Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng các môn giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt!
1 Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009 (lần 1) Môn Thi: Toán Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) phần chung cho tất cả các thí sinh Câu I (2 điểm) Cho hàm số 43 23 += xxy 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: =++ =+++ yyxx yyxyx )2)(1( 4)(1 2 2 (x, y R ) 2. Giải phơng trình: 8 1 3 tan 6 tan 3coscos3sin.sin 33 = + + xx xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân ++= 1 0 2 )1ln( dxxxxI Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC 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.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mn abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 32 1 32 1 32 1 222222 ++ + ++ + ++ = accbba 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): xxy 2 2 = và elip (E): 1 9 2 2 =+ y x . 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 011642 222 =+++ zyxzyx 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 x 2 trong khai triển nhị thức Niutơn của n x x + 4 2 1 , biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mn: 1 6560 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 0 + = + ++++ + n C n CCC n n n nnn L ( k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử) 2 Phần 2 Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d 1 : x + y + 5 = 0, d 2 : x + 2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d 1 và điểm C thuộc d 2 . 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 222 MCMBMA ++ Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình += +=+ + + 1 )1(2 yxe xee yx yxyx (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:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Trờng thpt đông sơn i Kì thi KSCL trớc tuyển sinh năm 2009(lần 1) 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. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 43 23 += xxy 1,00 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +=+==+= ++ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 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, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 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 I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc . 1,00 d có phơng trình y = m(x 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình = = =+=+ 0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 0,50 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y = 0,25 9 35318 m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2 ==+=+ (thỏa mn) 0,25 II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00 Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25 Hệ phơng trình tơng đơng với =+ + =++ + 1)2yx( y 1x 22yx y 1x 2 2 0,25 x y -1 2 O 4 2 1 4 Đặt 2yxv, y 1x u 2 += + = Ta có hệ 1vu 1uv 2vu == = =+ 0,25 Suy ra =+ = + 12yx 1 y 1x 2 . Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đ cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25 II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00 Điều kiện: 0 3 xcos 6 xcos 3 xsin 6 xsin + + Ta có 1x 6 cot 6 xtan 3 xtan 6 xtan = = + 0,25 Phơng trình đ cho tơng đơng với 8 1 x3cosxcosx3sin.xsin 33 =+ 1 cos2x cos2x cos4x 1 cos 2x cos2x cos4x 1 2 2 2 2 8 + + + = 0,25 2 1 x2cos 8 1 x2cos 2 1 )x4cosx2cosx2(cos2 3 ===+ 0,25 + = + = k 6 x (loại) k 6 x , (k ) Z . Vậy phơng trình có nghiệm + = k 6 x , (k ) Z 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt = ++ + = = ++= 2/xv dx 1xx 1x2 du xdxdv )1xxln(u 2 2 2 1 1 2 3 2 2 2 0 0 x 1 2x x I ln(x x 1) dx 2 2 x x 1 + = + + + + 0,25 ++ ++ + += 1 0 2 1 0 2 1 0 1xx dx 4 3 dx 1xx 1x2 4 1 dx)1x2( 2 1 3ln 2 1 ( ) 11 1 0 2 1 0 2 I 4 3 3ln 4 3 I 4 3 )1xxln( 4 1 xx 2 1 3ln 2 1 =+++= 0,25 * Tính I 1 : + + = 1 0 2 2 1 2 3 2 1 x dx I . Đặt =+ 2 , 2 t,ttan 2 3 2 1 x Suy ra 9 3 t 3 32 ttan1 dt)ttan1( 3 32 I 3/ 6/ 3/ 6/ 2 2 1 == + + = 0,25 Vậy 12 3 3ln 4 3 I = 0,25 5 IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 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 3a AM 3 2 AO, 2 3a AM === Theo bài ra 4 3a HM 8 3a BC.HM 2 1 8 3a S 22 BCH === 0,25 4 a3 16 a3 4 a3 HMAMAH 22 22 === Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên AH HM AO O'A = suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 0,25 Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,25 V Tìm giá trị lớn nhất . 1,00 Ta có a 2 +b 2 2ab, b 2 + 1 2b 1bab 1 2 1 21bba 1 3b2a 1 22222 ++ ++++ = ++ Tơng tự 1aca 1 2 1 3a2c 1 , 1cbc 1 2 1 3c2b 1 2222 ++ ++ ++ ++ 0,50 2 1 bab1 b ab1b ab 1bab 1 2 1 1aca 1 1cbc 1 1bab 1 2 1 P = ++ + ++ + ++ = ++ + ++ + ++ 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 09x37x36x91)x2x( 9 x 23422 2 =+=+ (*) 0,25 Xét 9x37x36x9)x(f 234 += , 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 mn hệ =+ = 1y 9 x x2xy 2 2 2 0,25 A B C C B A H O M 6 09y8x16y9x9 9y9x y8x16x8 22 22 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 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) 1,00 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 = 435rR 2222 == 0,25 Do đó = = =+= ++ ++ (loại) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 0,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0 0,25 VII.a Tìm hệ số của x 2 . 1,00 Ta có ( ) ++++=+= 2 0 nn n 22 n 1 n 0 n 2 0 n dxxCxCxCCdx)x1(I L 2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC + ++++= + L suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + L (1) 0,25 Mặt khác 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + =+ + = + + (2) Từ (1) và (2) ta có n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + L 1n 13 1n + = + Theo bài ra thì 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n = = + = + + + 0,25 Ta có khai triển ( ) = = + 7 0 4 k314 k 7 k k 7 0 4 k7 k 7 7 4 xC 2 1 x2 1 xC x2 1 x 0,25 Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa mn 2k2 4 k314 == Vậy hệ số cần tìm là 4 21 C 2 1 2 7 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00 Do B d 1 nên B = (m; - m 5), C d 2 nên C = (7 2n; n) 0,25 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên =+ =++ 0.3n5m3 2.3n27m2 = = =+ = 1n 1m 2nm 3n2m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C (C) nên ta có hệ = = = =++++ =++ =++++ 27/338c 18/17b 54/83a 0cb2a10125 0cb8a2161 0cb6a494 0,25 Vậy (C) có phơng trình 0 27 338 y 9 17 x 27 83 yx 22 =++ 0,25 7 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất . 1,00 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 3; 3 8 ; 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 222 222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 0,25 F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 33 19 111 333/83/7 ))P(,G(dMG = ++ == 0,25 3 64 9 104 9 32 9 56 GCGBGA 222 =++=++ Vậy F nhỏ nhất bằng 9 553 3 64 33 19 .3 2 =+ khi M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00 += ++= += +=+ + + + 1yxe 1yxe 1yxe )1x(2ee yx yx yx yxyx Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ = += += += )2(uvee )1(1ue 1ve 1ue vu v u v 0,25 - 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) vu = 0,25 Thế vào (1) ta có e u = u+1 (3) . Xét f(u) = e u - u- 1 , f'(u) = e u - 1 Bảng biến thiên: u - 0 + f'(u) - 0 + f(u) 0 Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0 0u = . 0,25 Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 = = = =+ = 0y 0x 0yx 0yx 0v Vậy hệ phơng trình đ cho có một nghiệm (0; 0) 0,25