Đề Toán TN Trường Nguyễn Khuyến

http://ductam_tp.violet.vn/
Trường THPT Nguyễn Khuyễn ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT HỌC NĂM 2010
MƠN: TỐN
Thời gian: 180 phút khơng kể thời gian giao đề
CÂU I: (2 điểm)
Cho hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
2) Cho điểm A(0;a). Xác đònh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương
ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.
CÂU II: (2 điểm)
Cho phương trình:
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin cos )x x x x x m x x+ + = +
(1)
Với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m=2.
2) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
0;
2
∏
 
 
 

CÂU III: (2 điểm)
1) Tính tích phân:
1
5 3
1
0
I x x dx= −
∫
2) Chứng minh rằng:
1 1 2 2 3 3 1
.3 2 .3 3 .3 . .4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
− − − −
+ + + + =
trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1.
CÂU IV: (2 điểm)
1) Xác đònh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:
2
2
( 1)
( 1)
x y a
y x a

+ = +


+ = +



2) Giải phương trình:
2 6 2
2 2 2
log log log 4
4 2.3
x
x
x
− =
CÂU V: (2 điểm)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1),
A(1;1;0). Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0.
1) Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n.
2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) .Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN)
tiếp xúc với một mặt cầu cố đònh.
DAP AN
CÂU I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
• TXĐ: D=R\{1}
( )

3
,
0
2
1
y
x
−
= < ⇒
−
Hàm số giảm trên từng khoảng xác đònh
http://ductam_tp.violet.vn/
• TCD: x=1 vì
lim
1
y
x
= ∞
− >
• TCN: y=1 vì
lim 1y
x
=
→ ∞
• BBT:
• Đồ thò:

2) Xác đònh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2 phía của
0x.
Gọi

( ; ) ( )
0 0
M x y C∈
2
0
0
1
0
x
y
x
+
⇔ =
−
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
'
( )( )
0 0 0
y f x x x y= − +
2
3
0
( )
0
2
1
( 1)
0
0
2

4 2
3
0 0
2 2
( 1) ( 1)
0 0
x
y x x
x
x
x x
y x
x x
+
−
⇔ = − +
−
−
+ −
−
⇔ = +
− −
Tiếp tuyến qua A(0,a)
2
4 2
0 0
2
( 1)
0
x x

a
x
+ −
⇔ =
−
http://ductam_tp.violet.vn/
2
( 1) 2( 2) 2 0
0 0
a x a x a⇔ − − + + + =
(1)
(vì
0
x
=1 không là nghiệm)
Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:
1 0
1
,
2
0
a
a
a
− ≠

≠


⇔

 
> −

∆ >


Khi đó (1) có 2 nghiệm là
0
x
,
1
x
⇒
Tung độ tiếp điểm
2
0
0
1
0
x
y
x
+
=
−
và
2
1
1
1

1
x
y
x
+
=
−
Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox.
( )
2
2
0
1
0 . 0
0 1
1 1
0 1
2( ) 4
0 1 0 1
0
1
0 1 0 1
2 4( 2)
4
1 1
0
2 2( 2)
1
1 1
9 6 2

0 3 2 0
3 3
x
x
y y
x x
x x x x
x x x x
a a
a a
a a
a a
a
a a
+
+
⇔ < ⇔ <
− −
+ + +
⇔ <
− + +
+ +
+ +
− −
⇔ <
+ +
− +
− −
+ −
⇔ < ⇔ − − < ⇔ >

−
Tóm lại:
2, 1
2
3
a a
a
> − ≠


−

>



2
3
a
−
⇔ >
và
1a ≠
ĐS:
2
, 1
3
a a
−
> ≠

CÂU II:
Cho 2cos2x + sinx
2
cosx + sinxcos
2
x = m(sinx + cosx) (1)
a) Giải (1) khi m=2:
Ta có:
( )
[ ]
2 2
2cos 2 sin cos sin cos
2 2
2 cos sin sin cos (sin cos )
2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos )
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
+ +
= − + +
= − + + +
= + − +
Vậy:
Phương trình (1
[ ]
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0
sin cos 0(2)
2(cos sin ) sin cos 0(3)

x x x x x x m
x x
x x x x m
⇔ + − + − =
+ =

⇔

− + − =

http://ductam_tp.violet.vn/
Ta có:
(2)
sin cos
1
4
x x
tgx x k
π
π
⇔ = −
⇔ = − ⇔ = − +
Đặt
cos sin 2 cos( )
4
t x x x
π
= − = +
. Điều kiện
2t ≤

Khi đó phương trình (3) trở thành :
2
1
2 0
2
t
t m
−
+ − =
2
4 2 1 0t t m⇔ − + − =
(*)
Với m=2, phương trình (*) trở thành :
2
4 3 0t t− + =
⇔
t=1 hay t=3 (loại)
⇔
t=1
Vậy:
2
2 cos( ) 1 cos( )
4 4 2
x x
π π
+ = ⇔ + =
2
4 4
x k
π π

π
⇔ + = ± +
2
2
2
x k
x k
π
π
π
=


⇔

= − +

Tóm lại: nghiệm của phương trình khi m=2 là:
, 2 , 2 ( )
4 2
x k x k x k k
π π
π π π
= − + = = − + ∈Z
b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
Ta có:
3

