Xem mẫu
- Trư ng THPT Lương Th Vinh
Đ thi th đ i h c l n 2 năm 2008-2009
Ngày thi: 15/3/2009
• Th i gian: 180 phút.
• Typeset by L TEX 2ε .
A
• Copyright c 2009 by Nguy n M nh Dũng.
• Email: nguyendunghus@gmail.com.
• Mathematical blog: http://www.mathlinks.ro/weblog.php?w=1139
1
- 1 Đ bài
PH N 1 (Chung cho t t c các thí sinh)
2x
Câu I (2 đi m). Cho hàm s y = .
x+2
1) Kh o sát s bi n thiên và v đ th (C ) c a hàm s .
2) Vi t phương trình ti p tuy n c a (C ), bi t r ng kho ng cách t tâm đ i x ng c a (C ) đ n ti p
tuy n l n nh t.
Câu II (2 đi m)
1) Gi i phương trình
1 + cot 2x cot x
+ 2(sin4 x + cos4 x) = 3
cos2 x
√
x2 − 4x + 5 + 2 ≤ 0 nghi m
2) Tìm các giá tr c a tham s m đ b t phương trình x(4 − x) + m
√
đúng v i m i giá tr c a x thu c đo n [2; 2 + 3].
Câu III (2 đi m) √
1) Cho hình chóp S.ABCD có √ ABCD là hình ch nh t, AD = a 2, CD = 2a. C nh SA
đáy
vuông góc v i đáy và SA = 3 2a(a > 0). G i K là trung đi m c a c nh AD. Ch ng minh
mp(SBK )⊥mp(SAC ) và tính th thích kh i chóp SBCK theo a.
2) Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho lăng tr đ ng OAB.O1 A1 B1 v i A(2; 0; 0); B (0; 4; 0)
và O1 (0; 0; 4). Xác đ nh t a đ đi m M trên AB , đi m N trên OA1 sao cho đư ng th ng M N song
√
song v i m t ph ng (α) : 2x + y + z − 5 = 0 và đ dài M N = 5.
Câu IV (2 đi m).
1) Tính t ng sau
02 12 Cn 2
n
Cn Cn
S= + + ··· +
1 2 n+1
2) Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy cho đư ng tròn (C ) : x2 + y 2 + 6x − 2y + 6 = 0 và các đi m
B (2; −3) và C (4; 1). Xác đ nh t a đ đi m A thu c đư ng tròn sao cho tam giác ABC cân t i A
và có di n tích nh nh t.
PH N 2 (Thí sinh thi kh i A, B làm câu Va, thí sinh thi kh i D làm câu Vb)
Câu Va (2 đi m)
1) Tính tích phân
ln5
dx
√
−x − 1) ex − 1
ln2 (10e
2) Gi i h phương trình
1−x2
2 x2 + xy + 3 = 2y
2
2
x2 y + 2x − 2x2 y − 4x + 1 = 0
Câu Vb (2 đi m)
1) Tính tích phân
π
x sin x
4
dx
cos3 x
0
2) Gi i phương trình
x
log2 x + x log7 (x + 3) = + 2 log7 (x + 3) log2 x
2
2
2
- 2 L i gi i tóm t t
Câu I (2 đi m)
4
1) TXD : D = R {1}, đ o hàm y = > 0 ∀x ∈ D. Ti m c n đ ng x = −2, ti m c n ngang
(x+2)2
y = 2 (Các b n t v đ th ).
2) Ti p tuy n t i đi m M có t a đ x0 = −2 có phương trình
4 2x0
⇔ 4x − (x0 + 2)2 y + 2x2 = 2 (d)
y= (x − x0 ) + 0
2
(x0 + 2) x0 + 2
Tâm đ i x ng I = (−2; 2) nên ta có
8|x0 + 2|
d(I/(d)) =
16 + (x0 + 2)4
Áp d ng BDT Cô-si cho 2 s dương ta thu đư c
√
16 + (x0 + 2)4 ≥ 8|x0 + 2|
Nên √
d(I/(d)) ≤ 2 2
D u đ ng th c x y ra khi và ch khi |x0 + 2| = 2 ⇔ x0 = 0, x0 = −4.
T đó suy ra đư c hai ti p tuy n là y = x và y = x + 8.
Câu II (2 đi m)
1) Đi u kiên sin 2x = 0. Phương trình trên tương đương v i
2 1 π kπ
+ 2 1 − sin2 2x ⇔ sin4 2x + sin2 2x − 2 = 0 ⇔ sin2 2x = 1 ⇔ x = + (k ∈ Z )
sin2 2x 2 4 2
√
2) Đ t t = x2 − 4x + 5 ⇒ t ∈ [1; 2]. B t phương trình tương đương v i
t2 − 5
5 − t2 + m(t + 2) ≤ 0 ⇔ m ≤ = g (t)
t+2
√
B t phương trình nghi m đúng ∀x ∈ [2; 2 + 3] ⇔ m ≤ mint∈[1;2] g (t). Xét hàm g (t) có g (t) đ ng
bi n ∀t ∈ [1; 2] ⇒ m ≤ g (1) = −4 .
