Lời giải đề thi ĐH số 20

CAO ĐẲNG SƯ PHẠM TPHCM
Bài I:
1) Khảo sát hàm số:
+
=
−
1
1
x
y
x
(C)
• TXĐ: D = R \ (1)
•
2
2
' 0
( 1)
y
x
−
= < ⇒
−
Hàm số giảm trên từng khoảng xác đònh.
• TCĐ: x = 1 vì
→
= ∞
1
lim
x
y

• TCN: y = 1 vì
→∞
=lim 1
x
y
• BBT:
• Đồ thò:
A
B
M
O
x
y
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm P(3, 1):
Đường thẳng (d) qua P có hệ số góc k:
y = k( x-3) + 1
(d) tiếp xúc (C)



⇔




2
x+1
= k(x-3) + 1 (1)
x-1
-2

= k (2)
(x-1)
có nghiệm
Thay (2) vào (1) :
+
= +
−
2
1 -2(x-3)
1
1 (x-1)
x
x
⇔ − = − − + −
⇔ = ⇔ =
2 2
1 2( 3) ( 1)
4 8 2
x x x
x x
Thay vào (2)
⇒ = −2k
Vậy phương trình tiếp tuyến đi qua P là:
y= -2x + 7
3)
∈
0 0 0
( , ) ( )M x y C
. Tiếp tuyến của (C) tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành
một tam giác có diện tích không phụ thuộc M.

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
= − +
0 0 0
'( )( )y f x x x y

0
0
0
2
0 0
2 2
0 0
2
0
1
)
1
3 1
3

( 1) ( 1)
-3
(
( -1)
x
x
x
x x
x
x x

y x
x
+
+
−
+ −
−
= +
− −
⇔ = −
Giao điểm với tiệm cận đứng x =1.
 
+ +
= ⇒ = ⇒
 ÷
− −
 
0 0
0 0
4 4
1 1,
1 1
x x
x y A
x x
Giao điểm với tiệm cận ngang y = 1.
− −
 
= ⇒ = ⇒
 ÷

 
0 0
5 2 5 2
1 ,1
3 3
x x
y x B
Giao điểm hai đường tiệm cận: I(1, 1)
Ta có :
= = − −
+ −
= − −
−
−
= −
−
= =
0 0
0
0
0
1 1
. .
2 2
4 5 2
1
1 . 1
2 1 3
5 2
1 5

. 1
2 1 3
25
hằng số
6
A I B I
IAB
IA IB y y x x
x x
x
x
x
S

Vậy:
IAB
S
không phụ thuộc vào vò trí điểm M.
Bài II:
1) Giải phương trình:
− + − =
4 2 4 6
2 2
log ( 1) log ( 1) 25x x
Ta có :
•
 
 
  
− = − = − = −

4 4
4 2 2 4
2 2 2 2
log ( 1) log ( 1) 2log 1 16.log 1x x x x
•
2
2
4 6 6 2
2 2 2 2
6
log ( 1) log ( 1) log 1 9.log 1
2
x x x x
 
 
 
 
 
− = − = − = −
Do đó: Phương trình
⇔ − + − − =
4 2
2 2
16.log 1 9.log 1 25 0x x

Đặt
= −
2
2
log 1t x

. Điều kiện
≥ 0t
Khi đó phương trình trở thành :





+ − = ⇔
2
t = 1
16 9 25 0
25
t = - (loại)
16
t t
Vậy phương trình
⇔ − =
2
2
log 1 1x


− =

⇔

− =



⇔ = ∨ = − ∨ = ∨ =
⇔ − = ±
2
1 2
1
1
2
3 1
3 1
2 2
log 1 1
x
x
x x x x
x
2) Tìm m
− + + − − =
2
6 ( 5)(1 ) 0x x m x x
để có nghiệm .
Đặt
= − − = − + − = − − ≤
2 2
( 5)(1 ) 6 5 4 ( 3) 4t x x x x x
Suy ra điều kiện
≤ ≤
0 4t
Khi đó phương trình trở thành:
− − + + =
2

( 5) 0t m t
⇔ − + =
2
5t t m
(*)
Xem hàm số
= − +
2
5y t t
trên [0,4].
Ta có :
= −' 2 1y t
= ⇔ =
1
' 0
2
y t
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận:
Phương trình có nghiệm
⇔
Phương trình (*) có nghiệm trong [0,4]

⇔ ≤ ≤
19
17
4
m
Bài III:
1) Giải phương trình 2sin2x = 3tgx + 1

Đặt t = tgx
⇒ =
+
2
2
sin2
1
t
x
t
Khi đó phương trình trở thành:
= +
+
2
2
2. 3 1
1
t
t
t
⇔ + − + =
⇔ + − + =

⇔


3 2
2
2
3 1 0

( 1)(3 2 1) 0
t=-1
(3t - 2t + 1)=0 (vô nghiệm)
t t t
t t t
Vậy phương trình
π
⇔ = − ⇔ = − + π ∈ ¢1 ( )
4
tgx x k k
2) Tính các góc của tam giác ABC biết:
− + =
3
cos2 cos2 cos2
2
A B C
Ta có:
+ − =
3
cos2 cos2 cos2
2
A C B
2
2
3
2cos( )cos( ) cos2
2
3
2cos .cos( ) 2 cos 1
2

1
cos cos .cos( ) 0
4
A C A C B
B A C B
B B A C
⇔ + − − =
⇔ − − − + =
⇔ + − + =
2
2
2
2
1 1 1
cos cos( ) cos ( ) 0
2 4 4
1 1
cos cos( ) sin ( ) 0
2 4
1
cos cos( ) 0
2
sin( ) 0
1
120
cos
2
30
B A C A C
B A C A C

B A C
A C
B
B
A C
A C
 
⇔ + − + − − =
 
 
 
⇔ + − + − =
 
 

+ − =

⇔


− =


= °
= −


⇔ ⇔
 
= = °



=

Bài IV:
1) Giải
10 9 8
9 (1)
x x x
A A A+ =
Điều kiện
≥
10x
và
∈
¥x
Ta có: (1)
⇔ + =
− − −
! ! !
9
( 10)! ( 9)! ( 8)!
x x x
x x x
⇔ + =
− − −
⇔ + =
− − − − − −
⇔ + =
− − −

⇔ − + =
=

⇔ ⇔ =

=

2
! ! 9
( 10)! ( 9)! ( 8)!
! ! 9
( 10)! ( 10)!( 9) ( 10)!( 9)( 8)
1 9
1
9 ( 9)( 8)
16 55 0
11
11
5( )
x x
x x x
x x
x x x x x x
x x x
x x
x
x
x loại
2) Từ các số 1, 2, 5, 7, 8 lập được bao nhiêu số có 3 chữ số khác nhau và nhỏ
hơn 276.

Gọi số cần tìm có dạng
=
1 2 3
x a a a
Vì x < 276 nên
∈
1
{1,2}a
. Ta có 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1:
=
1
1a
Số các số
=
2 3
1x a a
là:
=
4
2
12A
(số)
Trường hợp 2:
=
1
2a
•
= ⇒ ∈
2 3

7 {1,5}a a

⇒
Có 2 số.
•
∈ ⇒
2 2
{1,5}a a
có 2 cách chọn và a
3
có 3 cách chọn

⇒
Có
× =
2 3 6