Tuyển tập đề thi đại học cao đẳng 2009

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

186
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tuyển tập đề thi đại học cao đẳng 2009', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi đại học cao đẳng 2009

DongPhD Problems Book Series Tuyển Tập Đề Thi Thử Đại Học 2009 Đại số Giải tích vnMath.com Giáo án Dịch vụ (Free) Sách Toán học dichvutoanhoc@gmail.com Hình học Các loại khác Thông tin Bài báo bổ ích (Free) Toán học vui Kiếm tiền trên mạng Bản điện tử chính thức có tại http://www.vnmath.com
Trường Đại học Hồng Đức ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG 2009 Khoa Khoa học Tự nhiên Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f ( x) = −2 x3 + 6 x − 4 . 2. Tìm số tiếp tuyến của đường cong y = x ln x đi qua điểm A(1; 2) . Câu II (2,0 điểm) 2 2 1. Giải phương trình: xln x−5ln x +7 = . 1 1 − x + 1 −1 x +1 +1 2. Tính: cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o . Câu III (1,0 điểm) Trên parabol y = x 2 lấy ba điểm A, B, C khác nhau sao cho tiếp tuyến tại C song song với đường thẳng AB. Ký hiệu S là diện tích tam giác ABC, S’ là diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB. Tìm tỉ số giữa S và S’. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Mặt phẳng α đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại B’, C’. Biết rằng C’ là trung điểm của SC, tính tỉ số giữa SB’ và B’B. Câu V (1,0 điểm) Với x là số dương, y là số thực tuỳ ý, tìm tập hợp mọi giá trị của biểu thức xy 2 A= . ⎛ ⎞ ( ) x 2 + 3 y 2 ⎜⎜ x + x 2 + 12 y 2 ⎟⎟⎟ ⎝ ⎠ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao. 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1. Tìm toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC, biết đỉnh A(−1; −3) , trọng tâm G (4; −2) và trung trực cạnh AB có phương trình 3x + 2 y − 4 = 0 . 2. Tìm tập hợp tâm các mặt cầu đi qua gốc toạ độ và tiếp xúc với hai mặt phẳng: P : x + 2 y − 4 = 0 và Q : x + 2 y + 6 = 0 . Câu VIIa (1 điểm) Một hộp đựng bi có 12 viên, trong đó có 3 viên trắng, 4 viên đỏ, 5 viên xanh. Ký hiệu A là tổng số cách lấy 6 trong 12 viên đó, B là số cách lấy 6 viên sao cho số bi đỏ bằng số bi xanh. Tính tỉ số B : A.
2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ, cho hai đường thẳng d1 : kx − y + k = 0 và ( ) d 2 : 1− k 2 x + 2ky −1− k 2 = 0 . Khi k thay đổi thì giao điểm của hai đường thẳng này di chuyển trên một đường cong. Xác định đường cong đó. 2. Mặt cầu S đi qua các điểm A (0;0;1) , B (1;0;0) , C (1;1;1) , D (0;1;0) ; mặt cầu S’ đi qua ⎛1 ⎞ ⎛ 1 1⎞ các điểm A '⎜⎜ ;0;0⎟⎟⎟ , B '⎜⎜0; ; ⎟⎟⎟ , C '(1;1;0) , D '(0;1;1) . Tìm độ dài bán kính đường tròn ⎝⎜ 2 ⎠ ⎝⎜ 2 2 ⎠ giao tuyến của hai mặt cầu đó. Câu VIIb (1 điểm) Tính căn bậc hai của số phức 15 + 112i . GHI CHÚ. 1. Đề thi này được soạn theo MẪU quy định trong văn bản “Cấu trúc đề thi tốt nghiệp THPT & tuyển sinh ĐH-CĐ 2009” do Cục Khảo thí & Kiểm định chất lượng giáo dục, Bộ Giáo dục & Đào tạo, ban hành tháng 11 năm 2008. 2. Cán bộ coi thi không được giải thích gì về đề thi!
