thi thu dh toan B hay

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN TOÁN − KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7điểm ) Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 3 2 ( ) 2y f x x mx m= = − + (1) ( m tham số) 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3 . 2.Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm . Câu II ( 2 điểm) 1.Giải phương trình : 2 2sin 3 sin 2 1 3 sin cosx x x x+ + = + . 2.Giải hệ phương trình : ( ) 2 3 2 2 8 x y xy x y  − =   − =   Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân : /6 0 sin cos2 x dx x π ∫ Câu IV ( 1 điểm) Cho các số thực x , y thuộc đoạn [ ] 2;4 , chứng minh rằng : ( ) 1 1 9 4 2 x y x y   ≤ + + ≤  ÷   Câu V (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên độ dài bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 45 0 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a. PHẦN RIÊNG (3điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng có hệ trục tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1 :2 5 3 0d x y+ + = ; 2 :5 2 7 0d x y− − = cắt nhau tại A và điểm P( 7;8)− . Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua P tạo với 1 d , 2 d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 29 2 . 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz , lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P) : 2z = lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8 . Câu VII.a (1 điểm) Tìm a và n nguyên dương thỏa : 2 3 1 0 1 2 127 2 3 ( 1) 7 n n n n n n a a a aC C C C n + + + + + = + và 3 20 n A n= 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình : 2 2 2 6 15 0x y x y+ − + − = thành một dây cung có độ dài bằng 8. 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz ,cho mặt phẳng (α) chứa đường thẳng (∆): 1 1 1 2 x y z− = = − − và tạo với mặt phẳng (P) : 2 2 1 0x y z− − + = góc 60 0 . Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng (α) với trục Oz . Câu VII.b (1 điểm) Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình ( ) (1 )(2 ) .3 .2 0 x x x x m = + − − có nghiệm . HẾT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 MÔN TOÁN – KHỐI B Câu Đáp án Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3 (1,00 điểm) 3 2 3 6y x x= − + Tập xác định D R= Sự biến thiên: 2 ' 3 6y x x= − ' 0y = ⇔ x = 0 hay x = 2 0,25 Bảng biến thiên x –∞ 0 2 +∞ y’ + 0 – 0 + y 6 +∞ –∞ 2 0,25 ( ) ( ) CD CT 0 6, 2 2y y y y= = = = 0,25 Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất 1 điểm (1,00 điểm) ' 2 3 2 (3 2 )y x mx x x m= − = − Khi m = 0 thì ' 2 3 0y x= ≥ ⇒ (1) đồng biến trên R ⇒ yêu cầu bài toán thỏa. Khi 0m ≠ thì (1) có 2 cực trị 1 2 2 0 , 3 m x x= = Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi ( ) 1 2 ( ). 0f x f x > 3 2 2 4 2 2 (2 ) 0 4 (1 ) 0 27 27 m m m m m⇔ − > ⇔ − > 0 3 6 3 6 2 2 m m ≠   ⇔  − < <   0,25 0,25 0,25 Kết luận : khi 3 6 3 6 ; 2 2 m   ∈ −  ÷  ÷   thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm . 