2 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại duy nhất một điểm.. Tính thể tích của hình chóp đó theo a.. Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1, d2t
Trang 1Trường 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 y = f x ( ) = − x3 mx2+ 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: 2sin2 x + 3 sin 2 x + = 1 3 sin x + cos x
2) Giải hệ phương trình: ( )
2
x y
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 6
0
sin cos 2
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 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: 4 ( ) 1 1 9
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 d1:2 x + 5 y + = 3 0 ; d2:5 x − 2 y − = 7 0 cắt nhau tại
A và điểm P( 7;8) − Viết phương trình đường thẳng d3 đi qua P tạo với d1, d2thành 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 :
n n
n
+
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 : x2+ y2− 2 x + 6 y − = 15 0 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
− − và tạo với mặt
phẳng (P) : 2 x − 2 y z − + = 1 0 góc 600 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 x x x 0
x m − + − = có nghiệm.
============================
Trang 2I PHẦN CHUNG
Câu I: 2) y ′ = 3 x2− 2 mx x x = (3 − 2 ) m
• Khi m = 0 thì y ′ = 3 x2 ≥ 0 ⇒ (1) đồng biến trên R ⇒ thoả yêu cầu bài toán
• Khi m≠0thì (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 4 3 2 2 2
0
3 6 3 6
m
m
≠
⇔
Kết luận: khi 3 6 3 6
;
2 2
thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm.
3 sin x + cos x = 3 sin x + cos x ⇔ ( 3 sin x + cos x ) ( 3 sin x + cos x − = 1 ) 0
⇔ 3 sin cos 0
3 sin cos 1 0
3 tan
3
= −
x
x
2
3
π
= − +
2
x y Điều kiện : x y . ≥ 0 ; x y ≥
Ta có: (1) ⇔ 3( x y − )2 = 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 : y2− 6 y + = ⇔ = 8 0 y 2 ; y = 4
⇒ Hệ có nghiệm 6 ; 12
• Với
3
y
x = , thế vào (2) ta được : 3 y2− 2 y + 24 0 = Vô nghiệm
Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 6 12
;
2
cos 2 2cos 1
−
x x Đặt t =cosx⇒ = −dt sinxdx
0 1;
Ta được
3
1 2
2
3 1
2
ln
−
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 · = 450
Gọi x là độ dài cạnh của ∆ABC Suy ra : 3 3 3
AI = AH = HI =
SAH vuông tại H
2
3
x
SHI vuông cân tại H 3
6
x
SH HI
Trang 3Suy ra:
2
S ABC
x t y
( ) 2
t
Với , [ ] 2; 4 2 1 1 4 1 1 2 1 ; 2
x
x
y y
≤ ≤
Ta có:
2
2
(2) ; (1) 4 4
II PHẦN TỰ CHỌN
1 Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) − và d1 ⊥ d2
Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1, d2 là: ∆1: 7 x + 3 y − = 4 0 và ∆2: 3 x − 7 y − = 10 0 3
d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân ⇒ d3vuông góc với ∆1 hoặc ∆2.
⇒ Phương trình của d3có dạng: 7 x + 3 y C + = 0 hay 3 x − 7 y C + ′ = 0
Mặt khác, d3qua P ( 7;8) − nên C = 25 ; C′ = 77
Suy ra : d3: 7 x + 3 y + 25 0 = hay d3 :3 x − 7 y + 77 0 =
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 = d A d ( , )3
• Với d3 : 7 x + 3 y + 25 0 = thì 3 58
( ; )
2
d A d = ( thích hợp)
• Với d3 : 3 x − 7 y + 77 0 = thì 3
87 ( ; )
58
d A d = ( loại )
2) Từ giả thiết ta có vô số mặt cầu (S) thoả YCBT Gọi (S0) là mặt cầu có tâm I0(0;0; ) thuộc trục Oz Khi đóm 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
2
2 2
2
2 2
và I0(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− )2+ −(y b)2 + −( 16)z 2 =260 (a, b ∈ R)
Câu VII.a: An3 = 20 n ⇔ n n ( − 1)( n − = 2) 20 n ⇔ n2− − = 3 n 18 0 ⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )
Khi đó:
127
a C + C + + C =
Ta có : (1 + x )6 = C60+ C x C x16 + 62 2+ C x63 3+ C x64 4+ C x65 5+ C x66 6
a
x dx C x C C
0
(1 )
a
Trang 4⇔ (1 )7 1 127 7 7 7
(1 ) 128 (1 ) 2
a
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 ; A2+ B2 ≠ 0
Từ (*) cho :
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B
−
• Với 4 A + 3 B = 0, chọn A = 3; B = – 4 ⇒ Phương trình của (): 3 x − 4 y = 0
• Với A = 0, chọn B = 1 ⇒ Phương trình của (): y 0 =
Kết luận : PT của () là 3 x − 4 y = 0 hay y 0 =
2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u ur = − − (1; 1; 2) (P) có VTPT n r ′ = − − (2; 2; 1)
Giao điểm M(0;0;m) cho uuuur AM = − ( 1;0; ) m (α) có VTPT n ur = uuuur ur AM u , = ( ; m m − 2;1)
(α) và (P): 2 x − 2 y z − + = 1 0 tạo thành góc 600 nên :
2
r r
⇔ m = − 2 2 hay m = + 2 2 Kết luận : M (0;0; 2 − 2) hay M (0;0; 2 + 2)
Câu VII.b: PT
.3 0
3
x
x
x x
x m
x m
− ≤ ≤
− ≤ ≤
Đặt : ( )
3x
x
f x = , 1 ln 3
( )
3
−
x
x
f x ; ( ) 0 1 [ 1; 2 ]
ln 3
e e ; x ∈ − [ 1; 2 ]
Kết luận : Khi 1
3
.ln 3
m e
=====================