Mét mÆt ph¼ng P chøa BC vµ vu«ng gãc víi AA’, c¾t l¨ng trô theo mét thiÕt diÖn cã diÖn tÝch b»ng.. TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng 8.[r]
Trang 1Trường THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009 (1)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)
phần chung cho tất cả các thí sinh
(2 điểm) Cho h m số = 3ư3 2+4
1 Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị ( ) của h m số
2 Gọi l đường thẳng đi qua điểm (3; 4) v có hệ số góc l Tìm để cắt ( ) tại 3
điểm phân biệt , , sao cho hai tiếp tuyến của ( ) tại v vuông góc với nhau
(2điểm)
1 Giải hệ phương trình:
=
ư + +
= + + +
) 2 )(
1 (
4 ) ( 1 2
2
( , ∈ )
2 Giải phương trình:
8 1 3
tan 6 tan
3 cos cos 3 sin
ư
=
+
ư
+
π π
(1 điểm) Tính tích phân =∫ + +
1
0
2
) 1
(1 điểm) Cho hình lăng trụ ’ ’ ’ có đáy l tam giác đều cạnh , hình chiếu vuông
góc của ’ lên mặt phẳng ( ) trùng với tâm của tam giác Một mặt phẳng ( ) chứa v
vuông góc với ’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng
8
3 2 Tính thể tích khối lăng trụ ’ ’ ’
(1 điểm) Cho , , l ba số thực dương thỏa mPn = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
3 2
1 3
2
1 3
2
1
2 2 2
2 2
=
Phần tự chọn
Thí sinh chỉ được l m một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
Phần 1
(2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho parabol ( ): = 2ư2 v elip
9
2 2
= + Chứng minh rằng ( ) giao ( ) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn
Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ cho mặt cầu ( ) có phương trình
0 11 6 4 2 2 2
2+ + ư + ư ư = v mặt phẳng (α) có phương trình 2 + 2 – + 17 = 0 Viết
phương trình mặt phẳng (β) song song với (α) v cắt ( ) theo giao tuyến l đường tròn có chu vi
bằng 6π
(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa trong khai triển nhị thức Niutơn của +24
1 ,
biết rằng l số nguyên dương thỏa mPn:
1
6560 1
2 3
2 2
2 2
1 2
3 1 2 0
+
= + + + +
Trang 2Phần 2
(2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho hai đường thẳng 1: + + 5 = 0, 2: + 2 ` 7= 0
v tam giác có (2 ; 3), trọng tâm l điểm (2; 0), điểm thuộc 1 v điểm thuộc 2 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ cho tam giác với (1; 2; 5), (1; 4; 3), (5; 2; 1) v mặt phẳng ( ): x – y – z – 3 = 0 Gọi l một điểm thay đổi trên mặt phẳng ( ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2+ 2+ 2
(1 điểm) Giải hệ phương trình
+
ư
=
+
= + +
+
ư
1
) 1 ( 2
( , ∈ )
````````````````***Hết***````````````````
Thí sinh dự thi khối B v D không phải l m câu V
Thí sinh không được sử dụng t i liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ v tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 3Trường thpt đông sơn i Kì thi KSCL trước tuyển sinh năm 2009(lần 1)
Hướng dẫn chấm môn toán
2 Điểm to n b i không l m tròn
2 Học sinh l m các khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa
2 Nếu học sinh l m cả hai phần trong ph n tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn
2 Thí sinh dự thi khối B, D không phải l m câu V; thang điểm d nh cho câu I.1 v câu III l 1,5 điểm
!
2 ! " # :
+∞
→ +∞
→
ư∞
→
ư∞
→ y lim(x 3x 4) ,lim y lim(x 3x 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
` H m số đồng biến trên (` ∞ ; 0) v (2; + ∞ ), nghịch biến trên (0; 2)
` H m số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0
0,50
3 $% " : Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục ho nh tại (`1; 0),(2; 0)
Nhận điểm uốn I(1; 2) l m tâm đối xứng
0,25
d có phương trình y = m(x – 3) + 4
Ho nh độ giao điểm của d v (C) l nghiệm của phương trình
=
ư
=
⇔
=
ư
ư
⇔ +
ư
= +
ư
0 m x
3 x 0 ) m x )(
3 x ( 4 ) 3 x ( m 4 x 3
Theo b i ra ta có điều kiện m > 0 v y'( m).y'(ư m)=ư1 0,25
9
35 3 18 m 0 1 m 36 m 9 1 ) m 6 m 3 )(
m 6 m 3
=
⇔
= +
ư
⇔
ư
= +
ư
Hệ phương trình tương đương với
+
=
ư + + + 1 x
2 2 y x y
1 x 2
2
0,25
x
y
4
2
1
Trang 4§Æt ,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
Gi¶i hÖ trªn ta ®−îc nghiÖm cña hpt ®P cho l (1; 2), (`2; 5) 0,25
3 x cos 6 x cos 3 x sin 6 x
+
−
+
−
6
cot 6 x tan 3 x tan 6 x
π−
−
=
+
−
0,25
Ph−¬ng tr×nh ®P cho t−¬ng ®−¬ng víi
8
1 x 3 cos x cos x 3 sin x
⇔
