Đề thi khảo sát chất lượng trước tuyển sinh (lần 2) môn thi: Toán

Tr−ờng THPT Đông Sơn 1 kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 (lần 2) 
 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 (7 điểm ) 
Câu I: (2 điểm) 
Cho hàm số 
2
32
−
−
=
x
x
y 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đ−ờng tiệm cận của (C) tại 
A và B. Gọi I là giao điểm của các đ−ờng tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đ−ờng tròn 
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. 
Câu II (2 điểm) 
1. Giải ph−ơng trình 





−=−+
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1 22
x
x
x
x
x pi
2. Giải bất ph−ơng trình 





−+−>−+− xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2 
Câu III (1 điểm) 
Tính tích phân ∫ 





+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2 ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm) 
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 
2
a
. 3aSA = , 
 
 030= =SAB SAC . Tính thể tích 
khối chóp S.ABC. 
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số d−ơng thoả mFn : a + b + c = 
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
333 3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
= 
Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 
Phần 1:(Theo ch−ơng trình Chuẩn) 
Câu VIa (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đ−ờng thẳng 052:1 =+− yxd . 
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập ph−ơng trình đ−ờng thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đ−ờng thẳng 
đó cắt hai đ−ờng thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đ−ờng 
thẳng d1, d2. 
 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), 
D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có ph−ơng trình: 02 =−++ zyx . Gọi A’là hình chiêú của A 
lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và 
bán kính của đ−ờng tròn (C) là giao của (P) và (S). 
Câu VIIa (1 điểm) 
Tìm số nguyên d−ơng n biết: 
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 12 3.2.2 .... ( 1) ( 1)2 .... 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +− + + − − + − + = −
k k k n n
n n n nC C k k C n n C 
Phần 2: (Theo ch−ơng trình Nâng cao) 
Câu VIb (2 điểm) 
 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có ph−ơng trình: 1
916
22
=−
yx
. 
Viết ph−ơng 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. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( ) 052: =+−+ zyxP và đ−ờng thẳng 
31
2
3
:)( −=+=
+
zy
x
d , điểm A( -2; 3; 4). Gọi ∆ là đ−ờng thẳng nằm trên (P) đi qua giao 
điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM 
ngắn nhất. 
Câu VIIb (1 điểm): 
Giải hệ ph−ơng trình 




+=++
=+ +−+
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx
-------------- Hết-------------- 
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V 
Thí sinh không đ−ợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh:----------------------------- 
Tr−ờng THPT đông sơn I kì thi KSCL tr−ớc tuyển sinh năm 2009 ( lần II) 
 H−ớng dẫn chấm môn toán 
- Điểm toàn bài thi không làm tròn 
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đ−ợc điểm tối đa. 
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần 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 và vẽ đồ thị hàm số .................. 1,00 
 1) Hàm số có TXĐ: { }2\R 0,25 
2) Sự biến thiên của hàm số: 
a) Giới hạn vô cực và các đ−ờng tiệm cận: 
* +∞=−∞=
+− →→
ylim;ylim
2x2x
Do đó đ−ờng thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 
* lim lim 2
→+∞ →−∞
= = ⇒
x x
y y đ−ờng thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 
0,25 
b) Bảng biến thiên: 
Ta có: ( ) 2x,02x
1
'y
2
≠∀<
−
= 
Bảng biến thiên: 
x - ∞ 2 + ∞ 
y’ - - 
y 
2 
-∞ 
+ ∞ 
2 
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( )2;∞− và ( )+∞;2 
0,25 
3) Đồ thị: 
+ Đồ thị cắt trục tung tại 





2
3
;0 và cắt trục hoành tại điểm 





0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 
0,25 
I. 2 Tìm M để đ−ờng tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1,00 
Ta có: 2x,
2x
3x2
;xM 0
0
0
0 ≠





−
−
, ( )200 2x
1
)x('y
−
−
= 
Ph−ơng trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) 2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
02
0
−
−
+−
−
−
=∆ 
0,25 
O 
y 
x 
2 
3/2 
3/2 
2 
Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ( )2;2x2B;
2x
2x2
;2A 0
0
0
−





−
−
Ta thấy M0
0BA xx
2
2x22
2
xx
==
−+
=
+
, M
0
0BA y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
 suy ra M là trung 
điểm của AB. 
0,25 
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác 
IAB có diện tích 
S = pi≥





−
+−pi=














−
−
−
+−pi=pi 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
02
0
2 
0,25 
Dấu “=” xảy ra khi 


=
=
⇔
−
=−
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0 
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) 
0,25 
II. 1 Giải ph−ơng trình l−ợng giác ...... 1 điểm 
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22






−=−+
x
x
x
x
x pi
( ) xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11 2 +=





−
pi
+=−+⇔ 
0,25 
01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =





−−⇔=





−−⇔ 0,25 
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin 2 =





++





−⇔ 0,25 
2
sin x 0
x k
x kx
sin 1 x k , kx
2 x k4k2
2 2x x
2sin 2sin 1
2 2

 =
= pi
= pi⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = pi ∈pi  = pi + pi= + pi 

