ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu.[r]
Trang 1Sở gd & đt bắc ninh Đề thi thử đại học năm 2010
TR ƯỜ NG THPT lơng tài 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.4.2010
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 4
y
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
x 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
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): yx2 2x và elip (E): 1
9 2 2
y
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
x và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = 0 Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
4 2
1 , biết rằng n là
số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560 1
2 3
2 2
2 2
1 2
3 1 2 0
n
C n C
C
n n
n n
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Phần 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 phơng 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
2 2
2 MB MC
Đề dự bị
Trang 2Câu 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:
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.
I.1 Khảo sát hàm số 3 3 2 4
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 x
2 2
2
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
mãn)
0,25
x y
4
2
1
Trang 3Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25
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
2 v
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
6
cot 6 x tan 3 x tan 6 x
0,25
Phơng trình đã cho tơng đơng với
8
1 x cos x cos x 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
k 6 x
(loại) k 6
x
,(kZ) Vậy phơng trình có nghiệm k
6
0,25
Đặt
2/x v
dx 1x x
1x2 du xdx dv
)1x xln(
u
2
2 2
2
2 0
0,25
Trang 4
0 2 0
2
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
1
0,25
* Tính I1:
1
0
2 2
1
2
3 2
1 x
dx I
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
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 A ' 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 3 16
a 3 4
a 3 HM AM
AH
2 2 2
Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên
AH
HM AO
O ' A
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
2
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
0,50
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Trang 51 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 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 ) 9 x4 36 x3 37 x2 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 x 16 y9
x9 9 y9 x
y8 x 16
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
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3
0,25 Khoảng cách từ I tới () là h = R2 r2 52 32 4
(loại) 17 D
7 D 12 D 5
4 )1 ( 2 2
D 3 )2 (2 1.
2
2 2 2
0,25
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 (
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
(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
3 n 1
1 n
6560 1
n
1
1 n
0,25
7 0
4 k 14 k 7 k
k 7
k 7 k 7 7
2
1 x
2
1 x
C x
2
1 x
0,25
Trang 6Số 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
0,25
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 n 7 m 2
1n
1 m 2n m
3n 2m
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/
17 b
54/
83 a
0c b2 a10 1
25
0c b8 a2 16
1
0c b6 a4
94
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 2
GC MG GB
MG GA
MG MC
MB MA
2 2 2 2 2
2 2 2
GC GB GA MG 3 ) GC GB GA ( MG 2 GC GB GA 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
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553 3
64 3
3
19 3
2
khi M là hình chiếu của G lên (P)
0,25
1y x e
1y x e 1y x
e
)1x(
2 e
e
yx
yx yx
yx yx
0,25
Trang 7Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ
)2(
uv ee
)1(
1u e 1v e
1u e
v u
v u
v
- 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