1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1
0,25
2
1 x cos 8
1 x cos 2
1 ) x cos x cos x (cos
π +
π
−
=
π + π
=
⇔
k 6 x
(lo¹i) k 6
x
,(k∈ ) VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm =−π+kπ
6
§Æt
=
+ +
+
=
⇒
=
+ +
=
2 / x v
dx 1 x x
1 x 2 du xdx
dv
) 1 x x ln(
u
2 2 2
2
2 0 0
+
+ +
0,25
∫
∫
+ +
+ +
−
−
=
1
0 2 1
0 2 1
dx 4
3 dx 1 x x
1 x 2 4
1 dx ) 1 x 2 ( 2
1 3 ln 2
1
1 0 2
1 0 2
I 4
3 3 ln 4
3 I 4
3 ) 1 x x ln(
4
1 x x 2
1 3 ln 2
=
0,25
* TÝnh I1: ∫
+
+
= 1
0
2 2
1
2
3 2
1 x
dx
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 1
π
=
= +
+
π
π
π
0,25
VËy
12
3 3 ln 4
3
−
Trang 5IV Tính thể tích khối lăng trụ "#$$
Gọi M l trung điểm của BC, gọi H l hình chiếu vuông góc của M lên AA’, Khi
đó (P) ≡ (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’ Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) l tam giác BCH
0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3 a AM 3
2 AO , 2
3 a
Theo b i ra
4
3 a HM 8
3 a BC HM 2
1 8
3 a S
2 2
0,25
4
a 3 16
a 3 4
a 3 HM AM
AH
2 2 2
=
Do hai tam giác A’AO v MAH đồng dạng nên
AH
HM AO
O '
suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S O ' A V
3
Ta có a2
+b2 ≥ 2ab, b2
+ 1 ≥ 2b ⇒
1 b ab
1 2
1 2 1 b b a
1 3
b a
1
2 2 2 2
Tương tự
1 a ca
1 2
1 3 a c
1 , 1 c bc
1 2
1 3 c b
1
2 2 2
0,50
2
1 b ab 1
b ab 1 b
ab 1
b ab
1 2
1 1 a ca
1 1 c bc
1 1 b ab
1 2
1
+ +
+ + +
+ + +
= + +
+ + +
+ + +
0,25
2
1
P = khi a = b = c = 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1 khi a = b = c = 1 0,25
VIa.1 Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của(E) v (P) "#$$
Ho nh độ giao điểm của (E) v (P) l nghiệm của phương trình
0 9 x 37 x 36 x 9 1 ) x 2 x ( 9
2
=
ư +
ư
⇔
=
ư
Xét (x)=9x4ư36x3+37x2ư9, 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) v (P) thỏa mPn hệ
= +
ư
= x
x 2 x y 2 2
2
0,25
A
B
C
C’
B’
A’
H
Trang 60 9 y x 16 y x 9 9 y x
y x 16 x
2 2
2
=
ư
ư
ư +
⇒
= +
=
ư
(**) l phương trình của đường tròn có tâm
= 9
4
; 9
8
I , bán kính R =
9
161
Do
đó 4 giao điểm của (E) v (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**)
0,25
Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D≠17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; `2; 3), bán kính R = 5
Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3
0,25 Khoảng cách từ I tới (β) l h = R2ưr2 = 52 ư32 =4 0,25
=
ư
=
⇔
= +
ư
⇔
=
ư + +
+
ư
ư +
(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
n
dx x C x
C x C C dx ) x 1 ( I
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
+
ư
= +
+
=
+ + (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 +
ư
= +
1 n
6560 1
n
1
+
= +
+
0,25
ư
=
=
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 mPn 2 k 2
4
k
Vậy hệ số cần tìm l
4
21 C 2
1 2 7
0,25
Do B ∈ d1 nên B = (m; ` m – 5), C ∈ d2 nên C = (7 – 2n; n) 0,25
Do G l trọng tâm tam giác ABC nên
= +
ư
ư
=
ư + +
0 3 n 5 m 3
2 3 n 7 m 2
=
ư
=
⇔
= +
ư
ư
=
ư
⇔
1 n
1 m 2 n m
3 n m Suy ra B = (`1; `4), C= (5; 1)
0,25
Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
0 c by 2 ax 2 y
x2+ 2 + + + = Do A, B, C ∈ (C) nên ta có hệ
ư
=
=
ư
=
⇔
= + + + +
= +
ư
ư +
= + + + +
27 / 338 c
18 / 17 b
54 / 83 a 0 c b a 10 1 25
0 c b a 16 1
0 c b a 9 4
0,25
27
338 y 9
17 x 27
83 y
Trang 7VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất "#$$
Gọi G l trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =
;3 3
8
; 3 7
2 2
MA
2 2 2 2 2
2 2
MG
=
0,25
F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M l hình chiếu của G lên (P) 0,25
⇔
3 3
19 1
1 1
3 3 3 / 8 3 / 7 )) P ( , G ( d
+ +
ư
ư
ư
=
3
64 9
104 9
32 9
56 GC GB
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553 3
64 3
3
19 3
2
= +
khi M l hình chiếu của G lên (P)
0,25
+
ư
=
+ +
=
⇔
+
ư
=
+
= +
+
ư +
+
ư
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
ư
=
ư
+
=
⇔
+
=
+
=
) 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 dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
` Tương tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔u =v 0,25 Thế v o (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
=
=
⇔
=
ư
= +
⇒
=
⇒
0 y
0 x 0 y x
0 y x 0
Vậy hệ phương trình đP cho có một nghiệm (0; 0)
0,25