Đề Toán TN Trường Nguyễn Khuyến

Xác định 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.. 1 Chứng minh rằng thể tích hình chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n.. 2

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 thị (C) của hàm số

2) Cho điểm A(0;a) Xác định 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: 2cos 2x+sin2xcosx+sin cosx 2 x m= (sinx+cos )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

0

I =∫x −x dx

2) Chứng minh rằng: 1.3n 1 2 32 n 2 3 33 n 3 n .4n 1

C − + C − + C − + +nC =n −

trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1

CÂU IV: (2 điểm)

1) Xác định tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:

2 2

( 1) ( 1)







2) Giải phương trình: 2 6 2

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 định

DAP AN CÂU I:

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:

2 1

x y x

+

=

−

• TXĐ: D=R\{1}

3

2 1

y x

−

− Hàm số giảm trên từng khoảng xác định

• TCD: x=1 vì lim

1

y x

= ∞

− >

• TCN: y=1 vì limx→ ∞y=1

• BBT:

• Đồ thị:

2) Xác định 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 ( ; ) ( )M x y0 0 ∈ C 0 0 12

0

x y x

+

−

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:

'( )(0 0) 0

y= f x x x− +y

2

0

( 0 1) ( 0 1)

x

x x

+

−

−

−

−

Tiếp tuyến qua A(0,a) 02 4 0 2

2 ( 0 1)

a

x

⇔ =

−

(vì 0x =1 không là nghiệm) Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:

a

− ≠

∆ >  > −



Khi đó (1) có 2 nghiệm là 0x , 1x

⇒ Tung độ tiếp điểm 0 0 2

1 0

x y x

+

=

− và

2 1

1

x y x

+

=

−

Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox

1

2 4( 2)

4

2 2( 2)

1

y y

x x x x

a

⇔ < ⇔ − − < ⇔ >

−

Tóm lại:

2, 1 2 3

a

> − ≠





−

 >



2 3

a −

⇔ > và a≠1

3

a>− a≠

CÂU II:

Cho 2cos2x + sinx2 cosx + sinxcos2 x = m(sinx + cosx) (1) a) Giải (1) khi m=2:

Ta có:

2cos 2 sin cos sin cos

2 cos sin sin cos (sin cos ) 2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos ) (sin cos ) 2(cos sin ) sin cos

Vậy:

Phương trình (1

(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0 sin cos 0(2)

2(cos sin ) sin cos 0(3)



Ta có:

(2) sin cos 1

4

Đặt cos sin 2 cos( )

4

t = x− x= x+π

Điều kiện t ≤ 2

Khi đó phương trình (3) trở thành :2 1 2 0

2

t

t+ − − =m

2 4 2 1 0

Với m=2, phương trình (*) trở thành :

2 4 3 0

t − + =t

⇔ t=1 hay t=3 (loại)

⇔ t=1

Vậy:

2

x+π = ⇔ x+π =

2

x π π k π

⇔ + = ± +

2 2 2

x k

π

=





⇔

 = − +



Tóm lại: nghiệm của phương trình khi m=2 là:

x= − +π k x kπ = π x= − +π k π k∈Z

b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [0, ]

2

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 2

Xem hàm số f(t)= 2 4t − t trên [-1;1]

'( ) 2 4 0, [1, 1]

⇒ y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]

Vậy: YCBT

(1) 1 2 ( 1)

m m

⇔ − ≤ ≤

CÂU III:

1) Tính 1 5 1 3

0

Đặt t = 1−x3 ⇒t2= −1 x3⇒2tdt= −3x dx2

Đổi cận :

= ⇒ =

= ⇒ =

1 3 1 3 2 0

(1 )

3 0

1

3 0

1

0

t t t dt

t t dt

t t

−

2) Chứng minh 1C n.3n−1+2C n2.3n−2 + +n C n n =n.4n−1

Ta có:

(3+x)n=C n.3n+C n.3n− x C+ n.3n− x + +C x n n n Lấy đạo hàm 2 vế ta được:

(3 )n 3n 2 3n n n

n +x − =C n − + C n − x+ +nC x n −

Cho x=1,ta được điều phải chứng minh

CÂU IV:

1)









+

= +

+

= +

a x y

a y x

2

2

) 1 (

) 1 (

Điều kiện cần :

Nếu hệ có 2 nghiệm (x y thì 0, 0) ( , )y x cũng là nghiệm của hệ.0 0

Nên hệ có nghiệm duy nhất thì x0 =y0.

Thế vào hệ ta được : ( 1)2

x + =x +a

x +x + − =a có nghiệm duy nhất.

0 ) 1 ( 4

=

∆

3 4

a

⇒ =

Điều kiện đủ:

Với 3

4

a=

Hệ trở thành:

4 3 2

4

 + = +







Lấy (1) -(2) ta được : (x - y)(x + y + 3)=0

3

y x

=



⇔  = − −

Thế y=x vào (1) ta được :

2

x + x+ = ⇔ = − ⇒ = −x y

Thế y= - x - 3 vào (1) ta được :

2

4x +12x+ =13 0( 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 : 4log 2 2x −xlog 2 6 =2.3log 2 4x2

Điều kiện: x > 0

Ta có:

log 22 1 log2 log2

log 6 log

2 log 42 2 2log2 log2

Do đó phương trình trở thành:

log2 log2 log2 4.4 x−6 x =18.9 x

Đặt 3 log2

2

x

t  

=    Điều kiện: t > 0

Khi đó phương trình (*) trở thành:

4 – t = 18t2 ⇔18t2+ − =t 4 0

4 9 1

2

t

t lo ai

 =



⇔ 

 = −



Vậy phương trình 3 log2 4 log2 2

 

 

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

, 2

1 ,

2

1

=

+

= +

=

S OMAN = OMAN = = (đvtt)

2) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SMN)

Ta có:

( ;0 1) (0, , 1)





uuur uuur Véctơ pháp của (SMN) lànr =( , ,n m mn)

Phương trình mặt phẳng (SMN)

0

nx my mnz mn+ + − =

Ta có:d(A,(SMN)) 2n m mn2 2 2

+ −

=

1 1

2 2

1 2

mn

mn m n

−

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