[r]
(1)Trường THPT Chuyên LƯƠNG VĂN CHÁNH PHÚ YÊN
Đề số 15
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN – Khối B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số yf x( )x3 mx22m (1) ( m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =
2) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: 2sin2 x 3 sin 2x 1 3 sinxcosx
2) Giải hệ phương trình:
2
3 2
2 8
x y xy
x y
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
sin cos 2
xxdx
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh bên có độ dài a mặt bên hợp với mặt đáy góc 450 Tính thể tích hình chóp theo a.
Câu V (1 điểm): Cho số thực x , y thuộc đoạn 2;4 Chứng minh rằng:
1 1 9
4
2
x y
x y
II PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm) 1 Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1:2x5y 3 0 ; d2:5x 2y 7 0 cắt tại A điểm P( 7;8) Viết phương trình đường thẳng d3 qua P tạo với d1, d2thành tam giác cân A có diện tích
29 2 .
2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết mặt phẳng Oxy mặt phẳng (P): 2
z cắt (S) theo hai đường trịn có bán kính
Câu VII.a (1 điểm): Tìm a n nguyên dương thỏa :
2
0 127
2 3 ( 1) 7
n n
n n n n
a a a
aC C C C
n
An3 20n.
2 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () qua gốc tọa độ cắt đường trịn (C) có phương trình : x2y2 2x6y15 0 thành dây cung có độ dài
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng ():
1
1 1 2
x y z
tạo với mặt phẳng (P) : 2x 2y z 1 0 góc 600 Tìm tọa độ giao điểm M mặt phẳng () với trục Oz
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị tham số m phương trình
(1 )(2 ) .3 2x x x 0
x m
(2)Hướng dẫn: I PHẦN CHUNG
Câu I: 2) y 3x2 2mx x x (3 2 )m
Khi m =
2
3 0
y x (1) đồng biến R thoả yêu cầu toán.
Khi m0thì (1) có cực trị
2 0 ,
3
m
x x
Do đồ thị cắt Ox điểm f x f x( ).1 2 0
3
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
Kết luận:
3 6 ;
2 2
m
đồ thị (1) cắt Ox điểm.
Câu II: 1) PT
2
3 sinxcosx 3 sinxcosx sinxcosx sinxcosx1 0
3 sin cos 0 3 sin cos 1 0
x x
x x
3 tan
3
sin sin
6 6
x x
6
2
2 ; 2
3
x k
x k x k
2)
2
3 2 (1)
2 8 (2)
x y xy
x y Điều kiện : x y. 0 ;x y
Ta có: (1)
2
3(x y ) 4xy (3x y x )( 3 ) 0y 3 3
y
x y hay x
Với x3y, vào (2) ta :
2 6 8 0 2 ; 4
y y y y
Hệ có nghiệm
6 12
;
2 4
x x
y y
Với 3 y
x
, vào (2) ta : 3y2 2y24 0 Vô nghiệm Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:
6 12
;
2 4
x x
y y
Câu III:
6
2
0
sin sin
cos 2 2cos 1
x x
I dx dx
x x Đặt t cosx dt sinxdx
Đổi cận:
3
0 1;
6 2
x t x t
Ta
3 1
2
3
2
1 1 2 2
ln
2 1 2 2 2 2
t
I dt
t t
=
1 3 2
ln
2 2 5 6 Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I trung điểm BC Giả thiết cho SIH 450.
Gọi x độ dài cạnh ABC Suy :
3 3 3
, ,
2 3 6
x x x
(3)SAH vuông H
2
2 2 3
3
x
SH SA AH a
SHI vuông cân H
3 6
x
SH HI
Suy ra:
2
2
3 3 2 15
6 3 5
x x a
a x
Do đó:
2
1 1 5 3 3 15
. . .
3 3 5 5 25
S ABC
a a a
V SH dt ABC
Câu V: Gọi
1 1 2 x y
A x y
x y y x
Đặt
x t
y
1 ( ) 2
A f t t
t
Với
2 4
1 1
, 2; 4 1 1 1 2 ; 2
2 2
4 2
x
x
x y t
y y
Ta có:
2
2
1 1 1
( ) 1 ; ( ) 0 1 ; 2
2
t
f t f t t
t t
1 9 9
(2) ; (1) 4 4
2 2 2
f f f A
(đpcm)
II PHẦN TỰ CHỌN 1 Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) d1 d2
Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: 1: 7x3y 4 0 2: 3x 7y10 0
d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân d3vng góc với
1 2
Phương trình d3có dạng: 7x3y C 0 hay 3x 7y C 0 Mặt khác, d3qua P( 7;8) nên C = 25 ; C = 77
Suy : d3: 7x3y25 0 hay d3 :3x 7y77 0 Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích
29
2 cạnh huyền 58
Suy độ dài đường cao A H = 58
2 = d A d( , )3
Với d3 : 7x3y25 0
58 ( ; )
2
d A d
( thích hợp)
Với d3 : 3x 7y77 0
87 ( ; )
58
d A d
( loại )
2) Từ giả thiết ta có vơ số mặt cầu (S) thoả YCBT Gọi (S0) mặt cầu có tâm I0(0;0; )m thuộc trục Oz Khi mp(Oxy) mp(P) cắt (S0) theo đường trịn tâm O1O(0;0;0), bán kính R12 tâm O2(0;0;2), bán kính
R28.
Gọi R bán kính mặt cầu
R m m m m
R m
2
2 2 2
2
2
2 4 64 ( 2) 16
8
R2 65 I0(0;0;16).
Suy mặt cầu (S) có tâm I a b( ; ;16) (a, b R), bán kính R2 65
(4)Câu VII.a: An3 20n n n( 1)(n 2) 20 n n2 3n18 0 n = n = – ( loại )
Khi đó:
2
0
6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C
Ta có : (1x)6 C60C x C x61 62 2C x63 3C x64 4C x65 5C x66
Nên
2
6
6 0 6
0 0
(1 )
2 7
a a
a
a x x
x dx C x C C
7
0
6 6
0 (1 )
. .
7 2 7
a
x a a
a C C C
7
7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a
a1
Vậy a = n = 2 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 3) bán kính R =
Gọi H trung điểm dây cung AB AH = IH R2 AH2 52 42 3 hay d I( , ) 3 (*) () qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Ax By 0 ; A2B2 0
Từ (*) cho : 2 3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B
A0 hay 4A3B0
Với 4A3B0, chọn A = 3; B = – Phương trình (): 3x 4y0 Với A = 0, chọn B = Phương trình (): y0
Kết luận : PT () 3x 4y0 hay y0 2) () qua điểm A(1;0;0) có VTCP u (1; 1; 2)
(P) có VTPT n (2; 2; 1) Giao điểm M(0;0;m) cho AM ( 1;0; )m
() có VTPT n AM u, ( ;m m 2;1)
() (P): 2x 2y z 1 0 tạo thành góc 600 nên :
2
1 1 1
cos , 2 4 1 0
2 2 4 5 2
n n m m
m m
m 2 2 hay m 2 2
Kết luận : M(0;0;2 2) hay M(0;0;2 2)
Câu VII.b: PT
1 2
1 2
.3 0
3
x
x x x
x m x m
Đặt : ( ) 3x
x
f x
,
1 .ln 3 ( )
3
x x f x
;
1
( ) 0 1;2
ln 3
f x x
2 1 1 1
( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )
9 ln 3 .ln 3 .ln 3
f f f f x
e e ; x 1; 2
Kết luận : Khi
1 3
.ln 3
m e
PT có nghiệm
=====================