ĐÁP ÁN TOÁN KHỐI A Câu Lời giải Điểm I.1.(1đ) Tập xác định: . Giới hạn tại vô cực: lim f ( x ) = ∓∞ . 0,25 x→±∞ ------------------------------------------------------------------------------------- f '( x) = −6 x 2 + 6; f '( x) = 0 ⇔ x = ±1. f (−1) = −9; f (1) = 3. Bảng biến thiên: x −∞ −1 1 +∞ f ’(x) − + − +∞ 0,5 f(x) 0 −8 −∞ Nhận xét: Hàm số nghịch biến trên hai khoảng (−∞; −1), (1; +∞); đạt cực tiểu tại -1, cực đại tại 1 và fCT = −8; fCD = 0. Giao điểm với trục tung: (0;-4); với trục hoành: (-2;0) và (1;0) (điểm cực đại). ------------------------------------------------------------------------------------- Đồ thị như hình vẽ. 0,25 y x -2 -1 0 1 -2 y = -2 -4 3 x + 6x - 4 -6 -8 I.2.(1đ) Ta có ( x ln x ) ' = 1 + ln x . Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ 0,25 a (a > 0) là y = (1 + ln a)( x − a) + a ln a. ------------------------------------------------------------------------------------- ------ Để tiếp tuyến đi qua A, phải có 2 = (1 + ln a )(1− a ) + a ln a ⇔ 0,25 2 = 1− a + ln a ⇔ ln a − a −1 = 0, (1).
------------------------------------------------------------------------------------- Số tiếp tuyến đi qua A phụ thuộc vào số nghiệm của phương trình (1). Xét hàm số f (a ) = ln a − a −1 . Ta có: 1 f '(a ) = −1; a f '(a ) = 0 ⇔ a = 1. Bảng biến thiên của f (a ) : 0,5 a 0 1 +∞ f ’(a) + 0 − −2 f(a) −∞ −∞ Từ bảng này ta thấy giá trị lớn nhất của f(a) là -2 nên phương trình (1) vô nghiệm. Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua A. II.1.(1đ) Vế trái có nghĩa khi và chỉ khi x > 0. Khi đó vế phải cũng có nghĩa. Dễ thấy vế phải đơn giản bằng x. 0,25 ------------------------------------------------------------------------------------ Như vậy ta có phương trình 2 xln x−5ln x +7 = x ⇔ 2 ⎡x =1 0,5 xln x−5ln x +6 = 1 ⇔ ⎢⎢ 2 ⎢⎣ln x − 5ln x + 6 = 0, (1) ------------------------------------------------------------------------------------ ⎡ ln x = 2 ⎢⎡ x = e2 Mặt khác: (1) ⇔ ⎢ ⇔ ⎢ ln x = 3 ⎢⎢ 3 0,25 ⎣ ⎣x = e Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1 = 1, x2 = e 2 , x3 = e3. II.2.(1đ) Ta có: cos12o + cos18o − 4 cos15o cos 21o cos 24o = cos12o + cos18o − 2(cos 36o + cos 6o ) cos 24o = 1,0 cos12o + cos18o − 2 cos 36o cos 24o − 2 cos 24o cos 6o = cos12o + cos18o − cos 600 − cos12o − cos 300 − cos18o 1+ 3 = − cos 60o − cos 30o = − 2 III(1đ) ( ) ( ) ( ) Giả sử 3 điểm trên parabol là A a, a 2 , B b, b 2 , C c, c 2 , (a < b). Hệ b2 − a 2 số góc của đường thẳng AB là = a + b , còn hệ số góc của tiếp b−a
