S GD&T THANH HểA TRNG THPT BM SN THI TH I HC LN 3 NM HC 2009-2010 Mụn thi: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt khụng k thi gian phỏt PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im) Cõu I (2 im) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Cõu II (2 im): 1. Gii phng trỡnh ( ) 6 6 2 cos x sin x sin x cosx 0. 2 2sin x + = 2. Tỡm iu kin ca tham s m phng trỡnh ( ) mxxm =++ 22 11)2( cú nghim. Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn 2 2 2 0 sin 2x I dx. cos x 4sin x = + Cõu IV ( 1 im) Cho t din ABCD cú AB = a , AC = b , AD = c v ã ã ã 0 BAC CAD DAB 60= = = . Gi M l trung im ca BC. Tớnh th tớch khi t din ABMD theo a, b, c . Cõu V (1 im) Cho cỏc s thc x, y,z tha món iu kin: x y z 3 3 3 1. + + = Chng minh rng: x y z x y z x y z y z x z x y 9 9 9 3 3 3 . 4 3 3 3 3 3 3 + + + + + + + + + + PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2). Phn1. (Theo chng trỡnh Chun) Cõu VI.a (2 điểm): 1. Trong mt phng Oxy cho elip (E) cú hai tiờu im 1 2 ( 3;0); ( 3;0)F F v i qua im 1 3; 2 A ữ . Lp phng trỡnh chớnh tc ca elip (E) v vi mi im M thuc (E), hóy tớnh giỏ tr ca biu thc: P = F 1 M 2 + F 2 M 2 3OM 2 F 1 M.F 2 M 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho hai ng thng: 1 2 x 1 t x 3 y 1 z : y 1 t , : 1 2 1 z 2 = + = = = = . Xỏc nh im A thuc 1 v im B thuc 2 sao cho on AB cú di nh nht. Cõu VII.a (1 im) Tỡm phn thc ca s phc z = (1 + i) n , bit rng n N tha món phng trỡnh: log 4 (n 3) + 2log 16 (n + 9) = 3 Phần 2. (Theo chơng trình Nâng cao) Câu VI.b (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phơng trình: 1 916 22 = yx . Viết phơng trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2. Cho mt phng ( ) : 2 2 1 0P x y z + = v cỏc ng thng (d 1 ): , 23 3 2 1 z yx = = (d 2 ): 5 5 46 5 + == zyx . Tỡm im M thuc (d 1 ), im N thuc (d 2 ) sao cho MN song song vi (P) v ng thng MN cỏch (P) mt khong bng 2. Cõu VII.b (1im) Gii h phng trỡnh 2 1 2 1 2 2log ( 2 2) log ( 2 1) 6 log ( 5) log ( 4) = 1 x y x y xy x y x x y x + + + + + + = + + ( , )x y R . ---------------------------- Ht---------------------------- S GD&T THANH HểA TRNG THPT BM SN P N THI TH I HC LN 3 NM HC 2009-2010 Mụn thi: TON, khi A Câu Ni dung Điểm I 1. Khảo sát . . . (1,00 điểm) 2,0 điểm * Tập xác định: D = R\ { - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y + = = ; tiệm cận ngang: y = 2 ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y + = + = ; tiệm cận đứng: x = - 1 0,25 - Bảng biến thiên Ta có 2 1 ' 0 ( 1) y x = < + với mọi x - 1 x - -1 + y + + y + 2 2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- ; -1) và ( -1; + ) 0,50 * Đồ thị: th nhn im I(-1; 2) lm tõm i xng. 0,25 2. Tìm trên (C) những điểm. . . (1,00 điểm) Gọi M(x 0 ;y 0 ) là một điểm thuộc (C), (x 0 - 1) thì 0 0 0 2 1 1 x y x + = + Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì MA = |x 0 +1| , MB = | y 0 - 2 | = | 0 0 2 1 1 x x + + - 2 | = | 0 1 1x + | Theo Cauchy thì MA + MB 2 0 0 1 x 1 . 1x + + = 2 MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x 0 = 0 hoặc x 0 = -2. Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1. Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 2,0 ®iÓm Điều kiện: ( ) 2 sin x 1 . 2 ≠ Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 6 6 2 3 1 2 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0 4 2   + − = ⇔ − − =  ÷   2 3sin 2x sin 2x 4 0⇔ + − = 0,50 sin 2x 1⇔ = ⇔ )( 4 Zkkx ∈+= π π 0,25 Do điều kiện (1) nên: )(2. 4 5 Zmmx ∈+= π π 0,25 1. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình ( ) mxxm −=++− 22 11)2( có nghiệm (1,00 điểm) Đặt 2 1t x= + . ĐK: 1t ≥ , ta có: ( ) ( ) 2 2 1 1m t t m− + = − − 0,25 Hay: ( ) 1 1 2 m t t t = + ≥ + . Xét ( ) ( ) ( ) 2 1 1 ' 1 2 2 f t t f t t t = + ⇒ = − + + > 0 với ∀ 1t ≥ 0,25 ∞+= ∞+→ )(lim tf x . Bảng biến thiên: t 1 + ∞ f ‘( t ) + f ( t ) + ∞ 3 4 0,25 Dựa vào BBT, kết luận 4 3 m ≥ . 0,25 III Tính tích phân 1,0 điểm Ta có: 2 2 2 2 2 0 0 sin 2x sin 2x I dx dx. cos x 4sin x 1 3sin x π π = = + + ∫ ∫ Đặt 2 t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.= + ⇒ = 0,25 Với x 0 = thì t 1 = , với x 2 π = thì t 4. = 0,25 Suy ra: 4 1 1 dt I 3 t = ∫ 0,25 4 1 2 2 t . 3 3 = = 0,25 IV Tính thể tích 1,0 điểm • Không giảm tính tổng quát, giả sử {a;b;c}a min = (cũng có thể giả sử a b c ≤ ≤ ). Khi đó trên các cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a. Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a. 0.25 • Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF là 3 a 2 12 0.25 • Ta có : 2 ABEF ABCD ABEF 2 ABCD V AE AF a bc abc 2 . V .V V AC AD bc a 12 = = ⇒ = = • Vì MB = MC nên BMD dt ∆ = 2 1 BCD dt ∆ . Suy ra ABMD V = 2 1 ABCD V = 24 2abc . 0.50 V Chứng minh bất đẳng thức 1,0 điểm Đặt cba zyx === 3,3,3 . Ta có: a,b,c 0> và ab bc ca abc.+ + = (*) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2 2 2 a b c a b c a bc b ca c ab 4 + + + + ≥ + + + 3 3 3 2 2 2 a b c a b c a abc b abc c abc 4 + + ⇔ + + ≥ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a b c a b c (1). a b a c b c b a c a c b 4 + + ⇔ + + ≥ + + + + + + (do (*)) 0,50 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a a b a c a a b a c 3 3 . . a (2) a b a c 8 8 a b a c 8 8 4 + + + + + + ≥ = + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 b b c b a b b c b a 3 3 . . b (3) b c b a 8 8 b c b a 8 8 4 + + + + + + ≥ = + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 c c a c b c c a c b 3 3 . . c (4). c a c b 8 8 c a c b 8 8 4 + + + + + + ≥ = + + + + Cộng theo từng vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a b c a b c . a b a c b c b a c a c b 4 + + + + ≥ + + + + + + Vậy (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3. Suy ra BĐT đã cho được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. 0,50 VI.a 1. Lập phương trình chính tắc của elip (1,00 điểm) 2,0 điểm Giả sử (E): 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 4 x y a b a b + = ⇒ + = , a 2 = b 2 + 3 (do giả thiết có c = 3 và (E) đi qua điểm 1 3; 2 A    ÷   ) 0,25 Từ 2 phương trình trên tìm được      = = 1 4 2 2 b a ==> PT của (E): 2 2 1 4 1 x y + = 0,25 Ta có: e = 2 3 = a c . Sử dụng công thức bán kính qua tiêu của điểm M(x M; y M ) Tính được: P = (a + ex M ) 2 + (a – ex M ) 2 – 3( 2 2 M M x y+ ) – (a 2 – e 2 2 M x ) = 1 0,50 2. Xác định A ∈ ∆ 1 , B ∈ ∆ 2 sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất (1,00 điểm) Vì ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 2 A ,B A t 1; t 1;2 ,B t 3;2t 1;t∈∆ ∈∆ ⇒ + − − − + + ( ) 2 1 2 1 2 AB t t 2;2t t 2;t 2 .