Dinh chinh bai giai de so 50

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (142.96 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=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



mx



2 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:

2sin

x



3 sin 2

x

 

1 3 sin

x



cos

x

2) Giải hệ phương trình:





3

2

8 x y

xy

x y



















Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
6
0

sin

cos 2





x

x

dx

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 450 . 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 2 đường thẳng

d

:2

x



5 y

 

3 0

;

d

:5

x



2 y



7 0



cắt nhau tại
A và điểm

P( 7;8)



. Viết phương trình đường thẳng

d

3 đi qua P tạo với

d

1,

d

2thành 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 trịn 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

aC

C

n







và

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 () đi qua gốc tọa độ và cắt đường trịn (C) có

phương trình :

x



y



2 x



6 y



15 0



thành một dây cung có độ dài bằng 8.

2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng ():

1

2 x



y

z





và tạo với mặt
phẳng (P) :

2 x



2 y z



 

1 0

góc 600. 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

x

0 x m









</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG

Câu I: 2)

y

 

3 x



2 mx x x



(3



2 )

m

 Khi m = 0 thì

3

0  



y

x



(1) đồng biến trên R



thoả yêu cầu bài toán.

 Khi

m



0

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 f x f x( ).1

 

2 0

3 2

4

2 2 (2

) 0

4 (1

) 0

27 m

m m

m





 





0 3 6

2 m







 









Kết luận: khi

3 6 3 6

;

2 m

 

















thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.

Câu II: 1) PT 





3 sin

x



cos

x



3 sin

x



cos

x





3 sinxcosx

 

3 sinxcosx1



0



3 sin

cos

0 3 sin

cos

1 0

















x



3 tan

3 sin

6 



























x



6

2 2 ;

2

3 









 







x

k

x k

x

k





3

2 (1)

2

8 (2)



















x y

xy

x y

. Điều kiện :

x y

.



0 ;

x y



Ta có: (1) 

3(

x y



)



4 xy



(3

x y x



)(



3 ) 0

y



3 3

y

x

y hay x





 Với

x



3 y

, thế vào (2) ta được :

6

8 0

2 ;

4

y



y

  

y



y



Hệ có nghiệm

6

12 ;

2

4 x

y











 Với

3 y

x



, thế vào (2) ta được :

3 y



2 y



24 0



Vơ nghiệm.
Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là:

6

12 ;

2

4 x

y











Câu III:

6 6

0 0

sin

cos 2

2cos

1

 







x



x

I

dx

x

. Đặt t cosx dt sinxdx

Đổi cận:

3

0 1;

6

2 x

 

t



x







t



Ta được

3 1

2
2

3
1

1

2 ln

2

1 2 2

2 











t

I

dt

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

SIH





45

0.

Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra :

3 ,

2

3

6 x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

SAH vuông tại H

2 2 2 2

3 x

SH

SA

AH

a













 











SHI vuông cân tại H

3

6 x

SH

HI





Suy ra:

2 2

3 2 15

6

3

5 x

a

x









































Do đó:





2 2 3

1

5 3 3

15 .

3

5

25

S ABC

a

V



SH dt ABC



Câu V: Gọi





1 1

2 x

y

A

x y

x

y

x



















 















. Đặt

x

t

y



thì

1 ( ) 2

A

f t

t



  

Với





2

4

1 ,

2; 4

1

2 ; 2

2

4

2 x

x y

t

y

 



















  















Ta có:

2 2

1 ( ) 1

;

( ) 0

1 ; 2

2 







 





    







t

f t

t

1

9 (2)

; (1) 4

4

2 f











f



f

 

 

A





(đpcm)

II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1) Ta có

A(1; 1)



và

d



d

2.

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi

d

1,

d

2 là: 1:

7 x



3 y



4 0



và 2:

3 x



7 y



10 0



d

tạo với

d

1,

d

2một tam giác vng cân



d

3vng góc với 

1 hoặc 2..

 Phương trình của

d

3có dạng:

7 x



3 y C





0

hay

3 x



7 y C







0

Mặt khác,

d

3qua

P

( 7;8)



nên C = 25 ; C = 77

Suy ra :

d

: 7

x



3 y



25 0



hay

d

:3

x



7 y



77 0



Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích bằng

29

2

 cạnh huyền bằng

58

Suy ra độ dài đường cao A H =

58

2

=

d A d

( , )

 Với

d

: 7

x



3 y



25 0



thì 3

58 ( ; )

2 d A d



( thích hợp)

 Với

d

: 3

x



7 y



77 0



thì 3

87 ( ; )

58 d A d



( loại )

2) Từ giả thiết ta có vơ số mặt cầu (S) thoả YCBT. Gọi (S0) là mặt cầu có tâm I0(0;0; )m thuộc trục Oz. Khi đó
mp(Oxy) và mp(P) cắt (S0) theo 2 đường tròn tâm O1O(0;0;0), bán kính R12 và tâm O2(0;0;2), bán kính

R28.

Gọi R là bán kính mặt cầu thì

R m m m m

R m

2 2 2 2

2 2

2 4 64 ( 2) 16

8 2



         



   

  R2 65 và I0(0;0;16).

Suy ra mặt cầu (S) có tâm I a b( ; ;16) (a, b R), bán kính R2 65.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu VII.a:

A

n3



20 n



n n

(



1)(

n



2) 20



n



n



3 n



18 0



 n = 6 và n = – 3 ( loại )

Khi đó:

2 7

0 1 6

6 6 6

127 .

....

2

7 a

a C



C



C



Ta có :

(1



x

)



C



C x C x



62 2



C x

63 3



C x

64 4



C x

65 5



C x

66 6

Nên

 

2 7

6 0 1 6

6 0 6 6

0 0 0

(1

)

...

2

7

a a

a

x

x dx C x

C





C

































7 2 7

0 1 6

6 6 6

(1

)

.

....

7

2

7

a

x

a

a C

C





















7 7 7

(1

)

1 127

(1

)

128 (1

)

2

7 a





















a



1

Vậy a = 1 và n = 6 .
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1) (C) có tâm

I

(1; 3)



và bán kính R = 5.

Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và IH  R2 AH2  52 42 3 hay

d I

( , ) 3

 

(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:

Ax By





0 ;

A



B



0

Từ (*) cho : 2 2

3 (4

3 ) 0

A

B

A A

B

A

B



 







 A0 hay 4A3B0

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

Dinh chinh bai giai de so 50

<i>y</i>



<i>f x</i>

( )



<i>x</i>



<i>mx</i>



2

<i>m</i>

2sin

<i>x</i>



3 sin 2

<i>x</i>

 

1

3 sin

<i>x</i>



cos

<i>x</i>





3

2

2

8

<i>x y</i>

<i>xy</i>

<i>x y</i>



















sin

cos 2



<i>x</i>

<i><sub>x</sub></i>

<i>dx</i>









1 1

9

4

2

<i>x y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>









<sub></sub>



<sub></sub>







<i>d</i>

:2

<i>x</i>



5

<i>y</i>

 

3 0

<i>d</i>

:5

<i>x</i>