0
2 4 4 4
x x
π π π π
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤
Nhận xét:
Nghiệm của (2) không thuộc
[0, ]
2
π
.
Do đó: Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
.
 Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1]
Ta có: (*)
2
4 1 2t t m⇔ − = −
Xem hàm số f(t)=
2
4t t−
trên [-1;1]
'
( ) 2 4 0, [1, 1]f t t t⇒ = − < ∀ ∈ −
⇒
y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]
Vậy: YCBT
http://ductam_tp.violet.vn/

(1) 1 2 ( 1)
3 1 2 5
2 2
f m f
m
m
⇔ ≤ − ≤ −
⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ ≤
CÂU III:
1) Tính
1
5 3
. 1
0
I x x dx⇒ = −
∫
Đặt
3 2 3 2
1 1 2 3t x t x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = −
Đổi cận :
0 1
1 0
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
1
3 3 2
. 1

0
I x x x dx⇒ = −
∫
( )
1
2
2
(1 ). .
3
0
1
2
2 4
3
0
1
3 5
2 4
3 3 5 45
0
t t t dt
t t dt
t t
−
 
= −
∫
 
 
= −

∫
 
 
= − =
 
 
2) Chứng minh
1 1 2 2 1
.3 2 .3 . .4 .
n n n n
C C n C n
n n n
− − −
+ + + =
Ta có:
0 1 1 2 1 2
(3 ) .3 .3 . .3 . .
n n n n n n
x C C x C x C x
n n n n
− −
+ = + + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:
1 1 1 2 2 1
(3 ) .3 2 .3 .
n n n n n
n x C C x nC x
n n n
− − − −
+ = + + +

Cho x=1,ta được điều phải chứng minh.
CÂU IV:
1)





+=+
+=+
axy
ayx
2
2
)1(
)1(
Điều kiện cần :
Nếu hệ có 2 nghiệm
( )
0 0
,x y
thì
0 0
( , )y x
cũng là nghiệm của hệ.
Nên hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x y=
.
Thế vào hệ ta được :

2
( 1)
0 0
x x a+ = +
2
1 0
0 0
x x a⇒ + + − =
Ta có
2
1 0
0 0
x x a+ + − =
có nghiệm duy nhất.
0)1(41 =−−=∆⇒ a
http://ductam_tp.violet.vn/
3
4
a⇒ =
Điều kiện đủ:
Với
3
4
a =

Hệ trở thành:
( )
3
2
1 (1)

4
3
2
( 1) (2)
4
x y
y x

+ = +




+ = +


Lấy (1) -(2) ta được : (x - y)(x + y + 3)=0
3
y x
y x
=

⇔

= − −

Thế y=x vào (1) ta được :
1 1
2
4 4 1 0

2 2
x x x y+ + = ⇔ = − ⇒ = −
Thế y= - x - 3 vào (1) ta được :
2
4 12 13 0x x+ + =
( vô nghiệm )
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất
1
2
1
2
x
y

= −




= −


Vậy
3
4
a =
thỏa yêu cầu bài toán.
2) Giải phương trình :
2
222

4log6log2log
3.24
xx
x =−
Điều kiện: x > 0.
Ta có:
log 2 1 log log
2 2 2
4 4 4.4
x x x+
= =
log 6 log
2 2
6
x
x =
2
log 4 2 2log log
2 2 2
3 3 9.9
x x x+
= =
Do đó phương trình trở thành:

log log log
2 2 2
4.4 6 18.9
x x x
− =
log log

3 9
2 2
4 18.
2 4
x x
   
⇔ − =
   
   
(*)
Đặt
log
3
2
2
x
t
 
=
 
 
. Điều kiện: t > 0.
Khi đó phương trình (*) trở thành:
4 – t = 18t
2

2
18 4 0t t⇔ + − =
http://ductam_tp.violet.vn/

4
9
1
( )
.
2
t
t lo ai

=

⇔


= −



Vậy phương trình
log
log
3 4
2
2
2
2 9
x
x
 
⇔ = ⇔ = −

 
 
Vậy
1
4
x =
là nghiệm của phương trình.
CÂU V:
S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0) với m + n = 1 và m > 0, n > 0.
1) Thể tích hình chóp S.OMAN.
Hình chóp S.OMAN có SO là chiều cao.
Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích
OMA∆
và
ONA∆
[ ] [ ]
2
1
2
,
2
1
,
2
1
=
+
=+=⇒
nm
OAONOAOMS

OMAN
Vậy
1 1 1 1
. .1.
.
3 3 2 6
V SO S
S OMAN OMAN
= = =
(đvtt)
2) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SMN).
Ta có:
( ;0. 1)
(0, , 1)
SM m
SN n

= −

⇒

= −


uuur
uuur
Véctơ pháp của (SMN) là
( , , )n n m mn=
r
Phương trình mặt phẳng (SMN)

0nx my mnz mn+ + − =
Ta có:d(A,(SMN))
2 2 2 2
n m mn
n m m n
+ −
=
+ +
1 .
1
1
1
2 2
1 2
m n
mn
mn
mn m n
−
−
= = =
−
− +

Suy ra(SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố đònh.