[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
y
f x
( )
x
3
mx
2
2
m
(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:
2sin
2x
3 sin 2
x
1
3 sin
x
cos
x
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
x
x
dx
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
d
1:2
x
5
y
3 0
;d
2:5
x
2
y
7 0
cắt tại A điểmP( 7;8)
Viết phương trình đường thẳngd
3 qua P tạo vớid
1,d
2thành tam giác cân A có diện tích29
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 kínhCâu 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
A
n3
20
n
.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 :
x
2
y
2
2
x
6
y
15 0
thành dây cung có độ dài2) 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) :2
x
2
y z
1 0
góc 600 Tìm tọa độ giao điểm M mặt phẳng () với trục OzCâu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị tham số m phương trình
(1 )(2 )
.3 2
x
x
x
0
x m
(2)Hướng dẫn: I PHẦN CHUNG
Câu I: 2)
y
3
x
2
2
mx x x
(3
2 )
m
Khi m =
2
3
0
y
x
(1) đồng biến R
thoả yêu cầu toán. Khi
m
0
thì (1) có cực trị2
0 ,
3
m
x
x
Do đồ thị cắt Ox điểm f x f x( ).1
2 03
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 sin
x
cos
x
3 sin
x
cos
x
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
)
4
xy
(3
x y x
)(
3 ) 0
y
3
3
y
x
y hay x
Với
x
3
y
, 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 :
3
y
2
2
y
24 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 sinxdxĐổi 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 choSIH
45
0.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
Đặtx
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)
d
1
d
2Phương trình đường phân giác góc tạo
d
1,d
2 là: 1:7
x
3
y
4 0
2:3
x
7
y
10 0
d
tạo vớid
1,d
2một tam giác vuông cân
d
3vng góc với 1 2
Phương trình
d
3có dạng:7
x
3
y C
0
hay3
x
7
y C
0
Mặt khác,d
3quaP
( 7;8)
nên C = 25 ; C = 77Suy :
d
3: 7
x
3
y
25 0
hayd
3:3
x
7
y
77 0
Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích29
2
cạnh huyền58
Suy độ dài đường cao A H =
58
2
=d A d
( , )
3 Với
d
3: 7
x
3
y
25 0
58
( ; )
2
d A d
( thích hợp)
Với
d
3: 3
x
7
y
77 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:
A
n3
20
n
n n
(
1)(
n
2) 20
n
n
2
3
n
18 0
n = n = – ( loại )Khi đó:
2
0
6 6
127
.
.
2
7
7
a
a
a C
C
C
Ta có :
(1
x
)
6
C
60
C x C x
61
62 2
C x
63 3
C x
64 4
C x
65 5
C x
66Nên
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
a
1
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 ;
A
2
B
2
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 ():
3
x
4
y
0
Với A = 0, chọn B = Phương trình ():y
0
Kết luận : PT ()
3
x
4
y
0
hayy
0
2) () qua điểm A(1;0;0) có VTCPu
(1; 1; 2)
(P) có VTPT
n
(2; 2; 1)
Giao điểm M(0;0;m) choAM
( 1;0; )
m
() có VTPT
n
AM u
,
( ;
m m
2;1)
() (P):
2
x
2
y 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
haym
2
2
Kết luận :
M
(0;0;2
2)
hayM
(0;0;2
2)
Câu VII.b: PT
1
2
1
2
.3
0
3
x
x
x
x
x
m
x m
Đặt :
( )
3
xx
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
=====================