Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
Trang 1Trường THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 (lần 2)
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 (7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
3 2
ư
ư
=
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)
ư
=
ư +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
x
x x
ư +
ư
>
ư +
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1 2
2
Câu III (1 điểm)
+ +
=
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
30
SAB SAC Tính thể tích
khối chóp S.ABC
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mFn : 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 ư y+5=0
d2: 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+zư2 =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:
Trang 2Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VIb (2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1
9 16
2 2
=
ư y
x
Viết phương 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+2yưz+5=0 và đường thẳng
3 1 2
3 :
)
(d x+ = y+ =zư , 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
- Hết -
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: - Số báo danh: -
Trang 3Trường THPT đông sơn I kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 ( lần II)
Hướng dẫn chấm môn toán
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần 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
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
+
ư
→
→
y lim
; y lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim lim 2
→+∞ = →ư∞ = ⇒
x y x y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:
(x 2) 0, x 2
1 '
ư
=
Bảng biến thiên:
x - ∞ 2 + ∞
y
2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (ư∞;2) và (2;+∞)
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;
0 và cắt trục hoành tại điểm
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
ư
ư
,
( )2 0 0
2 x
1 )
x ( ' y
ư
ư
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
3 x 2 ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
ư
ư +
ư
ư
ư
=
∆
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Trang 4Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B( x 2;2)
2 x
2 x
; 2
0
ư
ư
2
2 x 2 2 2
x x
=
=
ư +
= +
0
0 B
2 x
3 x 2 2
y y
=
ư
ư
= +
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
ư +
ư π
=
ư
ư
ư +
ư π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x ) 2 x (
0
2 0 2
0
0 2 0
=
=
⇔
ư
=
ư
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
ư
=
ư
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
+
=
ư
π +
=
ư +
⇔
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
ư
ư
⇔
=
ư
ư
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
=
+ +
ư
2
sin x 0
x k
x k x
2 2
2 sin 2 sin 1
= π
= π
= π + π
2
1 x 2
1 x 2
1 x 0 ) 1 x 2 ( 2
1 x 0 1 x 4 x 4
0 x 2 1
2 2
<
⇔
≠
<
⇔
>
ư
<
⇔
>
+
ư
>
ư
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[log (1 x) 1]
) 2 x ( 2 x ) x 1 ( log
[log (1 2x) 1] 0
x 2 ư + <
⇔
0,25
<
>
⇔
>
ư
<
<
ư
>
⇔
>
ư
<
<
ư
>
⇔
>
+
ư
<
<
+
ư
>
⇔
0 x 4
1 x 1 ) x 2 1 ( 2
0 x
1 ) x 2 1 ( 2
0 x
0 ) x 2 1 ( 2 log
0 x
0 ) x 2 1 ( 2 log
0 x
0 1 ) x 2 1 ( log
0 x
0 1 ) x 2 1 ( log
0 x
2 2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
1
<
Trang 5III Tính tích phân 1 điểm
∫
+
=
e
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) Tính ∫
+
=
e
dx 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
ư
=
ư
=
ư
=
ư
+) Tính I x lnxdx
e
1
2
2=∫ Đặt
=
=
⇒
=
=
3
x v x
dx du dx x dv
x ln u
3
e
1
+
= +
=I1 3I2
I
3
e 2 2
+
ư
0,25
Theo định lí côsin ta có:
SB =SA +AB ư2SA.AB.cos SAB 3a= +a ư2.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)
Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC
3
1 S
SA 3
1 S MA 3
1 V
V
0,25
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 2
3 a 4
a a AM BN AB AM AN MN
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
=
ư
ư
=
ư
ư
=
ư
=
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
.