a +b tuyến tại C hiển nhiên là 2c. Vậy c = . 2 2 2 ( ) 2 Độ dài AB = (b − a ) + b 2 − a 2 = (b − a ) 1 + (a + b) . Phương trình đường thẳng AB: x−a y − a2 = ⇔ ( a + b)( x − a ) = y − a 2 0,5 b − a b2 − a 2 ⇔ (a + b) x − y − ab = 0 ⇔ y = ( a + b) x − ab. Khoảng cách từ C đến AB: a + b ⎛⎜ a + b ⎞⎟ 2 (a + b)2 ( a + b ) − ⎜⎜⎝ ⎟ − ab − ab 2 2 ⎠⎟ 4 (b − a)2 h= = = . 2 2 2 ( a + b) + 1 ( a + b) + 1 4 ( a + b) + 1 Diện tích tam giác ABC: 2 3 1 1 2 (b − a) (b − a ) S = AB.h = (b − a ) 1 + (a + b) . = . 2 2 2 4 (a + b) + 1 8 ------------------------------------------------------------------------------------ Diện tích giới hạn bởi parabol và đường thẳng AB: b b ⎛ x2 x3 ⎞⎟⎟ ( S ' = ∫ (a + b) x − ab − x 2 ) ⎜⎜ dx = ⎜( a + b) − abx − ⎟ ⎜⎝ 2 3 ⎠⎟⎟ a a b2 − a 2 b3 − a 3 = ( a + b) − ab (b − a ) − = 0,5 2 3 3 (b − a ) b−a 6 ( 2 3( a + b) − 6ab − 2 a 2 + ab + b 2 = ( 6 . )) S 3 Suy ra: = . S' 4 IV(1đ) S S C’ D′ 0,25 C’ D C I B’ A H C A B (Hình này có thể không vẽ)
Xét tam giác cân SAC (cân tại S) với H là trung điểm của AC. Rõ ràng SH là đường cao của tam giác SAC và của cả hình chóp. Lại có AC ' ⊥ SC và C’ là trung điểm SC nên AC = SC, tức là tam giác SAC 0,25 là đều. ------------------------------------------------------------------------------------- SB ' SI Dễ thấy = , trong đó I là giao điểm giữa SH và AC’. Vì I B ' B IH 0,5 cũng là trọng tâm tam giác SAC nên SI : IH = 2:1. Vậy tỉ số giữa SB’ và B’B là 2. V(1đ) Ta có A= xy 2 ( x 2 + 12 y 2 − x ) = x( x 2 + 12 y 2 − x ) (x 2 ) + 3 y 2 12 y 2 12 ( x 2 + 3 y 2 ) 0,25 12 y 2 1+ 2 −1 = x . ⎛ 3y2 ⎞ 12 ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ x ⎠ ------------------------------------------------------------------------------------- ------ 12 y 2 Đặt = t , ( t ≥ 0 ) và 3A = f ( t ) . Khi đó x2 1+ t −1 f (t ) = ; t+4 1 (t + 4) − 1 + t + 1 f ' (t ) = 2 1 + t 0,5 (t + 4) 2 t + 4 − 2 − 2t + 2 1 + t 2 − t + 2 1+ t = = ; 2 (t + 4) 2 (t + 4) 2 2 1+ t 1+ t f ' (t ) = 0 ⇔ 2 1 + t = t − 2 ⇔ ⎧⎪t ≥ 2, (1) ⎨ ⎪⎩4 + 4t = t − 4t + 4, (2) 2 (2) ⇔ t 2 − 8t = 0 ⇒ t = 8. ------ ------------------------------------------------------------------------------------- Dễ thấy bên trái điểm t = 8 thì f’(t) > 0 và bên phải thì t < 0. Ngoài ra lim f ( t ) = 0 . Do đó, ta có bảng biến thiên sau: t →+∞ t 0 8 +∞ f ' (t ) + 0 - 0,25 f (t ) 1/6 0 0
Từ bảng này ta thấy tập hợp giá trị của f (t) là [ 0;1/ 6] nên tập hợp ⎡ 1⎤ mọi giá trị của A là ⎢ 0; ⎥ . ⎢⎣ 18 ⎥⎦ CHÚ Ý. Thí sinh có thể dùng bất đẳng thức để chỉ ra giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất tương ứng bằng 0 và 1/18 rồi kết luận rằng tập hợp ⎡ 1⎤ mọi giá trị của A là ⎢ 0; ⎥ . ⎢⎣ 18 ⎥⎦ Cách làm này không thật chặt chẽ vì không chỉ ra được rằng A nhận mọi giá trị giữa 0 và 1/18 nên chỉ cho tổng cộng 0,75đ. Phần riêng theo chương trình Chuẩn VIa.1(1đ) ⎧⎪ x = 3t −1, Đường thẳng AB có phương trình ⎪⎨ Trung điểm I của cạnh ⎪⎪⎩ y = 2t − 3. AB là giao điểm của AB với đường trung trực nên có giá trị tham số t thoả mãn phương trình 0,5 3(3t −1) + 2(2t − 3) − 4 = 0 ⇔ 13t −13 = 0 ⇒ t = 1. ------------------------------------------------------------------------------------ Vậy ta có I (2; −1) . Dễ thấy điểm B ứng với giá trị t = 2 nên có B (5;1) . 0,5 Tiếp theo, IC = 3IM = 3.