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 . 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. 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