 + +

Z 0,25 
II. 2 Giải bất ph−ơng trình......................... 1 điểm 
ĐK: ( )*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<⇔






≠
<
⇔





>−
<
⇔





>+−
>−
 0,25 
Với điều kiện (*) bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng với: 
[ ]1)x21(log)2x(2x2)x21(log2 22 −−++>−− [ ] 01)x21(logx 2 <+−⇔ 
0,25 




<
>
⇔










>−
<



<−
>
⇔










>−
<



<−
>
⇔










>+−
<



<+−
>
⇔
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
 0,25 
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 
2
1
x
4
1
<< hoặc x < 0. 0,25 
III Tính tích phân............................. 1 điểm 
∫∫ ++
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I 
+) Tính ∫ +
=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt dx
x
1
tdt2;xln1txln1t 2 =+=⇒+= 
Đổi cận: 2tex;1t1x =⇒==⇒= 
0,25 
( ) ( ) ( )
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
32
1
2
2
1
2
1
−
=





−=−=
−
= ∫∫ 0,25 
+) Tính dxxlnxI
e
1
2
2 ∫= . Đặt 






=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
 0,25 
e3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I . ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= − = − = − + =∫ 0,25 
=+= 21 I3II
3
e2225 3+−
 0,25 
IV Tính thể tích hình chóp ......................... 1 điểm 
Theo định lí côsin ta có: 

2 2 2 2 2 0 2SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + − = + − = 
Suy ra aSB = . T−ơng tự ta cũng có SC = a. 
0,25 
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân 
nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC). 
Ta có MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+= 
0,25 
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh t−ơng ứng bằng nhau nên chúng 
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của 
BC suy ra MN ⊥ BC. T−ơng tự ta cũng có MN ⊥ SA. 
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
22
2222222
=







−





−=−−=−=
4
3a
MN =⇒ . 
0,25 
Do đó 
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S === 0,25 
S 
A 
B 
C 
M 
N 
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1 điểm 
 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có 
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥





++++ (*) 
áp dụng (*) ta có 
333333 a3cc3bb3a
9
a3c
1
c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
= 
0,25 
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số d−ơng ta có 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
 0,25 
Suy ra ( )3 3 3 1a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +  
1 3
4. 6 3
3 4
 ≤ + =  
Do đó 3P ≥ 
0,25 
Dấu = xảy ra 
3
a b c 1
a b c4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =
⇔ ⇔ = = =
 + = + = + =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi 4/1cba === 
0,25 
VIa.1 Lập ph−ơng trình đ−ờng thẳng ...................... 1 điểm 
 Cách 1: d1 có vectơ chỉ ph−ơng )1;2(a1 − ; d2 có vectơ chỉ ph−ơng )6;3(a2 
Ta có: 06.13.2a.a 21 =−= nên 21 dd ⊥ và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là 
đ−ờng thẳng đi qua P( 2; -1) có ph−ơng trình: 
0BA2ByAx0)1y(B)2x(A:d =+−+⇔=++− 
0,25 
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một 
góc 450 



−=
=
⇔=−−⇔=
−++
−
⇔
A3B
B3A
0B3AB8A345cos
)1(2BA
BA2 220
2222 
0,25 
* Nếu A = 3B ta có đ−ờng thẳng 05yx3:d =−+ 0,25 
* Nếu B = -3A ta có đ−ờng thẳng 05y3x:d =−− 
Vậy qua P có hai đ−ờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán. 05yx3:d =−+ 
05y3x:d =−− 
0,25 
Cách 2: Gọi d là đ−ờng thẳng cần tìm, khi đó d song song với đ−ờng phân giác ngoài 
của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đF cho. 
 Các đ−ờng phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có ph−ơng trình 



∆=++
∆=+−
⇔−+=+−⇔
+
−+
=
−+
+−
)( 08y3x9
)( 022y9x3
7y6x35yx23
63
7y6x3
)1(2
5yx2
2
1
2222
0,25 
+) Nếu d // ∆1 thì d có ph−ơng trình 0cy9x3 =+− . 
Do P∈d nên 05y3x:d15c0c96 =−−⇒−=⇔=++ 
0,25 
+) Nếu d // ∆2 thì d có ph−ơng trình 0cy3x9 =++ . 
Do P∈d nên 05yx3:d15c0c318 =−+⇒−=⇔=+− 
0,25 
Vậy qua P có hai đ−ờng thẳng thoả mFn yêu cầu bài toán. 05yx3:d =−+ 
05y3x:d =−− 
0,25 
VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đ−ờng tròn........ 1 điểm 
 Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) 
* Giả sử ph−ơng trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: 0,25 
( )0dcba,0dcz2by2ax2zyx 222222 >−++=++++++ 
Vì ( )SD,C,B,'A ∈ nên ta có hệ: 