(2; −1) = (6; −3) nên có C (8; −4) . VIa.2(1đ) Tâm I của mỗi mặt cầu như vậy phải nằm trên mặt phẳng R đi qua chính giữa hai mặt phẳng đã cho. Dễ thấy hai toạ độ của I phải thoả mãn phương trình mặt phẳng R: x + 2 y + 1 = 0. Mặt khác, vì khoảng cách từ I đến O bằng bán kính nên phải bằng nửa khoảng cách giữa hai mặt phẳng đã cho hay bằng khoảng cách giữa P và R. Lấy một điểm 0,5 bất kỳ trên P và tính khoảng cách tới R, ta được giá trị bằng 5 = 5. 1+ 4 ------------------------------------------------------------------------------------- Như vậy, chính I phải nằm trên mặt cầu S, tâm O, bán kính 5 , tức là các toạ độ thoả mãn phương trình: x 2 + y 2 + z 2 = 5. Như vậy, tập hợp tâm các mặt cầu đi qua O và tiếp xúc với hai mặt phẳng đã cho là đường tròn giao tuyến của mặt cầu S và mặt phẳng R. 0,5 Nói cách khác, đó là tập hợp các điểm có ba toạ độ x, y, z thoả mãn ⎪⎧ x + 2 y + 1 = 0 hệ phương trình: ⎪ ⎨ 2 ⎪⎪ x + y 2 + z 2 = 5. ⎩ VIIa(1đ) 6 Số cách lấy 6 trong 12 viên là C12 6 (tức là A = C12 ). Lấy 6 viên sao 0,5 cho số viên đỏ bằng số viên xanh có hai trường hợp: hoặc 3 viên đỏ, 3
viên xanh (không viên nào trắng) hoặc 2 viên trắng, 2 đỏ và 2 xanh. ------------------------------------------------------------------------------------ Trường hợp thứ nhất có thể thực hiện theo C43C53 cách; trường hợp thứ hai: C32C42C52 cách. Như vậy B = C43C53 + C32C42C52 ; do đó 0,5 B C43C53 + C32C42C52 4.10 + 3.6.10 5 = = = . A 6 924 21 C12 Phần riêng theo chương trình Nâng cao VIb.1(1đ) Rút y từ phương trình của d1 rồi thế vào phương trình của d 2 , ta được: (1− k 2 ) x + 2k (kx + k )−1− k 2 = 0 ⇔ 1− k 2 ( ) 1 + k 2 x + k 2 −1 = 0 ⇒ x = 1+ k 2 . 0,5 k − k3 2k Do đó y = +k = . 1+ k 2 1+ k 2 ------------------------------------------------------------------------------------- Suy ra: ⎛1− k 2 ⎞⎟2 ⎛ 2k ⎞2 ⎜ ⎟⎟⎟ = ⎟⎟⎟ + ⎜⎜⎜ 2 2 x + y = ⎜⎜ ⎜⎝1 + k ⎠⎟ ⎝⎜1 + k ⎠⎟ 2 2 2 2 1− 2k + k + 4 k4 2 = (1+ k 2 ) = 1. 0,5 2 2 2 ( 1+ k 2 ) (1+ k ) Vậy giao điểm của hai đường thẳng di chuyển trên đường tròn tâm O, bán kính bằng 1. VIb.2(1đ) Giả sử S có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . Do S đi qua A, B, C, D nên có: ⎧ ⎪1− 2c + d = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪1− 2a + d = 0 ⎨ 0,25 ⎪ ⎪3 − 2a − 2b − 2c + d = 0 ⎪ ⎪ ⎩1− 2b + d = 0. ⎪ Suy ra a = b = c = ½ và d = 0. Vậy mặt cầu S có phương trình: x2 + y 2 + z 2 − x − y − z = 0 1 1 1 3 (tâm là I( ½, ½, ½), bán kính R = + + = ). 4 4 4 2 ------------------------------------------------------------------------------------- Tiếp theo, giả sử S’ có phương trình x 2 + y 2 + z 2 − 2a ' x − 2b ' y − 2c ' z + d ' = 0 . Do S’ đi qua A’, B’, C’,