⇒ = − − + + + − uuur 0,25 Đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của 1 ∆ và 2 ∆ 0,25 1 2 1 2 1 2 AB.u 0 3t 2t 0 6t 3t 0 AB.u 0 = + = + = = uuur uur uuur uur 0,25 1 2 t t 0 = = ( ) ( ) A 1; 1;2 ,B 3;1;0 . 0,25 VII.a Tỡm phn thc ca s phc z = (1 + i) n , bit rng . 1,0 im iu kin: 3 n N n > Phng trỡnh vit thnh: log 4 (n 3) + log 4 (n + 9) = 3 log 4 (n 3)(n + 9) = 3 0.25 (n 3)(n + 9) = 4 3 n 2 + 6n 91 = 0 7 13 n n = = Vy n = 7. 0.25 Khi ú z = (1 + i) n = (1 + i) 7 = ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i + + = + = + = 0.25 Vy phn thc ca s phc z l 8. 0.25 VI.b 1. Viết phơng trình chính tắc của E líp (1,00 im) 2,0 điểm (H) có các tiêu điểm ( ) ( ) 0;5F;0;5F 21 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), 0,25 Giả sử phơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1 b y a x 2 2 2 2 =+ ( với a > b > 0) (E) cũng có hai tiêu điểm ( ) ( ) ( ) 15ba0;5F;0;5F 222 21 = 0,25 ( ) ( ) ( ) 2bab16a9E3;4M 2222 =+ Từ (1) và (2) ta có hệ: = = =+ += 15b 40a bab16a9 b5a 2 2 2222 222 0,25 Vậy phơng trình chính tắc của (E) là: 1 15 y 40 x 22 =+ 0,25 2. Tỡm im M thuc (d 1 ), im N thuc (d 2 ) . (1,00 im) Gi ( ) ( ) 1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ + ( ) ( ) ; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= = = = 0,25 Trng hp 1: ( ) ( ) 0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= = + uuuur ( ) . 0 ' 0 5;0; 5 P P MN n MN n t N = = uuuur uur uuuur uur 0,25 Trng hp 2: Vi ( ) ( ) 1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ( xột tng t nh trng hp 1) 0,25 Vy cú hai cp im cn tỡm l: M(1;3;0), N(5;0;-5) v M(3;0;2), N( -1;- 4;0) 0,25 VII.b Gii h phng trỡnh 1,0 im + iu kin: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 ( ) 0 1 1, 0 2 1 xy x y x x y x I x y + + > + > + > + > < < + . 0,25 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) ( ) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1(2). x y x y x y x y x y x y x I y x y x + + + + + + = + + = + + + + 0,25 (tho món) (khụng tho món) Đặt 2 log (1 ) y x t + − = (với t 0 ≠ ) thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1 (3).x y y x− = + ⇔ = − − Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + ⇔ x = - 2 (vì theo điều kiện (I) ta có x 0 ≠ ). Suy ra: y = 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = . 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ . 3 a 2 12 0.25 • Ta có : 2 ABEF ABCD ABEF 2 ABCD V AE AF a bc abc 2 . V .V V AC AD bc a 12 = = ⇒ = = • Vì MB = MC nên BMD dt ∆ = 2 1 BCD dt ∆ . Suy ra ABMD. cạnh AC , AD lần lượt lấy các điểm E và F saocho AE = AF = a. Ta nhận được tứ diện ABEF là tứ diện đều cạnh a. 0.25 • Tính được thể khối tích tứ diện đều ABEF