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 2 2 2sin 3sin 2 1 3 sin cos ( 3sin cos ) 3 sin cos x x x x x x x x + + = + ⇔ + = + 0,25 Khi đó: ( ) ( ) 3 sin cos 3 sin cos 1 0 3 sin cos 0 ( ) 3 sin cos 1 0 ( ) x x x x x x a hay x x b ⇔ + + − = ⇔ + = + − = 0,25 3 ( ) 3 6 2 ( ) sin sin 2 ; 2 6 6 3 a tanx x k b x x k x k π π π π π π π ⇔ = − ⇔ = − +   ⇔ + = ⇔ = = +  ÷   0,25 Kết luận : phương trình có các nghiệm : 2 ; 2 ; 2 , 6 3 x k x k x k k Z π π π π π = − + = + = ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Với điều kiện : . 0 ;x y x y≥ ≥ Pt 2 3( ) 2 3( ) 4 (3 )( 3 ) 0x y xy x y xy x y x y− = ⇔ − = ⇔ − − = 3 3 y x y hay x⇔ = = 0,25 Với 3x y= , thế vào Pt 2 2 8x y− = được : 2 6 8 0 2 ; 4y y y y− + = ⇔ = = Hệ có nghiệm 6 12 ; 2 4 x x y y = =     = =   0,25 Với 3 y x = , thế vào Pt 2 2 8x y− = được : 2 3 2 24 0y y− + = Vô nghiệm. 0,25 Kết luận : hệ phương trình có 2 nghiệm là : 6 12 ; 2 4 x x y y = =     = =   0,25 III Tính tích phân 1,00 / 6 /6 2 0 0 sin sin cos2 2cos 1 x x I dx dx x x π π = = − ∫ ∫ 0,25 Đặt cos sint x dt xdx = ⇒ = − Đổi cận: 3 0 1; 6 2 x t x t π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 Ta được 1 3 / 2 2 1 3 / 2 1 1 2 2 ln 2 1 2 2 2 2 t I dt t t − = − = − + ∫ 0,25 1 3 2 2 ln 2 2 5 2 6 − = − 0,25 IV Chứng minh bất đẳng thức 1,00 Gọi ( ) 1 1 2 x y A x y x y y x     = + + = + +  ÷  ÷     Đặt x t y = thì 1 ( ) 2A f t t t = = + + Với [ ] 2 4 1 1 , 2;4 2 ;2 1 1 1 2 2 4 2 x x x y t y y ≤ ≤     ∈ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈    ≤ ≤     0,25 0,25 Ta có 2 ' ' 2 2 1 1 1 ( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2 2 t f t f t t t t −   = − = = ⇔ = ∈     0,25 Ta có : 1 9 9 (2) ; (1) 4 4 2 2 2 f f f A   = = = ⇒ ≤ ≤  ÷   (điều phải chứng minh) 0,25 V Tính thể tích 1,00 Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC . Giả thiết cho · 0 45SIH = . Gọi x là cạnh ∆đều ABC , suy ra : 3 3 3 , , 2 3 6 x x x AI AH HI= = = 0,25 ∆SAH vuông tại H 2 2 2 2 2 3 3 x SH SA AH a   ⇒ = − = −  ÷  ÷   ∆SHI vuông cân tại H 3 6 x SH HI⇒ = = 0,25 Suy ra : 2 2 2 3 3 2 15 6 3 5 x x a a x     = − ⇒ =  ÷  ÷  ÷  ÷     0,25 Do đó ( ) 2 2 3 . 1 1 5 3 3 15 . . . 3 3 5 5 25 S ABC a a a V SH dt ABC= = = 0,25 VI.a 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng (1,00 điểm) Ta có A(1; 1)− và 1 2 d d⊥ 3 d tạo với 1 d , 2 d tam giác vuông cân ⇒ 3 d vuông góc với 2 phân giác góc tạo bởi 1 d , 2 d có phương trình : 7 3 4 0x y+ − = ; 3 7 10 0x y− − = Nên 3 d có phương trình 7 3 0x y C+ + = hay / 3 7 0x y C− + = 0,25 3 d qua ( 7;8)P − nên C = 25 ; C / = 77 Suy ra : 3 : 7 3 25 0d x y+ + = hay 3 :3 7 77 0d x y− + = 0,25 Theo giả thiết ∆ vuông cân có diện tích bằng 29 2 cạnh huyền bằng 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 58 2 = 3 ( , )d A d 0,25 Với 3 : 7 3 25 0d x y+ + = thì 3 58 ( ; ) 2 d A d = ( thích hợp) Với 3 :3 7 77 0d x y− + = thì 3 87 ( ; ) 58 d A d = ( loại ) 0,25 2 Viết phương trình mặt cầu (S) (1,00 điểm) Theo giả thiết Oxy và (P) : z = 2 vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm 1 (0,0,0)O , bán kính 1 2R = và tâm 2 (0,0,2)O , 2 8R = ; có trục là Oz , suy ra tâm mặt cầu (S) là (0,0, )I m . 