2 x ( 2 x ) x 1 ( log
x 2 − + <
<
>
⇔
>
−
<
<
−
>
⇔
>
−
<
<
−
>
⇔
>
+
−
<
<
+
−
>
⇔
0 x 4
1 x 1 ) x 2 1 ( 2
0 x
1 ) x 2 1 ( 2
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 ) x 1 ( 2 log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
0 1 ) x 1 ( log
0 x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
Trang 4+
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
Đổi cận: x=1⇒t=1;x=e⇒t= 2
0,25
3
2 2 2 t
3
t 2 dt 1 t 2 tdt 2 t
1 t I
2
1
3 2
1 2 2
1
2 1
−
=
−
=
−
=
−
+) Tính I x lnxdx
e 1
2
=
=
⇒
=
=
3
x v x
dx du dx
x dv
x ln u
3
e
1
+
= +
=I1 3I2
I
3
e 2 2 2
Theo định lí côsin ta có:
·
SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =a
Suy ra SB=a Tương 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)
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương 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 Tương 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
−
−
=
−
−
=
−
=
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 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm
S
A
B
C M
N
Trang 5áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương 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 dương ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
+ + +
+ + +
+ + +
0,25
3 + + + + + ≤ + + + 1 4.3 6 3
3 4
≤ + =
Dấu = xảy ra
3
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 phương trình đường thẳng 1 điểm
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;−1); d2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)
Ta có: a1.a2 =2.3−1.6=0 nên d1⊥d2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P Gọi d
là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
0 B A 2 By Ax 0 ) 1 y ( B ) 2 x ( A
:
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 góc 450
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
− + +
−
⇔
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
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x− y−5=0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d: x+y−5=0
0 5 y x
:
Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân
giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho
Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình
∆
= + +
∆
= +
−
⇔
− +
= +
−
⇔ +
− +
=
− +
+
−
) ( 0 8 y x
) ( 0 22 y x 7
y 6 x 5 y x 3 6
3
7 y x ) 1 ( 2
5 y x
2
2
1 2
2 2
2
0,25
+) Nếu d // ∆1 thì d có phương trình x−9y+c=0
+) Nếu d // ∆2 thì d có phương trình x+ y+c=0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d: x+y−5=0
0 5 y x
:
VIa 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm
Trang 6* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
, 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
5 a
0 21 d c 4 b a 8
0 29 d c 4 b 6 a 8
0 14 d c 4 b a 2
0 2 d b a 2
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2 +y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0
0,25
;1;1 2
5
2
29
R=
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P) H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)
(d) có vectơ chỉ phương là: n( )1;1;1
+ + +
⇒
+
=
+
=
+
=
t 1
;t 1
;t 2
5 H t
1 z
t 1 y
t 2 / 5 x
Do H=( )d ∩(P) nên:
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
) x 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
) x 1 )(
1 n
+
− + +
−
=
− +
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 2C 3C x ( 1) k(k 1)C x n( n 1)C x )
x 1 )(
1 n (
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 − C 2n(2n 1)2 − C +
Phương trình đã cho ⇔ n( n+1)=40200⇔2n2 +n−20100=0⇔n=100 0,25
(H) có các tiêu điểm F1(−5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh
b
y a
x
2
2 2
2
= + ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1
2
( ) ( )4;3 E 9a 16b a b ( )2
Từ (1) và (2) ta có hệ:
=
=
⇔
= +
+
=
15 b
40 a b
a b 16 a 9
b 5 a
2
2 2
2 2 2
2 2 2
0,25
15
y 40
x2 2
=
Trang 7Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:
+
=
ư
=
ư
= 3 1
3 2
t z
t y
t x
Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒I(2tư3;tư1;t+3)
Do I∈( )P ⇒2tư3+2(tư1)ư(tư3)+5=0⇔t =1⇒I(ư1;0;4)
0,25
* (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến là n(1;2;ư1)
[ ]a,n =(ư3;3;3)
+
=
=
ư
=
∆
⇒
u 4 z
u y
u 1 x : Vì M∈∆⇒M(ư1ưu;u;4+u), ⇒AM(1ưu;uư3;u) 0,25
AM ngắn nhất ⇔AM⊥∆ ⇔AM⊥u⇔AM.u=0⇔ư1(1ưu)+1(uư3)+1.u=0
3
4
u=
ư
3
16
; 3
4
; 3
7
+
= + +
=
+
) 2 ( 1 x xy 1 x
) 1 ( 2
3 2 2
2
x y 2 y 1 x
Phương trình (2)
=
ư +
ư
≥
⇔
+
= + +
≥ +
⇔
0 ) 1 3
(
1 1
1 3
0 1
x x
xy x
x
ư
=
ư
≥
=
⇔
=
ư +
=
ư
≥
⇔
x y
x x y
x x x
3 1 1 0 0
1 3
0 1
0,25
* Với x = 0 thay vào (1)
11
8 log 11
8 2 2 12 2 8 2 3 2
* Với
ư
=
ư
≥
x y
x
3 1
1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23x+ 1+2ư 3xư 1 =3.2
Đặt t =23x+1 Vì x≥ ư 1 nên
4
1
≥
t
+
ư
=
ư +
=
⇔
+
=
ư
=
⇔
= +
ư
⇔
= +
⇔
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
¹ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t )
3
(
2
2 2
0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
=
= 11
8 log y
0 x
2
+
ư
=
ư +
=
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x
2 2
0,25