⎧ ⎪ 1 ⎪ ⎪ − a '+ d ' = 0 ⎪ ⎪ 4 ⎪ ⎪ 1 D’ nên có: ⎪ ⎨ − b '− c '+ d ' = 0 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 2 − 2a '− 2b '+ d ' = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩2 − 2b '− 2c '+ d ' = 0. ⎪ 5 1 Suy ra a ' = c ' = , b ' = ' d ' =1. Vậy mặt cầu S’ có phương trình: 0,25 4 4 5 1 5 x2 + y 2 + z 2 − x − y − z +1 = 0 . 2 2 2 25 1 25 (tâm là I’( 5/4, 1/4, 5/4), bán kính R ' = + + −1. 16 16 16 ------------------------------------------------------------------------------------- Phương trình mặt phẳng chứa giao tuyến: 3 1 3 x − y + z − 1 = 0 ⇔ 3x − y + 3z − 2 = 0 . 2 2 2 Khoảng cách từ I tới mặt phẳng này: 3 1 3 − + −2 2 2 2 1 0,5 = . 9 +1+ 9 2 19 Bán kính đường tròn giao tuyến: 3 1 56 14 r = R2 − d 2 = − = = . 4 76 76 19 VIIb(1đ) Giả sử căn bậc hai của 15 + 112i là x + yi. Khi đó: ( x + yi )2 = x 2 − y 2 + 2 xyi = 15 + 112i ⇔ ⎧ ⎪ 2 2 0,5 ⎪ x − y = 15 ⇒ x 2 − 3136 = 15, ( x ≠ 0) ⇒ ⎨ ⎪ x2 ⎩ xy = 56 ⎪ x 4 −15 x 2 − 3136 = 0.(1) ------------------------------------------------------------------------------------- Đặt x 2 = t , (t ≥ 0) , thì (1) trở thành: t 2 −15t − 3136 = 0; Δ = 225 + 12544 = 12769 = 1132 ; 0,5 15 + 113 t= = 64. 2 Suy ra x = ±8, y = ±7. Vậy căn bậc hai của 15 + 112i có hai giá trị là ± (8 + 7i ).
M«n Thi: To¸n Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) (§Ò thi gåm 02 trang) PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm ) C©u I: (2 ®iÓm) 2x − 3 Cho hµm sè y = x−2 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè. 2. Cho M lµ ®iÓm bÊt k× trªn (C). TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t c¸c ®−êng tiÖm cËn cña (C) t¹i A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña c¸c ®−êng tiÖm cËn. T×m to¹ ®é ®iÓm M sao cho ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) x x π x  1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2  −  2 2 4 2 1  2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh log 2 (4 x 2 − 4 x + 1) − 2 x > 2 − ( x + 2) log 1  − x  2 2  C©u III (1 ®iÓm) e  ln x  TÝnh tÝch ph©n I = ∫  + 3 x 2 ln x dx 1  x 1 + ln x  C©u IV (1 ®iÓm) a Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC = . SA = a 3 , SAB = SAC = 30 0 . TÝnh thÓ tÝch 2 khèi chãp S.ABC. 3 C©u V (1 ®iÓm) Cho a, b, c lµ ba sè d−¬ng tho¶ mFn : a + b + c = . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu 4 1 1 1 thøc P = +3 +3 3 a + 3b b + 3c c + 3a PhÇn riªng (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®−îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc phÇn 2 PhÇn 1:(Theo ch−¬ng tr×nh ChuÈn) C©u VIa (2 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho cho hai ®−êng th¼ng d 1 : 2 x − y + 5 = 0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iÓm P( 2; -1) sao cho ®−êng th¼ng ®ã c¾t hai ®−êng th¼ng d1 vµ d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh lµ giao ®iÓm cña hai ®−êng th¼ng d1, d2. 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho 4 ®iÓm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph−¬ng tr×nh: x + y + z − 2 = 0 . Gäi A’lµ h×nh chiªó cña A lªn mÆt ph¼ng Oxy. Gäi ( S) lµ mÆt cÇu ®i qua 4 ®iÓm A’, B, C, D. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m vµ b¸n kÝnh cña ®−êng trßn (C) lµ giao cña (P) vµ (S). C©u VIIa (1 ®iÓm) T×m sè nguyªn d−¬ng n biÕt: 2C22n+1 − 3.2.2C23n +1 + .... + ( −1)k k ( k − 1)2 k −2 C2kn +1 + .... − 2 n(2 n + 1)2 2 n −1 C22nn++11 = −40200
