De thi + dap an thi thu Dai hoc 2009

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.. Chứng minh rằng P giao E tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn.. Vi

Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 1)

Môn Thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 02 trang)

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.

Câu II (2điểm)

1 Giải hệ phơng trình:







=

− + +

= + +

+

y y

x x

y y x y x

)2 )(

1 (

4 ) (

1

2

2

(x, y ∈R )

1 3

tan 6 tan

3 cos cos 3 sin

−

=











 +











 −

+

π

x

x x x

x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân =∫ + +

1

0

2 1)

x

Câu IV (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’.

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

P

Phần tự chọn

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2

Phần 1

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y=x2 − 2x và elip

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 +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 6π

Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

x x







 +

4

2

1 , 6560

2 2

Câu 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 vàđiểm C thuộc d2 Viết

ph-ơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

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 MA2 +MB2 +MC2

Câu VII.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 )

-***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:

Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1)

Hớng dẫn chấm môn toán

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn 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.

1 Tập xác định: R

2 Sự biến thiên:

+∞

→ +∞

→

−∞

→

−∞

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

x y

4

2

1

Hệ phơng trình tơng đơng với















=

− + +

=

− + + +

1 ) 2 y x ( y

1 x

2 2 y x y

1 x

2

2

0,25

y

1 x u

2

− +

= +

1 uv

2v

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

2

1 x cos 8

1 x cos 2

1 ) x cos x cos x (cos













π +

π

−

=

π +

π

=

⇔

k 6 x

(loại) k 6

x

,(k∈Z Vậy phơng trình có nghiệm ) = −π+ k π

6

(k∈Z)

0,25

Đặt









= ++

+=

⇒







=

++

=

2/x v

dx 1x x

1x2 du xdx dv

)1x xln(

u

2

2 2

1 1

2

2 0 0

+

+ +

∫

0,25

∫

+ +

+ +

−

−

=

1

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 , 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

+

+

= 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

4

a 16

a 4

a HM

AM AH

2 2 2

=

Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH

HM AO

O '

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

A

B

C

C’

B’

A’

H

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

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 x ( 9

=

− +

−

⇔

=

−

Xét ( x ) = x 4 − 36 x 3 + 37 x 2 − 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 y8 x16 y9

x9 9 y9 x

y8 x16

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 = R 2 − r 2 = 5 2 − 3 2 = 4 0,25





=

−=

⇔

= +

−

⇔

=

−+

+

+

−

−

+

(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

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

+

−

= +

+

n

1 n 2

n

3 1 n

2 0

1 n

2 C

3

2 C 2

2 C 2

+ + + +

+

1 n

1

3 n 1 +

−

= +

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

14− = ⇔ =

Vậy hệ số cần tìm là

4

21 C 2

7

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 n2 7 m 2







=

−=

⇔







=+−

−=−

⇔

1n

1m 2n m

3n2 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

x 2 + 2 + + + = Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ











−=

=

−=

⇔











=+

++

+

=+

−−

+

=+

++

+

27/

338 c

18/

17b

54/

83 a

0c b2a 101 25

0c b8a 216 1

0c b6a 49

4

0,25

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 GA GB GC 2 MG ( GA GB GC ) 3 MG GA GB GC 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

GA 2 + 2 + 2 = + + =

0,25





+−=

++=

⇔







+−=

+=

+

+

− +

+

−

1y x e

1y x

e 1y

x

e

)1x(2

ee

yx

yx yx

yx

yx

Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ







−=−

+=

⇔





 +=

+=

)2(u ve e

)1(

1u

e 1v e

1u

e

v u

v u

v

0,25

- 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

⇔

⇒=⇒

0y

0x 0yx

0yx 0v

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)

0,25