Đề thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán – Khối B

Trần Sĩ Tùng 
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: 22sin 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
ì - =ï
í
- =ïî
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 
6
0
sin
cos 2
p
ò
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: ( ) 1 1 94
2
x y
x y
æ ö
£ + + £ç ÷
è ø
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 3d đi qua P tạo với 1d , 2d 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 aaC C C C
n
+
+ + + + =
+
 và 3 20nA 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 (a) chứa đường thẳng (): 
1
1 1 2
x y z-
= =
- -
 và tạo với mặt 
phẳng (P) : 2 2 1 0x y z- - + = góc 600. Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng (a) với trục Oz. 
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình ( ) (1 )(2 ).3 .2 0x xxx m =+ -- có nghiệm. 
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) 23 2 (3 2 )¢ = - = -y x mx x x m 
 · Khi m = 0 thì 23 0¢ = ³y x Þ (1) đồng biến trên R Þ thoả yêu cầu bài toán. 
 · Khi 0m ¹ thì (1) có 2 cực trị 1 2
20 ,
3
mx x= = 
 Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi ( )1 2( ). 0f x f x >
3 2
24 22 (2 ) 0 4 (1 ) 0
27 27
m mm m mÛ - > Û - > 
0
3 6 3 6
2 2
m
m
¹ì
ïÛ í
- < <ïî
 Kết luận: khi 
3 6 3 6;
2 2
m
æ ö
Î -ç ÷ç ÷
è ø
 thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. 
Câu II: 1) PT Û ( )23 sin cos 3 sin cos+ = +x x x x Û ( )( )3 sin cos 3 sin cos 1 0+ + - =x x x x 
 Û 
3 sin cos 0
3 sin cos 1 0
é + =
ê
+ - =êë
x x
x x
 Û 
3tan
3
sin sin
6 6
p p
é
= -ê
ê
ê æ ö+ =ç ÷ê
è øë
x
x
 Û 6
22 ; 2
3
p p
p
p p
é = - +ê
ê
ê = = +êë
x k
x k x k
 2) 
( )
2
3 2 (1)
2 8 (2)
ì - =ï
í
- =ïî
x y xy
x y
. Điều kiện : . 0 ;x y x y³ ³ 
 Ta có: (1) Û 23( ) 4 (3 )( 3 ) 0- = Û - - =x y xy x y x y 3
3
yx y hay xÛ = = 
 · Với 3x y= , thế vào (2) ta được : 2 6 8 0 2 ; 4y y y y- + = Û = = 
 Þ Hệ có nghiệm 
6 12
;
2 4
x x
y y
= =ì ì
í í= =î î
 · Với 
3
yx = , thế vào (2) ta được : 23 2 24 0y y- + = Vô nghiệm. 
 Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 
6 12
;
2 4
x x
y y
= =ì ì
í í= =î î
Câu III: 
6 6
2
0 0
sin sin
cos 2 2cos 1
p p
= =
-ò ò
x xI dx dx
x x
. Đặt cos sint x dt xdx= Þ = - 
 Đổi cận: 
30 1;
6 2
x t x tp= Þ = = Þ = 
 Ta được 
3 1
2
2
31
2
1 1 2 2ln
2 1 2 2 2 2
-
= - =
- +ò
tI dt
t t
 = 
1 3 2 2ln
2 2 5 2 6
-
-
Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho · 045SIH = . 
 Gọi x là độ dài cạnh của DABC. Suy ra :
3 3 3, ,
2 3 6
x x xAI AH HI= = = 
 SAH vuông tại H 
2
2 2 2 2 3
3
xSH SA AH a
æ ö
Þ = - = - ç ÷ç ÷
è ø
Trần Sĩ Tùng 
 SHI vuông cân tại H 
3
6
xSH HIÞ = = 
 Suy ra: 
2 2
23 3 2 15
6 3 5
x x aa x
æ ö æ ö
= - Þ =ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 Do đó: ( )
2 2 3
.
1 1 5 3 3 15. . .