PhÇn 2: (Theo ch−¬ng tr×nh N©ng cao) C©u VIb (2 ®iÓm) x2 y2 1.Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho Hypebol (H) cã ph−¬ng tr×nh: − =1. 16 9 ViÕt ph−¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elip (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu ®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 2. Trong kh«ng gian víi hÖ trôc to¹ ®é Oxyz cho (P ) : x + 2 y − z + 5 = 0 vµ ®−êng th¼ng x+3 (d ) : = y + 1 = z − 3 , ®iÓm A( -2; 3; 4). Gäi ∆ lµ ®−êng th¼ng n»m trªn (P) ®i qua giao 2 ®iÓm cña ( d) vµ (P) ®ång thêi vu«ng gãc víi d. T×m trªn ∆ ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch AM ng¾n nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm): 2 3 x +1 + 2 y −2 = 3.2 y +3 x Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh   3 x 2 + 1 + xy = x + 1 -------------- HÕt-------------- Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D kh«ng ph¶i lµm c©u V ThÝ sinh kh«ng ®−îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:--------------------------- Sè b¸o danh:-----------------------------
H−íng dÉn chÊm m«n to¸n - §iÓm toµn bµi thi kh«ng lµm trßn - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c nÕu ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a. - NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn trong phÇn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iÓm phÇn tù chän - ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng ph¶i lµm c©u V, thang ®iÓm dµnh cho c©u I. 1 vµ c©u III lµ 1,5 ®iÓm C©u Néi dung §iÓm I. 1 Kh¶o s¸t hµm sè vµ vÏ ®å thÞ hµm sè .................. 1,00 1) Hµm sè cã TX§: R \ {2} 0,25 2) Sù biÕn thiªn cña hµm sè: a) Giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®−êng tiÖm cËn: * lim− y = −∞; lim y = +∞ x →2 x→2 + 0,25 Do ®ã ®−êng th¼ng x = 2 lµ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ hµm sè * lim y = lim y = 2 ⇒ ®−êng th¼ng y = 2 lµ tiÖm cËn ngang cña ®å thÞ hµm sè x →+∞ x →−∞ b) B¶ng biÕn thiªn: 1 Ta cã: y' = < 0, ∀x ≠ 2 (x − 2 )2 B¶ng biÕn thiªn: x -∞ 2 +∞ y’ - - 0,25 2 +∞ y -∞ 2 * Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng (− ∞;2 ) vµ (2;+∞ ) 3) §å thÞ:  3 3  + §å thÞ c¾t trôc tung t¹i  0;  vµ c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm  ;0   2 2  + NhËn xÐt: §å thÞ nhËn giao ®iÓm I( 2; 2) cña hai tiÖm cËn lµm t©m ®èi xøng. y 0,25 2 3/2 2 x O 3/2 I. 2 T×m M ®Ó ®−êng trßn cã diÖn tÝch nhá nhÊt .......................... 1,00  2x − 3  −1 Ta cã: M x 0 ; 0 , x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) =  x0 − 2  (x0 − 2 )2 −1 2x − 3 0,25 Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi ( C) t¹i M cã d¹ng: ∆ : y = 2 (x − x 0 ) + 0 (x0 − 2 ) x0 − 2
