Đề thi tốt nghiệp thpt học năm 2010 môn: toán

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.. trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1.[r]

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 5 1 3

0

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

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: 4log22x  xlog62 2.3log 4 2 x2

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}

Hàm số giảm trên từng khoảng xác định

 

3

2 1

y x







 TCD: x=1 vì lim

1

y x





 TCN: y=1 vì lim 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 y( ;0 0) ( ) C 0 0 2

1 0

x y x





 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:

'( )( )

yf x x x y

2

( 0)

0

x

x x



















Tiếp tuyến qua A(0,a) 2 4 2

2 ( 1) 0

a

x







(1)

2



(vì =1 không là nghiệm)x0

Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:

a









Khi đó (1) có 2 nghiệm là , x0 x1

Tung độ tiếp điểm và

0

x y x







2 1

1

x y x





 Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox

1

0 1 0 1

2 4( 2)

4

2 2( 2)

1

y y

a











 



 











Tóm lại:

và

2, 1 2 3

a









 



2 3

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)

1

4





Đặt cos sin 2 cos( ) Điều kiện

4

2

t 

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

2

t

(*)

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

2 cos( ) 1 cos( )



2



2 2 2

x k











 



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

x  k x k x k k 

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

2





Nhận xét:

Nghiệm của (2) không thuộc [0, ]

2



Do đó: Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [0, ]

2



 Phương trình (*) có nghiệm thuộc [-1;1]

Ta có: (*)

2 4 1 2



Xem hàm số f(t)=t2 4 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)

3 1 2 5

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

3 5

0

t t dt







 











2) Chứng minh C1n.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 y0, 0thì ( , )y x0 0 cũng là nghiệm của hệ Nên hệ có nghiệm duy nhất thì x0 y0

Thế vào hệ ta được : ( 1)2



Ta có 2 1 0 có nghiệm duy nhất

x x a

0 ) 1 ( 4





3 4

a



Điều kiện đủ:

Với 3

4

a

Hệ trở thành:

 12 3(1)

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 :

( vô nghiệm ) 2

4x 12x 13 0

Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất

1 2 1 2

x y

 





 



Vậy 3 thỏa yêu cầu bài toán

4

a

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 62 log2

2



Do đó phương trình trở thành:

4.4 x6 x 18.9 x

(*)



 

Đặt 3 log2 Điều kiện: t > 0

2

x

t  

Khi đó phương trình (*) trở thành:

4 – t = 18t2 18t2 t 4 0

4 9 1 ( ) 2

t

 



 

 



Vậy phương trình 3 log2 4 log2 2







Vậy 1là nghiệm của phương trình

4

x

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



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

Ta có:

Véctơ pháp của (SMN) là

( ;0 1) (0, , 1)





Phương trình mặt phẳng (SMN)

0

Ta có:d(A,(SMN))

n m mn







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