3 3 5 5 25S ABC
a a aV SH dt ABC= = = 
Câu V: Gọi ( ) 1 1 2 x yA x y
x y y x
æ ö æ ö
= + + = + +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
. Đặt 
xt
y
= thì 
1( ) 2A f t t
t
= = + + 
 Với [ ]
2 4
1 1, 2;4 2 ;21 1 1
2 2
4 2
x
xx y t
y
y
£ £ì
ï é ùÎ Þ Þ £ £ Þ Îí ê ú£ £ ë ûïî
 Ta có: 
2
2 2
1 1 1( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2
2
- é ù¢ ¢= - = = Û = Î ê úë û
tf t f t t
t t
1 9 9(2) ; (1) 4 4
2 2 2
f f f Aæ ö = = = Þ £ £ç ÷
è ø
 (đpcm) 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1)- và 1 2d d^ . 
 Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1d , 2d là: D1: 7 3 4 0x y+ - = và D2: 3 7 10 0x y- - = 
 3d tạo với 1d , 2d một tam giác vuông cân Þ 3d vuông góc với D1 hoặc D2.. 
 Þ Phương trình của 3d có dạng: 7 3 0x y C+ + = hay 3 7 0¢- + =x y C 
 Mặt khác, 3d 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
 Þ 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) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z 2= vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm 1(0,0,0)O , bán 
kính 1 2R = và tâm 2 (0,0,2)O , bán kính 2 8R = . Suy ra tâm mặt cầu (S) là (0,0, )I m Î Oz. 
 R là bán kính mặt cầu thì : 
22 2
2 2
22 2
2
4 64 2
8 2
R m
m m
R m
ì = +ï Þ + = + -í
= + -ïî
 Û m 16= 
 Þ 2 65R = , ( )I 0;0;16 
 Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2( 16) 260x y z+ + - = 
Câu VII.a: 3 220 ( 1)( 2) 20 3 18 0nA n n n n n n n= Û - - = Û - - = Û n = 6 và n = – 3 ( loại ) 
 Khi đó: 
2 7
0 1 6
6 6 6
127. . ....
2 7 7
a aa C C C+ + + = 
 Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 66 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 60
0 0 0
(1 ) ...
2 7
a aa
a x xx dx C x C C
é ù é ù
+ = + + +ê ú ê ú
ë û ë û
ò Û 
7 2 7
0 1 6
6 6 6
0
(1 ) . . ....
7 2 7
a
x a aa C C C
é ù+
= + + +ê ú
ë û
Trần Sĩ Tùng 
 Û 
7
7 7 7(1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 2
7 7 7
a a a+ - = Þ + = Þ + = Û 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 25 4 3IH R AH= - = - = hay ( , ) 3d I D = (*) 
 () qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: 2 20 ; 0Ax By A B+ = + ¹ 
 Từ (*) cho : 
2 2
3
3 (4 3 ) 0
A B
A A B
A B
-
= Û + =
+
 Û 0A = hay 4 3 0A B+ = 
 · Với 4 3 0A B+ = , chọn A = 3; B = – 4 Þ Phương trình của (): 3 4 0x y- = 
 · Với A = 0, chọn B = 1 Þ 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
. (a) có VTPT , ( ; 2;1)n AM u m mé ù= = -ë û
ur uuuur ur
 (a) và (P): 2 2 1 0x y z- - + = tạo thành góc 600 nên : 
 ( ) 2
2
1 1 1cos , 2 4 1 0
2 22 4 5
¢ = Û = Û - + =
- +
n n m m
m m
r r
Û 2 2m = - hay 2 2m = + 
 Kết luận : (0;0;2 2)M - hay (0;0;2 2)M + 
Câu VII.b: PT 
1 21 2
.3 0
3
x
x
xx
xmx m
- £ £ì- £ £ì ïÛ Ûí í
=- =î ïî
 Đặt : ( )
3x
xf x = , 1 .ln 3( )
3
-¢ = x
xf x ; [ ]1( ) 0 1;2
ln 3
¢ = Û = Î -f x x 
2 1 1 1( 1) 3 ; (2) ; 3 ( )
9 ln 3 .ln 3 .ln 3
æ ö- = - = = Þ - £ £ç ÷
è ø
f f f f x
e e
; [ ]1;2x Î - 
 Kết luận : Khi 
13
.ln 3
m
e
- £ £ thì PT có nghiệm . 
=====================