 2x − 2  To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (∆ ) vµ hai tiÖm cËn lµ: A 2; 0 ; B(2x 0 − 2;2 )  x0 − 2  x + x B 2 + 2x 0 − 2 y + y B 2x 0 − 3 0,25 Ta thÊy A = = x0 = xM , A = = y M suy ra M lµ trung 2 2 2 x0 − 2 ®iÓm cña AB. MÆt kh¸c I = (2; 2) vµ tam gi¸c IAB vu«ng t¹i I nªn ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch   2x 0 − 3   2  1  0,25 S = πIM = π (x 0 − 2) +  2 2 − 2   = π(x 0 − 2)2 + 2 ≥ 2π   x0 − 2    (x 0 − 2)  1 x = 1 DÊu “=” x¶y ra khi (x 0 − 2)2 = ⇔ 0 (x 0 − 2 ) 2 x 0 = 3 0,25 Do ®ã cã hai ®iÓm M cÇn t×m lµ M(1; 1) vµ M(3; 3) II. 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh l−îng gi¸c ...... 1 ®iÓm x x π x  1 + sin sin x − cos sin 2 x = 2 cos 2  −  (1) 2 2  4 2 0,25 (1) ⇔ 1 + sin x sin x − cos x sin 2 x = 1 + cos π − x  = 1 + sin x 2 2 2   x x   x x x x  ⇔ sin x sin − cos sin x − 1 = 0 ⇔ sin x sin − cos .2 sin cos − 1 = 0 0,25  2 2   2 2 2 2   x  x x  ⇔ sin x sin − 1 2 sin 2 + 2 sin + 1 = 0 0,25  2  2 2   sin x = 0   x = kπ x  x = kπ  ⇔ sin = 1 ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ, k ∈ Z 0,25  2  = + k2 π  x = π + k4 π  x x 2 2 2 sin 2 + 2 sin + 1  2 2 II. 2 Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh......................... 1 ®iÓm  1 1  1  x<  − x > 0  x <  2 1 §K:  2 ⇔ 2 ⇔ ⇔x< (*) 0,25 4 x 2 − 4 x + 1 > 0 (2x − 1)2 > 0 x ≠ 1 2    2 Víi ®iÒu kiÖn (*) bÊt ph−¬ng tr×nh t−¬ng ®−¬ng víi: 2 log 2 (1 − 2x) − 2x > 2 + (x + 2)[log2 (1 − 2x) − 1] 0,25 ⇔ x[log 2 (1 − 2x) + 1] < 0 x > 0 x > 0 x > 0     1  log 2 (1 − 2x) + 1 < 0  log 2 2(1 − 2x) < 0 2(1 − 2x) < 1 x> ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4 0,25 x < 0 x < 0 x < 0     x < 0 log 2 (1 − 2x) + 1 > 0 log 2 2(1 − 2x) > 0 2(1 − 2x) > 1 1 1 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã: < x < hoÆc x < 0. 0,25 4 2
III TÝnh tÝch ph©n............................. 1 ®iÓm e e ln x I=∫ dx + 3∫ x 2 ln xdx 1 x 1 + ln x 1 e ln x 1 0,25 +) TÝnh I 1 = ∫ dx . §Æt t = 1 + ln x ⇒ t 2 = 1 + ln x; 2 tdt = dx 1 x 1 + ln x x §æi cËn: x = 1 ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = 2 2 I1 = ∫ 2 −1 (t 2 ) 2  t3 (  .2tdt = 2 ∫ t 2 − 1 dt = 2 − t  = ) 22− 2 ( ) 0,25 1 t 1 3 1 3  dx  du = e  u = ln x  x +) TÝnh I 2 = ∫ x 2 ln xdx . §Æt  2 ⇒ 3 0,25 1 dv = x dx v = x  3 3 e x 1 2 e 1 x e e e 1 2e3 + 1 3 3 3 3 I 2 = . ln x 1 − ∫ x dx = − . e 1 = − + = 0,25 3 31 3 3 3 3 9 9 9 5 − 2 2 + 2e3 I = I1 + 3I 2 = 0,25 3 IV TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp ......................... 1 ®iÓm S M A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: SB 2 = SA 2 + AB 2 − 2SA.AB. cos SAB = 3a 2 + a 2 − 2.a 3.a.cos300 = a 2 0,25 Suy ra SB = a . T−¬ng tù ta còng cã SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC). 