0,25 R là bán kính mặt cầu thì : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 64 2 8 2 R m m m R m  = +  ⇒ + = + −  = + −   Ta được 16m = và 2 65R = , I(0.0.16) 0,5 Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2 ( 16) 260x y z+ + − = 0,25 VII.a Tìm số nguyên dương a và n 1,00 3 2 20 ( 1)( 2) 20 3 18 0 n A n n n n n n n= ⇔ − − = ⇔ − − = Suy ra : n = 6 và n = – 3 ( loại ) 0,25 Giả thiết còn lại trở thành : 2 7 0 1 6 6 6 6 127 . . 2 7 7 a a a C C C+ + + = Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 (1 )x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + + 0,25 Nên [ ] 2 7 6 0 1 6 6 6 6 0 0 0 0 (1 ) 2 7 a a a a x x x dx C x C C     + = + + +         ∫ ⇔ 7 2 7 0 1 6 6 6 6 0 (1 ) . . 7 2 7 a x a a a C C C   + = + + +     0,25 Theo giả thiết ta được : 7 7 7 7 (1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 2 7 7 7 a a a + − = ⇒ + = ⇒ + = Vậy a = 1 và n = 6 . 0,25 VI.b 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng (1 điểm) (C) có tâm (1; 3)I − và bán kính R = 5 Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và 2 2 2 2 5 4 3IH R AH= − = − = hay ( , ) 3d I ∆ = (*) 0.25 (∆) qua gốc tọa độ nên có pt : 2 2 0 ; 0Ax By A B+ = + ≠ Từ (*) cho : 2 2 3 3 (4 3 ) 0 A B A A B A B − = ⇔ + = + Do đó 0A = hay 4 3 0A B+ = 0,25 Với 4 3 0A B+ = , chọn A = 3 ; B = – 4 : (∆) có pt là 3 4 0x y− = 0,25 Với A = 0 chọn B = 1 : (∆) có pt là y = 0 Kết luận : PT của (∆) là 3 4 0x y− = hay y = 0 . 0,25 2 Tìm tọa độ giao điểm M ( 1 điểm) (∆) qua điểm A(1;0;0) và có vectơ chỉ phương (1; 1; 2)u = − − ur Giao điểm M(0;0;m) cho ( 1;0; )AM m= − uuuur 0,25 (α) có vectơ pháp tuyến , ( ; 2;1)n AM u m m   = = −   ur uuuur ur 0,25 (α) và (P): 2 2 1 0x y z− − + = tạo thành góc 60 0 nên : ( ) ' 2 2 1 1 1 cos , 2 4 1 0 2 2 2 4 5 n n m m m m = ⇔ = ⇔ − + = − + ur r 0,25 Ta được 2 2m = − hay 2 2m = + Kết luận : (0;0;2 2)M − hay (0;0;2 2)M + 0,25 VII.b Tìm giá trị tham số m 1,00 ( ) (1 )(2 ) .3 .2 0 x x x x m = + − − 1 2 1 2 .3 0 3 x x x x x m x m − ≤ ≤  − ≤ ≤   ⇔ ⇔   = − =    0,25 Đặt : ( ) 3 x x f x = , ' 1 .ln 3 ( ) 3 x x f x − = ; [ ] ' 1 ( ) 0 1;2 ln3 f x x= ⇔ = ∈ − 0,25 2 1 1 1 ( 1) 3 ; (2) ; 3 ( ) 9 ln 3 .ln3 .ln3 f f f f x e e   − = − = = ⇒ − ≤ ≤  ÷   ; [ ] 1;2x∈ − 0,25 Kết luận : Khi 1 3 .ln3 m e − ≤ ≤ thì pt trên có nghiệm . 0,25 . cung AB thì AH = 4 và 2 2 2 2 5 4 3IH R AH= − = − = hay ( , ) 3d I ∆ = (*) 0.25 (∆) qua gốc tọa độ nên có pt : 2 2 0 ; 0Ax By A B+ = + ≠ Từ (*) cho : 2 2 3 3 (4 3 ) 0 A B A A B A B − =. 0A = hay 4 3 0A B+ = 0,25 Với 4 3 0A B+ = , chọn A = 3 ; B = – 4 : (∆) có pt là 3 4 0x y− = 0,25 Với A = 0 chọn B = 1 : (∆) có pt là y = 0 Kết luận : PT của (∆) là 3 4 0x y− = hay y =. thực x , y thu c đoạn [ ] 2;4 , chứng minh rằng : ( ) 1 1 9 4 2 x y x y   ≤ + + ≤  ÷   Câu V (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh b n độ dài b ng a và các mặt b n hợp với