Tuyển tập 55 đề ôn thi đại học năm 2011 môn Toán có đáp án - Đề số 50 pps

Đề số 50

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2
( ) 2
y f x x mx m
    (1) ( m là tham số).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của 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 3sin 2 1 3sin cos
x 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: I =
6
0
sin
cos2


x
dx
x

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài
bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 45
0
. Tính thể tích của hình chóp
đó theo a.
Câu V (1 điểm): Cho các 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 điểm
P( 7;8)

và hai đường thẳng
1
:2 5 3 0
d x y
  
;
2
:5 2 7 0
d x y
  
cắt nhau tại A . 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 toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết
rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P):
2
z

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 toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi
qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình :
2 2
2 6 15 0
x y x y
    
thành một dây cung có độ dài bằng 8.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng
():
1
1 1 2
x y z

 
 
và tạo với mặt phẳng (P) :
2 2 1 0
x y z
   
góc 60
0
. Tìm
tọa độ giao điểm M của mặt phẳng () 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.



Hướng dẫn Đề số 50

Câu I: 2)
2
3 2 (3 2 )

   
y x mx x x m

 Khi m = 0 thì
2
3 0

 
y x

(1) đồng biến trên R


thoả yêu cầu bài toán.
 Khi
0
m

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
( ). 0
f 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





  



Kết luận: khi
3 6 3 6
;
2 2
m
 
 
 
 
 
thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một
điểm.
Câu II: 1) PT 
 
2
3sin cos 3sin cos
  

x x x x





3sin cos 3sin cos 1 0
   
x x x x

3sin cos 0
3sin 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 : . 0 ;
x y x y
 

Ta có: (1) 
2
3( ) 4 (3 )( 3 ) 0
     
x y xy x y x y 3
3
y
x y hay x
  

 Với
3
x y


, thế vào (2) ta được :
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

, thế vào (2) ta được :
2
3 2 24 0
y y
  
Vô nghiệm.

Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:
6 12
;
2 4
x x
y y
 
 
 
 
 

Câu III:
6 6
2
0 0
sin sin
cos2 2cos 1
 
 

 
x x
I dx dx
x x
. Đặt
cos sin
t x dt xdx
   

Đổi cận:
3
0 1;
6 2
x t x t

     
Ta được
3
1
2
2
3
1
2
1 1 2 2
ln
2 1
2 2 2 2

  



t
I dt
t
t
=
1 3 2 2

ln
2 2 5 2 6



Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho

0
45
SIH 
.
Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra :
3 3 3
, ,
2 3 6
x x x
AI AH HI  
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  
Suy ra:
2 2
2
3 3 2 15
6 3 5
x x a
a x
   
   
   
   
   

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  
Câu V: Gọi
 

1 1
2
x y
A x y
x y y x
   
     
   
   
. Đặt
x
t
y

thì
1
( ) 2
A 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
 


 
      

 
 
 



Ta có:
2
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)
Câu VI.a: 1) Ta có
A(1; 1)

và
1 2
d d

.
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1
d
,
2
d
là:

1
:

7 3 4 0
x y
  
và 
2
:
3 7 10 0
x y
  


3
d
tạo với
1
d
,
2
d
một tam giác vuông cân

3
d
vuông góc với 
1
hoặc 
2.
.
 Phương trình của
3

d
có dạng:
7 3 0
x y C
  
hay
3 7 0

  
x y C
Mặt khác,
3
d
qua
( 7;8)
P

nên C = 25 ; C = 77
Suy ra :
3
: 7 3 25 0
d x y
  
hay
3
:3 7 77 0
d x y
  

Theo giả thiết tam giác 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

 Với
3
: 7 3 25 0
d x y
  
thì
3
58
( ; )
2
d A d  ( thích hợp)
 Với
3
:3 7 77 0
d x y
  
thì

3
87
( ; )
58
d A d 
( loại )
2) Theo giả thiết mp(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
2
R

và tâm
2
(0,0,2)
O , bán
kính
2
8
R

. Suy ra tâm mặt cầu (S) là
(0,0, )

I m
 Oz.
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

 

    

  



m
16



2 65
R  ,



I
0;0;16

Vậy phương trình mặt cầu (S) :
2 2 2
( 16) 260
x y z   
Câu VII.a:
3 2
20 ( 1)( 2) 20 3 18 0
n
A n n n n n n n
        
 n = 6 và n = – 3 (
loại )
Khi đó:
2 7
0 1 6
6 6 6
127
. .
2 7 7
a a
aC 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
       
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
 

   
 
 


7
7 7 7
(1 ) 1 127
(1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a
a a

       

a
1


Vậy a = 1 và n = 6 .
Câu VI.b: 1) (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 3
IH R AH
    
hay
( , ) 3
d I
 
(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:
2 2
0 ; 0
Ax By A B
   

Từ (*) cho :
2 2
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B

   


0
A


hay
4 3 0
A B
 

 Với
4 3 0
A B
 
, chọn A = 3; B = – 4  Phương trình của ():
3 4 0
x y
 

 Với A = 0, chọn B = 1  Phương trình của (): y
0

.
Kết luận : PT của () là
3 4 0
x y
 
hay y
0

.
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP
(1; 1; 2)
u

  

. (P) có VTPT
n
(2; 2; 1)

  

.
Giao điểm M(0;0;m) cho
( 1;0; )
AM m
 

. () có VTPT
, ( ; 2;1)
n AM u m m
 
  
 
  

() và (P):
2 2 1 0
x 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
 

m
m
2 2
2 2

 

 

.
Kết luận :
(0;0;2 2)
M  hay
(0;0;2 2)
M 

Câu VII.b: PT
1 2
1 2
.3 0
3
x
x
x
x
x
m
x m
  

  


 
 

 




Đặt : ( )
3
x
x
f x


,
1 .ln3
( )
3



x
x
f x ;
 
1
( ) 0 1;2
ln3

    f x x

2 1 1 1
( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )
9 ln3 .ln3 .ln3
 
        
 
 
f f f f x
e e
;



1;2
x 
Kết luận : Khi
1
3
.ln3
m
e
   thì PT có nghiệm .