0,25 1 1 1 Ta cã VS .ABC = VS .MBC + VA. MBC = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 3 3 Hai tam gi¸c SAB vµ SAC cã ba cÆp c¹nh t−¬ng øng b»ng nhau nªn chóng b»ng nhau. Do ®ã MB = MC hay tam gi¸c MBC c©n t¹i M. Gäi N lµ trung ®iÓm cña BC suy ra MN ⊥ BC. T−¬ng tù ta còng cã MN ⊥ SA. 2 2 0,25  a   a 3  3a 2 2 2 2 2 2 2 2 a 3 MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −   = ⇒ MN = . 4  2  16 4 1 1 1 a 3 a a3 Do ®ã VS .ABC = SA. MN.BC = a 3 . . = 0,25 3 2 6 4 2 16
V T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc .................. 1 ®iÓm ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã 1 1 1 3 1 1 1 9 (x + y + z ) + +  ≥ 33 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z 3 xyz x y z x+y+z 0,25 1 1 1 9 ¸p dông (*) ta cã P = 3 +3 +3 ≥3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a 3 ¸p dông BÊt ®¼ng thøc C«si cho ba sè d−¬ng ta cã a + 3b + 1 + 1 1 3 ( a + 3b)1.1 ≤ = ( a + 3b + 2) 3 3 3 ( b + 3c)1.1 ≤ b + 3c + 1 + 1 1 0,25 = ( b + 3c + 2) 3 3 3 ( c + 3a)1.1 ≤ c + 3a + 1 + 1 1 = ( c + 3a + 2) 3 3 1 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤  4 ( a + b + c) + 6 ≤  4. + 6 = 3 Suy ra 3 1 3 3 3 4  0,25 Do ®ã P ≥ 3  3 DÊu = x¶y ra ⇔ a + b + c = 4 ⇔ a= b= c= 1 a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 4 0,25 VËy P ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng 3 khi a = b = c = 1 / 4 VIa.1 LËp ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ...................... 1 ®iÓm C¸ch 1: d1 cã vect¬ chØ ph−¬ng a1 (2;−1) ; d2 cã vect¬ chØ ph−¬ng a 2 (3;6) Ta cã: a1.a 2 = 2.3 − 1.6 = 0 nªn d1 ⊥ d 2 vµ d1 c¾t d2 t¹i mét ®iÓm I kh¸c P. Gäi d lµ 0,25 ®−êng th¼ng ®i qua P( 2; -1) cã ph−¬ng tr×nh: d : A(x − 2) + B(y + 1) = 0 ⇔ Ax + By − 2 A + B = 0 d c¾t d1, d2 t¹o ra mét tam gi¸c c©n cã ®Ønh I khi vµ chØ khi d t¹o víi d1 ( hoÆc d2) mét gãc 450 2A − B A = 3B 0,25 ⇔ = cos 450 ⇔ 3A 2 − 8AB − 3B 2 = 0 ⇔  A2 + B2 2 2 + (−1) 2 B = −3A * NÕu A = 3B ta cã ®−êng th¼ng d : 3x + y − 5 = 0 0,25 * NÕu B = -3A ta cã ®−êng th¼ng d : x − 3y − 5 = 0 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ mFn yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 0,25 d : x − 3y − 5 = 0 C¸ch 2: Gäi d lµ ®−êng th¼ng cÇn t×m, khi ®ã d song song víi ®−êng ph©n gi¸c ngoµi cña ®Ønh lµ giao ®iÓm cña d1, d2 cña tam gi¸c ®F cho. C¸c ®−êng ph©n gi¸c cña gãc t¹o bëi d1, d2 cã ph−¬ng tr×nh 0,25 2x − y + 5 3x + 6y − 7 3x − 9y + 22 = 0 (∆1 ) = ⇔ 3 2x − y + 5 = 3x + 6y − 7 ⇔  9x + 3y + 8 = 0 (∆ 2 ) 2 2 2 2 2 + (−1) 3 +6 +) NÕu d // ∆1 th× d cã ph−¬ng tr×nh 3x − 9y + c = 0 . 0,25 Do P ∈ d nªn 6 + 9 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : x − 3y − 5 = 0 +) NÕu d // ∆2 th× d cã ph−¬ng tr×nh 9x + 3y + c = 0 . 0,25 Do P ∈ d nªn 18 − 3 + c = 0 ⇔ c = −15 ⇒ d : 3x + y − 5 = 0 VËy qua P cã hai ®−êng th¼ng tho¶ mFn yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x + y − 5 = 0 0,25 d : x − 3y − 5 = 0