3
Câu III (2 đi m) √
2 2a 2 2 6a
1) G i H là giao đi m c a AC và BK thì BH = BK = √ và CH = CA =
3 3 3
3
⇒ BH 2 + CH 2 = 4a2 = BC 2 ⇒ BK ⊥AC
M t khác BK ⊥SA ⇒ BK ⇒ (SAC ) ⇒ (SBK )⊥(SAC )
Th tích
1√ √
1
VSBCK = SA.SBCK = 3 2a2 2 = 2a3
3 3
3
-
x = 2n
−→
−
y = 0 ⇒ N = (2n; 0; 4n)
2) Ta có OA1 = (2; 0; 4), suy ra phương trình c a (OA1 ) :
z = 4n
x = 2 − 2m
−
−→
y = 4m
Có AB = (−2; 4; 0) suy ra phương trình (AB ) : ⇒ M = (2 − 2m; 4m; 0)
z=0
−→
− −→
−
V y M N = (2n + 2m − 2; −4m; 4n), mà M N (α) nên ta có
− → −→
−− 1
M N .n(α) = 0 ⇔ 2(2n + 2m − 2) − 4m + 4n = 0 ⇔ n = ⇒ N = (1; 0; 2)
2
m= 1 M1 8 ; 5 ; 0
4
Khi đó M N 2 = (2m − 1)2 + 16m2 + 4 = 5 ⇒ 5⇒ 5
m=0 M2 (2; 0; 0) ≡ A
Câu IV (2 đi m)
k+1
k Cn+1
Cn
1) Ta có = ∀k = 1, 2, · · · n. V y
k+1 n+1
1 2
2 2 n+1
1 2
S= Cn+1 + Cn+1 + . . . + Cn+1
(n + 1)2
T (1 + x)n+1 (1 + x)n+1 = (1 + x)2n+2 , cân b ng h s xn+1 hai v ta có
2
2 2 n+1 n+1
1 2
Cn+1 + Cn+1 + . . . + Cn+1 = C2n+2
n+1
C2n+2
VyS= .
(n + 1)2
2) Đ tam giác ABC cân t i A thì A n m trên đư ng trung tr c (δ ) c a BC . Đư ng th ng (δ )
−→
−
qua trung đi m M = (3; −1), nh n BC = (2; 4) làm vector pháp tuy n nên có phương trình là
2(x − 3) + 4(y + 1) = 0 ⇔ x + 2y − 1 = 0.
x2 + y 2 + 6x − 2y + 6 = 0
Vì A ∈ (C ) nên t a đ A là nghi m c a h
x + 2y = 1
√
21 13 18
Gi i h ta thu đư c A1 = (−1; 1), A2 = (− ; ). Do A1 M = 20 < √ = A2 M nên SA1 BC <
55 5
SA2 BC nên đi m c n tìm là A = (−1; 1).
Câu Va √
1) Đ t t = ex − 1 ⇒ 2tdt = ex dx. T đó
2
2 2
2tdt dt 1 t−3 15
I= =2 = − ln =
(9 − t2 )t 2
9−t 3 t+3 32
1 1 1
2) Đi u ki n x = 0. Phương trình th hai c a h tuơng đương v i
1 − 2x
(x2 y + 2x − 1)2 = 0 ⇔ y =
x2
Thay vào phương trình đ u tiên và bi n đ i ta thu đư c
1 − x2 1 − x2
1 − 2x 1 − 2x
1−x2 1−2x
2 + = 2 x2 + ⇔f =f
x2
x2 x2 x2 x2
4
- t
đó f (t) = 2t + là hàm đ ng bi n v i m i t. T đó suy ra
2
1 − x2 1 − 2x
= ⇔x=2
x2 x2
3
V y h có nghi m (x; y ) = (2; − ).
4
Câu Vb
sin x 1
1) Đ t u = x, dv = dx ⇒ du = dx, v = . T đó
2 cos2 x
cos3 x
π /4
x 1 dx π1 π1
π/4 π/4
I= | − = − tan x|0 = −
2x 0 2x
2 cos 2 cos 42 42
0
2) Đi u ki n x > 0. Phương trình đã cho tương đương v i
x
log2 x − [log2 x − 2 log7 (x + 3)] = 0
2
• log2 x − x = 0 ⇔ ln x = ln 2 .
2 x 2
Xét f (x) = ln x − ln 2 , f = 1−ln x = 0 ⇔ x = e. Suy ra phương trình f (x) = 0 có nhi u nh t
x2
x 2
2 nghi m. D th t x = 0, x = 4 là nghi m c a phương trình trên.
• log2 x − 2 log7 (x + 3) = t ⇒ x = 2t . Phương trình này tương đương v i
t t t
4 2 1
7t = (2t + 3)2 ⇔ +6 +9 =1
7 7 7
có nghi m duy nh t t = 2. V y phương trình có nghi m x = 2, x = 4.
5
nguon tai.lieu . vn