−=
−=
−=
−=
⇔







=−++−
=++++
=++++
=++−
1d
1c
1b
2
5
a
021dc4b2a8
029dc4b6a8
014dc4b6a2
02db2a2
Vậy mặt cầu ( S) có ph−ơng trình: 01225222 =+−−−++ zyxzyx 
0,25 
(S) có tâm 





1;1;
2
5
I , bán kính 
2
29
R = 
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đ−ờng tròn ( C) 
+) Gọi ( d) là đ−ờng thẳng đi qua I và vuông góc với (P). 
(d) có vectơ chỉ ph−ơng là: ( )1;1;1n 
Suy ra ph−ơng trình của d: 





+++⇒





+=
+=
+=
t1;t1;t
2
5
H
t1z
t1y
t2/5x
Do ( ) )P(dH ∩= nên:
6
5
t
2
5
t302t1t1t
2
5
−=⇔−=⇔=−+++++ 





⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H 
0,25 
6
35
36
75
IH == , (C) có bán kính 
6
186
6
31
36
75
4
29
IHRr 22 ==−=−= 0,25 
VII a. Tìm số nguyên d−ơng n biết....... 1 điểm 
 * Xét 1n21n2 1n2
kk
1n2
k22
1n2
1
1n2
0
1n2
1n2 xC....xC)1(....xCxCC)x1( +++++++
+
−+−+−+−=− (1) 
* Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: 
n21n2
1n2
1kk
1n2
k2
1n2
1
1n2
n2 xC)1n2(....xkC)1(...xC2C)x1)(1n2( ++
−
+++ +−+−+−+−=−+− (2) 
0,25 
 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2 xC)1n2(n2....xC)1k(k)1(...xC3C2)x1)(1n2(n2 −++
−
+++
− +−+−−++−=−+ 0,25 
 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 
2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 12n(2n 1) 2C 3.2.2C ... ( 1) k(k 1)2 C ... 2n(2n 1)2 C
− − +
+ + + +− + = − + + − − + − + 
0,25 
 Ph−ơng trình đF cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 =⇔=−+⇔=+⇔ 0,25 
VIb.1 Viết ph−ơng trình chính tắc của E líp 1 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 ph−ơng trình chính tắc của (E) có dạng: 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=+ ( với a > b) 
 (E) cũng có hai tiêu điểm ( ) ( ) ( )15ba0;5F;0;5F 22221 =−⇒− 
0,25 
( ) ( ) ( )2bab16a9E3;4M 2222 =+⇔∈ 
Từ (1) và (2) ta có hệ:



=
=
⇔



=+
+=
15b
40a
bab16a9
b5a
2
2
2222
222
 0,25 
Vậy ph−ơng trình chính tắc của (E) là: 1
15
y
40
x 22
=+ 0,25 
VIb. 2 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn nhất 1 điểm 
 Chuyển ph−ơng trình d về dạng tham số ta đ−ợc: 





+=
−=
−=
3
1
32
tz
ty
tx
Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ( )3;1;32 +−−⇒ tttI 
Do ( ) ( )4;0;1105)3()1(232 −⇒=⇔=+−−−+−⇒∈ IttttPI 
0,25 
* (d) có vectơ chỉ ph−ơng là )1;1;2(a , mp( P) có vectơ pháp tuyến là ( )1;2;1 −n [ ] ( )3;3;3n,a −=⇒ . Gọi u là vectơ chỉ ph−ơng của ∆ ( )1;1;1u −⇒ 0,25 





+=
=
−=
∆⇒
u4z
uy
u1x
: . Vì ( )u4;u;u1MM +−−⇒∆∈ , ( )u;3u;u1AM −−⇒ 0,25 
AM ngắn nhất ∆⊥⇔ AM 0u.1)3u(1)u1(10u.AMuAM =+−+−−⇔=⇔⊥⇔ 
3
4
u =⇔ . Vậy 




 −
3
16
;
3
4
;
3
7
M 
0,25 
VIIb Giải hệ ph−ơng trình:................... 1 điểm 




+=++
=+ +−+
)2(1xxy1x3
)1( 2.322
2
x3y2y1x3
Ph−ơng trình (2) 



=−+
−≥
⇔



+=++
≥+
⇔
0)13(
1
113
01
2 yxx
x
xxyx
x








−=
−≥
=
⇔








=−+
=
−≥
⇔
xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1
0,25 
* Với x = 0 thay vào (1) 
11
8
log
11
8
22.12282.322 2
2
=⇔=⇔=+⇔=+ − yyyyyy 0,25 
* Với 



−=
−≥
xy
x
31
1
 thay y = 1 – 3x vào (1) ta đ−ợc: 2.322 1313 =+ −−+ xx 
Đặt 132 += xt Vì 1−≥x nên 
4
1≥t 
( ) ( )[ ]





+−=
−+=
⇔




+=
−=
⇔=+−⇔=+⇔
)83(log2y
183log
3
1
x
83t
iạlo83t
01t6t6
t
1
t)3(
2
22 
0,25 
Vậy hệ ph−ơng trình đF cho có nghiệm




=
=
11
8
logy
0x
2
 và
( )[ ]





+−=
−+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2
 0,25