Sở GD-ĐT phú thọ Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC LN 3 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: sin2 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 3 x 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 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2   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      x cos x sin xcosxsin x cos x sin 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    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) 0,25 IV 1 t 1 hay t 4     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 ) 2 sin 4sin 2 xdx x xdx F x x x x x          0,25 §¨t u = sinx cos du 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: 3 x  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 . 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 Câu II: 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin  (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos      xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22     cosx cos2x sin2x 0      2 2cos x cosx 1 0 sin2x 0       1 cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0) 2         2k 3 x 2. Phương trình:   1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93    (1) (1)   1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3    1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3       đặt: t = log 3 x (1) 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     Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3        Câu IV: . Tọa độ A là nghiệm của hệ   4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2            A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên            2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) 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) Thế (2) và (3) vào (1) ta có [...]... x  3   12  y y  x  1 2 2  1 hay x  3  x  4x  3  0 hay x  5x  12  0 (VN)   y 1 x  3y x  12y y   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  (x  1) 2 (x  1) 1  3 I1  3 3 I2   1 1 3 4 ln x dx (x  1) 2 Đặt u = lnx  du  dv   dx x dx 1 Chọn v  2 (x  1) x 1 3 I2   3 3 3 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 ... trục hồnh nếu - 2 < x < 2 1  2 1 Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1 0 Câu II 1 + 1  0 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    sin sin 3x  cos cos 3x  cos 4x 6 6    cos 4x  cos  3x   6       4x   6  3x  k2   x... 18 3 2 Giải phương trình : 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0 Đkxđ: 6  5x  0  x  x  R 6 (*) 5 8  2u   u  3 3x  2  3   u  3x  2  2u  3v  8 v  Đặt  (v  0)   2  3  3 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. .. 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 +... 1) 4 x 1 x 1 4 2 1 3 Vậy : I  (1  ln 3)  ln 2 4 Câu IV a 3 a BH 2 1 a 3a BH= , ; B'H    BN  3  2 2 BN 3 2 2 4 gọi CA= x, BA=2x, BC  x 3 CA2 BA2  BC 2  2 BN 2  2 2 2 N H M 2 9a  3a  x  3x  4 x  2     x2  2 52  4  3 a 3 Ta có: B ' H  BB '  2 2 2 3 11  a 3 1 9a a 3 9a V=  x 2 3    3 2 12 52 2 208  2 2 C 2 B Câu V : 3  (x  y)  4xy  2  (x  y )3  (x  y) 2  2 ... Đáy IC  A/ C  S IBC  S A/ BC  a 2 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 = 16x2 y2 + 12[(x + y )3 – 3xy(x + y)] + 34 xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34 xy = 16x2 y2 – 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)... có IMO = 30 0, OIM cân tại I  MOI = 30 0 1  OM có hệ số góc k =  tg300 =  3 1 x x2 +k=  pt OM : y= thế vào pt (C)  x 2  2x  0 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 1H là nửa tam giác đều 3 3 3 3 3  OM ...   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...  , HM   2 6 3 2 3 3 3 3 3 Vậy M 1  , , M2  ,   2  2 2  2 OI=1 => OH  O M1 I H M2 2 Gọi A =   (P)  A( -3 ; 1;1) uuu r uu r a   (1;1; 1) ; n ( P)  (1; 2; 3) uu r uu uuu r r 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)...  2x  3 2  0,  x   3 2 3 2 + Tiệm cận Vì lim x  Vì x2 1 1  nên tiệm cận ngang là : y = 2x  3 2 2 lim 3 x   2  x2 x2 3  ; lim    nên tiệm cận đứng là : x =  3  2x  3 2x  3 2 x   2 Bảng biến thi n:  2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0;  và cắt Ox tại (-2 ; 0)  3 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt . sin x)   3 1 3sinx sin3x sin x sin3x 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    3 3 3 3 2 1 1 1 1 ln x dx ln3 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