S
A
B
C
M
N
Trang 6V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm
áp 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 c c b b a
9 a
c
1 c b
1 b a
1 P
+ + + + +
≥ +
+ +
+ +
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
0,25
3
≤ + =
Do đó P ≥3
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c 4
4
a 3b b 3c c 3a 1
+ + =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4
0,25
Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;ư1); d2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)
Ta có: a1.a2=2.3ư1.6=0 nên d ⊥1 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
ư
=
=
⇔
=
ư
ư
⇔
=
ư + +
ư
⇔
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:xư yư5=0
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0
0 5 y x
:
0,25
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 đF cho
Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình
∆
= + +
∆
= +
ư
⇔
ư +
= +
ư
⇔ +
ư +
=
ư +
+
ư
) ( 0 8 y x 9
) ( 0 22 y x 3 7 y x 3 5 y x 2 3 6
3
7 y x 3 ) 1 ( 2
5 y x
2
2
1 2
2 2
2
0,25
+) Nếu d // ∆1 thì d có phương trình 3xư y+c=0
Do P∈d nên 6+9+c=0⇔c=ư15⇒d:xư yư5=0 0,25 +) Nếu d // ∆2 thì d có phương trình 9x+ y+c=0
Do P∈d nên 18ư3+c=0⇔c=ư15⇒d:3x+yư5=0 0,25 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán d:3x+yư5=0
0 5 y x
:
Trang 7VIa 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn 1 điểm
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25
, 0 d cz 2 by 2 ax 2 z y
>
ư + +
= + + + + + +
Vì A,'B,C,D∈( )S nên ta có hệ:
ư
=
ư
=
ư
=
ư
=
⇔
=
ư + +
ư
= + + + +
= + + + +
= + +
ư
1 d
1 c
1 b 2
5 a
0 21 d c b a
0 29 d c b a
0 14 d c b a
0 2 d b a
Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2+ y2 +z2 ư5xư2yư2z+1=0
0,25
(S) có tâm
1
; 1
; 2
5
I , bán kính
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
; 1
; 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
ư
=
⇔
ư
=
⇔
=
ư + + + +
⇒
6
1
; 6
1
; 3
5 H
0,25
6
3 5 36
75
IH= = , (C) có bán kính
6
186 6
31 36
75 4
29 IH
R
=
=
ư
=
ư
1 n k
k 1 n k 2
2 1 n 1
1 n 0
1 n 1
n C C x C x ( 1) C x C x )
x 1
+ +
+ +
+ +
ư +
ư +
ư +
ư
=
* 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 (
x kC ) 1 (
x C 2 C ) x 1 )(
1 n
+
ư + +
ư
=
ư +
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 ( n
x C ) 1 k ( k ) 1 (
x C 3 C 2 ) x 1 )(
1 n
(
+
ư + +
+
ư
+
ư +
ư
ư + +
ư
=
ư
Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có:
2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 ư C 2n(2n 1)2 ư C +
Phương trình đF cho n( n 1) 40200 n2 n 20100 0 n 100
=
⇔
=
ư +
⇔
= +
(H) có các tiêu điểm F1(ư5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1
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
0,25 (4;3) ( )E a 16b a b ( )2
= +
⇔
∈
Từ (1) và (2) ta có hệ:
=
=
⇔
= +
+
=
15 b
40 a b a b 16 a
b 5 a
2 2 2 2 2 2
2 2 2
0,25
Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1
15
y 40
x2 2
=
Trang 8VIb 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn nhất 1 điểm
Chuyển 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 = ( ư 3 ; 3 ; 3 )
⇒ Gọi u là vectơ chỉ phương của ∆ ⇒u ư( 1;1;1) 0,25
+
=
=
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 3
) 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
2+ yư2 = y ⇔ + y = y ⇔ y = ⇔ y= 2 0,25
* 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 3 1
2 +
= x
t Vì x≥ư1 nên
4
1
≥
t
+
ư
=
ư +
=
⇔
+
=
ư
=
⇔
= +
ư
⇔
= +
⇔
) 8 3 ( log 2 y
1 8 3 log 3
1 x 8
3 t
i
ạ lo 8 3 t 0 1 t 6 t 6 t
1 t )
3
(
2
2 2
0,25
Vậy hệ phương trình đF 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
