Tài liệu Đính chính bài giải đề số 50

Trường THPT Chuyên LƯƠNG VĂN CHÁNH
PHÚ YÊN
Đề số 15
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3 2
( ) 2y 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 3 sin 2 1 3 sin cosx 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
π
∫
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 2 đường thẳng
1
:2 5 3 0d x y+ + =
;
2
:5 2 7 0d x y− − =
cắt nhau tại
A và điểm
P( 7;8)−
. 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):
2z =
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
+
+ + + + =
+
va
̀

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 0x y x y+ − + − =
thành một dây cung có độ dài bằng 8.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α) chứa đường thẳng ():
1
1 1 2

x y z−
= =
− −
và tạo với mặt
phẳng (P) :
2 2 1 0x y z− − + =
góc 60
0
. Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng (α) 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:
Trần Sĩ Tùng
I. PHẦN CHUNG
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
0m
≠
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
( ). 0f 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 3 sin cos
+ = +

x x x x
⇔
( ) ( )
3 sin cos 3 sin cos 1 0+ + − =x x x x
⇔
3 sin cos 0
3 sin cos 1 0

+ =

+ − =


x x
x x
⇔
3
tan
3
sin sin
6 6
π π

= −



 
+ =
 ÷


 

x
x
⇔
6
2
2 ; 2
3
π
π
π
π π

= − +



= = +


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
3x y=
, thế vào (2) ta được :
2
6 8 0 2 ; 4y 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 0y 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
π π

= =
−
∫ ∫
x x
I dx dx
x x
. Đặt
cos sint x dt xdx
= ⇒ = −
Đổi cận:
3
0 1;
6 2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
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
45SIH =
.
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⇒ = =
Trần Sĩ Tùng
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
( ) 2A 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)
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
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 0x y+ − =
và ∆
2
:
3 7 10 0x 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 0x 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 0d x y+ + =
hay
3
:3 7 77 0d 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 0d x y+ + =
thì
3

58
( ; )
2
d A d =
( thích hợp)
• Với
3
:3 7 77 0d x y− + =
thì
3
87
( ; )
58
d A d =
( loại )
2) Từ giả thiết ta có vô số mặt cầu (S) thoả YCBT. Gọi (S
0
) là mặt cầu có tâm
I m
0
(0;0; )
thuộc trục Oz. Khi đó
mp(Oxy) và mp(P) cắt (S
0
) theo 2 đường tròn tâm
O O
1
(0;0;0)≡
, bán kính
R

1
2=
và tâm
O
2
(0; 0;2)
, bán kính
R
2
8=
.
Gọi R là bán kính mặt cầu thì
R m
m m m
R m
2
2 2
2 2
2
2 2
2
4 64 ( 2) 16
8 2


= +
⇒ + = + − ⇒ =


= + −


⇒
R 2 65=
và
I
0
(0;0;16)
.
Suy ra mặt cầu (S) có tâm
I a b( ; ;16)
(a, b ∈ R), bán kính
R 2 65=
.
Vậy phương trình mặt cầu (S):
x a y b z
2 2 2
( ) ( ) ( 16) 260− + − + − =
(a, b ∈ R).
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
a C 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
 
+
= + + +
 
 
Trần Sĩ Tùng
⇔
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 .
2. Theo chương trình nâng cao
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 3IH R AH= − = − =
hay
( , ) 3d I ∆ =
(*)
() qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng:
2 2
0 ; 0Ax By A B+ = + ≠
Từ (*) cho :
2 2
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B
−
= ⇔ + =
+
⇔
0A =
hay
4 3 0A B+ =
• Với
4 3 0A B+ =
, chọn A = 3; B = – 4 ⇒ Phương trình của ():
3 4 0x y− =
• Với A = 0, chọn B = 1 ⇒ Phương trình của ():

y 0=
.
Kết luận : PT của () là
3 4 0x y− =
hay
y 0=
.
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP
(1; 1; 2)u = − −
ur
. (P) có VTPT
n (2; 2; 1)
′
= − −
r
.
Giao điểm M(0;0;m) cho
( 1;0; )AM m= −
uuuur
. (α) có VTPT
, ( ; 2;1)n AM u m m
 
= = −
 
ur uuuur ur
(α) và (P):
2 2 1 0x 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
r r
⇔
2 2m = −
hay
2 2m = +
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 ln 3 .ln 3 .ln 3
 
− = − = = ⇒ − ≤ ≤
 ÷
 
f f f f x
e e
;
[ ]
1;2x∈ −
Kết luận : Khi
1
3
.ln3
m
e
− ≤ ≤
thì PT có nghiệm .
=====================

Trần Sĩ Tùng