Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC NM học: 2010-2011 Mụn thi : TON Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I:(2 im) Cho hm s : 1x2 1x y + + = (C) 1. Kho sỏt v v th hm s. 2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox. Cõu II:(2 im) 1. Gii phng trỡnh: sin 2 cos2 cot cos sin x x tgx x x x + = 2. Gii phng trỡnh: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = Cõu III: (2 im) 1.Tính nguyên hàm: sin 2 ( ) 3 4sin 2 xdx F x x cos x = + 2.Giải bất phơng trình: 1 2 3x x x Cõu IV: (1 im) Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh AB, AC theo th t l 4x + y + 14 = 0; 02y5x2 =+ . Tỡm ta cỏc nh A, B, C. PHN RIấNG (3 im) Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm A. Theo chng trỡnh chun Cõu Va : 1. Tỡm h s ca x 8 trong khai trin (x 2 + 2) n , bit: 49CC8A 1 n 2 n 3 n =+ . 2. Cho ng trũn (C): x 2 + y 2 2x + 4y + 2 = 0. Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho 3AB = . B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu Vb : 1. Gii phng trỡnh : ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =+ 2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD. Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK. Ht. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hớng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 TXĐ: D = R\ {-1/2} Sựự Biến thiên: ( ) , 2 3 0 2 1 y x D x = < + Nên hàm số nghịch biến trên 1 1 ( ; ) ( ; ) 2 2 va + 0,25 + Giới hạn ,tiệm cận: 1 2 lim x y + =+ 1 2 lim x y = ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 1 lim 2 x y = 1 lim 2 x y + = đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 0,25 + Bảng biến thiên: 0,25 x y y + -1/2 - - -1/2 + -1/2 • §å ThÞ : 0,25 2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là       − 0, 2 1 A Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng       += 2 1 xky (∆) tiếp xúc với (C) / x 1 1 k x 2x 1 2 x 1 k co ù nghieäm 2x 1 − +   = +  ÷   +   ⇔  − +    =  ÷  +    0,25 ( )        = + −       += + +− ⇔ )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là ( ) 2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1   +  ÷ − +   = − + + 1 (x 1)(2x 1) 3(x ) 2 ⇔ − + = + và 1 x 2 ≠ − 3 x 1 2 ⇔ − = 5 x 2 ⇔ = . Do đó 12 1 k −= 0,25  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 y x 12 2   = − +  ÷   0,25 II 2 1 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos −= + ⇔ ( ) xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22 − = − ⇔ 0,25 cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠ 2 2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠ 0,25 1 cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0) 2 ⇔ = = − ≠ 0,25 π+ π ±=⇔ 2k 3 x 0,25 2 2. Phương trình: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− (1) (1) ( ) 1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3 = − −−⇔ 0,25 1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3 = − − + − ⇔ đặt: t = log 3 x 0,25 thành 2 2 t 4 1 t 3t 4 0 2 t 1 t − − = ⇔ − − = + − (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) t 1 hay t 4⇔ = − = 0,25 Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3 ⇔ = − = ⇔ = = 0,25 III 2 1 1 Ta cã 2 2 sin 2 2sin cos ( ) 3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2 xdx x xdx F x x x x x = = + − − + + ∫ ∫ 0,25 §¨t u = sinx cosdu xdx ⇒ = O,25 Ta cã: ( ) 2 2 ( ) ( ) 1 ( 1) 1 1 ln 1 1 udu du du F x G u u u u u c u = = = − + + + = + + + + ∫ ∫ ∫ 0,25 VËy 1 ( ) ln 1 sin 1 F x sinx c x = + + + + 0,25 2 1 §k: 3x ≥ Bpt 2 1 2 3 2 5 6 4 x x x x x x ⇔ + ≥ − + − ⇔ − + ≤ − 0,25 2 4 0 3 12 8 0 3 4 6 2 3 6 2 3 3 3 6 2 3 3 3 x x x x x x − ≥  ⇔  − + ≤  ≤ ≤   ⇔  − + ≤ ≤   + ⇔ ≤ ≤ 0,25 0,25 0,25 IV 1 . Tọa độ A là nghiệm của hệ { { 4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2 + + = = − ⇔ + − = = ⇒ A(–4, 2) 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên    −=+ −=+ ⇔    ++= ++= 2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) 0,25 Vì B(x B , y B ) ∈ AB ⇔ y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C ) ∈ AC ⇔ 5 2 5 x2 y C C +−= ( 3) 0,25 Thế (2) và (3) vào (1) ta có    =⇒= −=⇒−= ⇒      −=+−−− −=+ 0y 1x 2y3x 2 5 2 5 x2 14x4 2xx CC BB C B CB Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 0,25 V.a 3 1 1 1. Điều kiện n ≥ 4 Ta có: ( ) ∑ = − =+ n 0k knk2k n n 2 2xC2x Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − 0,25 Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − 0,25 Ta có: 3 2 1 n n n A 8C C 49− + = ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 0,25 Nên hệ số của x 8 là 2802C 34 7 = 0,25 2 2 Phương trình đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. 0,25 Ta có 2 3 2 AB BHAH === 0,25 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 0,25 Ta có: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2   = = − = − =  ÷  ÷   Ta có: ( ) ( ) 2 2 MI 5 1 1 2 5= − + + = 0,25 và 2 7 2 3 5HIMIMH =−=−= ; 3 13 MH' MI H'I 5 2 2 = + = + = 0,25 Ta có: 13 4 52 4 49 4 3 MHAHMAR 2222 1 ==+=+== 43 4 172 4 169 4 3 'MH'H'A'MAR 2222 2 ==+=+== 0,25 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 0,25 V.b 3 1 1 1. Giải phương trình: ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− §k: 1 1 2 x< ≠ ( ) 3 3 2log x 1 2log 2x 1 2⇔ − + − = 0,25 ( ) 3 3 log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − = ( ) 3 3 log x 1 2x 1 log 3⇔ − − = 0,25 ( ) x 1 2x 1 3⇔ − − = ⇔ {   > < <  − − =  − + =  2 2 1 x 1 x 1 hoac 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn) 0,25 x 2⇔ = 0,25 2 2 +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) 0,25 + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 0,25 2 2 2 2 SB AB SA 3a= + = ⇒ SB = a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= a 6 3 ⇒ SH= 2a 3 3 ⇒ SK= 2a 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) 0,25 Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2 HK BD SB 3 = ⇒ = . 0,25 kÎ OE// SC ( )( ( ))OE AHK doSC AHK⇒ ⊥ ⊥ suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2 2 2 2 4a AM AH HM 9 = − = ⇒ AM= 2a 3 0,25 = = = 3 OAHK AHK 1 1 a 1 a 2 V OE.S . HK.AM 3 3 2 2 27 (®vtt) S 0,25 A M I E O H K M C D [...]... = 1  3  Câu III : 3 3 3 3 + ln x dx ln x I=∫ dx = 3 +∫ dx 2 2 (x + 1) (x + 1) 1 (x + 1) 2 1 1 { { { { 3 dx 3 I1 = 3 = 2 (x + 1) (x + 1) 1 { 3 = 1 3 4 3 ln x dx (x + 1) 2 1 I2 = ∫ Đặt u = lnx ⇒ du = dv = dx x dx −1 Chọn v = 2 (x + 1) x +1 3 3 3 3 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I2 = − +∫ =− +∫ −∫ =− + ln x + 1 1 1 x(x + 1) 4 x 1 x +1 4 2 1 3 Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2 4 Câu IV a BH 2 1 a 3a a 3 = ⇒... nếu - 2 < x < 2 − Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1 Câu II 1 PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x = 2(cos 4x + s i n 3 x) 3 1 3sin x − sin 3x ⇔ sin x + sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x + 2 2 2 ⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x 1 3 ⇔ sin 3x + cos 3x = cos 4x 2 2 π π ⇔ sin sin 3x + cos cos 3x = cos 4x 6 6 π  ⇔ cos 4x = cos  3x − ÷ 6  π π    4x = − 6 + 3x + k2π  x = − 6 + k2 π ⇔ ⇔  4x = π − 3x... 18 3 2 Giải phương trình : 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 6 Đkxđ: 6 − 5x ≥ 0 ⇔ x ≤ (*) 5 ( x∈R) 8 − 2u   u = 3 3x − 2  3  u = 3x − 2 2u + 3v = 8 v = (v ≥ 0) ⇒  2 ⇒ 3 ⇒ 3 Đặt  2  v = 6 − 5x 5u + 3v = 8 5u 3 + 3v 2 = 8  v = 6 − 5x    ⇒ 15u 3 + 64 − 32 u + 4u 2 − 24 = 0 ⇔ 15u 3 + 4u 2 − 32 u + 40 = 0 ⇔ (u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0  u = −2 ⇔ 2 2 15u − 26u + 20 = 0 vơ n 0 do ∆ ' = 13 −... Vậy M 1  , 2 3 3 3 3 3 = ⇒ OM = , HM = = 2 6 3 2 3 3 3 3 ÷, M 2  , − ÷ 2  2  2 O M1 I H M2 2 Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A ( -3 ;1;1) uu ur ur u a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; 3) u u ur u u r u ur d đđi qua A và có VTCP a d = a ∆ , n ( P)  = ( −1;2;1) nên pt d là :   x + 3 y −1 z −1 = = −1 2 1 Câu VII.a Gọi z = x + yi Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔ (x − 3) 2 + (y + 4)... IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5 = = Vậy d(A,IBC) = IABC = 3 2 S IBC 9 2a 5 5 5 2 2 2 2 Câu V S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34 xy = 16x2y2 + 12[(x + y )3 – 3xy(x + y)] + 34 xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34 xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼ Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 1 S’ = 32 t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t = 16 25 1 191 S(0)... được IH = 3a 5 ; 5 Trong tam giác vng SIH có SI = IH tan 600 = 3a 15 5 SABCD = SAECD + SEBC = 2a 2 + a 2 = 3a 2 (E là trung điểm của AB) 1 1 3a 15 3a 3 15 V = SABCDSI = 3a 2 = 3 3 5 5 Câu V.Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có: 3 3 3 ( x + y ) + ( x + z ) + 3 ( x + y ) ( x + z ) ( y + z ) ≤ 5 ( y + z ) Giải: Từ giả thi t ta có: x2 + xy + xz = 3yz ⇔ (x +...   x −1 y − 3 z +1  2 = 1 = −2  → H(−2b + 3; −b + 4; 2b − 3) → MH 2 = (3b − 4) 2 + (2b − 4) 2 + (4b − 6) 2 = 29b 2 − 88b + 68 u cầu bài tốn trở thành: MH 2 = d 2 (11b − 20) 2 9 2 ⇔ 261b − 792b + 612 = 121b 2 − 440b + 400 ⇔ 29b 2 − 88b + 68 = ⇔ 140b 2 − 35 2b + 212 = 0 ⇔ 35 b 2 − 88b + 53 = 0 b = 1 ⇔  b = 53 35   18 53 3  Vậy có 2 điểm thoả mãn là: M(0;1 ; -3 ) và M  ; ; ÷  35 35 35  Câu VII... = −1 :loại vì sin x ≠ 0) 2 π + k 2π 3 2 Phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 − (1) ⇔ ( 2 − log3 x ) ⇔ 1 4 − =1 log3 9x 1 − log3 x 2 − log3 x 4 − =1 2 + log3 x 1 − log3 x (1) thành 4 = 1 (1) 1 − log3 x đặt: t = log3x 2−t 4 − = 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 2 + t 1− t (vì t = -2 , t = 1 khơng là nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = 4 1 Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81 3 Câu IV: 4x + y + 14 = 0 x = −4 Tọa... IMO = 30 0, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI = 30 0 1 0 ⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ± 3 1 x x2 =0 +k=± ⇒ pt OM : y=± thế vào pt (C) ⇒ x 2 − 2x + 3 3 3 3 3 3 ⇔ x= 0 (loại) hay x = Vậy M  ; ± ÷ 2  2 2 Cách khác: Ta có thể giải bằng hình học phẳng · · OI=1, IOM = IMO = 30 0 , do đối xứng ta sẽ có 2 điểm đáp án đối xứng với Ox H là hình chiếu của M xuống OX Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều OI=1 => OH 3 Vậy... (1 + ln 3) − ln 2 4 Câu IV a BH 2 1 a 3a a 3 = ⇒ BN = 3 = BH= , ; B'H = 2 BN 3 2 2 4 2 gọi CA= x, BA=2x, BC = x 3 CA2 2 2 2 BA + BC = 2 BN + 2 C H M 2 2 9a 2  3a  x ⇔ 3x + 4 x = 2  ÷ + ⇔ x2 = 52 2  4  2 N 2 B A 3 a 3 = 2 2 2 3  a 3 1 9a a 3 9a 3 = = 12 52 2 208  2 Ta có: B ' H = BB ' V= 11 2  x 3 2 Câu V : 3  (x + y) + 4xy ≥ 2 ⇒ (x + y )3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1  2 (x + y) − 4xy . 2(cos4x si n x)= + 3 1 3sinx sin3x sin x sin 3x 3cos3x 2cos4x 2 2 2 sin3x 3cos3x 2cos4x 1 3 sin3x cos3x cos4x 2 2 sin sin3x cos cos3x cos4x 6 6 cos4x cos 3x 6 4x 3x k2 x k2 6 6 2 4x 3x k2 x k 6 42. 12y + + = = (VN) ⇔ x 1 1 y 3 =    =   hay { x 3 y 1 = = Câu III : 3 3 3 2 2 2 1 1 1 3 3 1 2 1 1 3 2 2 1 3 ln x dx ln x I dx 3 dx (x 1) (x 1) (x 1) dx 3 3 I 3 (x 1) (x 1) 4 ln x I dx (x. 1 v x 1 − = + 3 3 3 3 2 1 1 1 1 ln x dx ln 3 dx dx ln3 3 I ln x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2 = − + = − + − = − + + + + ∫ ∫ ∫ Vậy : 3 I (1 ln3) ln2 4 = + − Câu IV. BH= 2 a , 2 1 3 3 3 2 2 4 BH a a BN BN =