ĐẾ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 3)

ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 3 )
CÂU I: (2 điểm)
Cho hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
1) Khảo sát sự biến thiên và veơ đồ tḥ (C) của hàm số.
2) Cho điểm A(0;a). Xác đ̣nh 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 tŕnh:
2 2
2cos 2 sin cos sin cos (sin cos )x x x x x m x x+ + = +
(1)
Với m là tham số.
1) Giải phương tŕnh (1) khi m=2.
2) T́m m để phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
0;
2
∏
 
 
 
CÂU III: (2 điểm)
1) Tính tích phân:
1

5 3
1
0
I x x dx= −
∫
2) Chứng minh rằng:
1 1 2 2 3 3 1
.3 2 .3 3 .3 ... . .4
n n n n n
n n n n
C C C nC n
− − − −
+ + + + =
trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1.
CÂU IV: (2 điểm)
1) Xác đ̣nh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:
2
2
( 1)
( 1)
x y a
y x a

+ = +


+ = +


2) Giải phương tŕnh:

2 6 2
2 2 2
log log log 4
4 2.3
x
x
x
− =
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 h́nh 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 đ̣nh.
ĐÁP ÁN
CÂU I:
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ tḥ hàm số:
2
1
x
y
x
+
=
−
• TXĐ: D=R\{1}
( )
3
,
0

2
1
y
x
−
= < ⇒
−
Hàm số giảm trên từng khoảng xác đ̣nh
• TCD: x=1 v́
lim
1
y
x
= ∞
− >
• TCN: y=1 v́
lim 1y
x
=
→ ∞
• BBT:
• Đồ tḥ:

2) Xác đ̣nh 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
( ; ) ( )
0 0
M x y C∈
2

0
0
1
0
x
y
x
+
⇔ =
−
Phương tŕnh tiếp tuyến của (C) tại M:
'
( )( )
0 0 0
y f x x x y= − +
2
3
0
( )
0
2
1
( 1)
0
0
2
4 2
3
0 0
2 2

( 1) ( 1)
0 0
x
y x x
x
x
x x
y x
x x
+
−
⇔ = − +
−
−
+ −
−
⇔ = +
− −
Tiếp tuyến qua A(0,a)
2
4 2
0 0
2
( 1)
0
x x
a
x
+ −
⇔ =

−
2
( 1) 2( 2) 2 0
0 0
a x a x a⇔ − − + + + =
(1)
(v́
0
x
=1 không là nghiệm)
Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:
1 0
1
,
2
0
a
a
a
− ≠

≠


⇔
 
> −

∆ >



Khi đó (1) có 2 nghiệm là
0
x
,
1
x
⇒
Tung độ tiếp điểm
2
0
0
1
0
x
y
x
+
=
−
và
2
1
1
1
1
x
y
x
+

=
−
Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox.
( )
2
2
0
1
0 . 0
0 1
1 1
0 1
2( ) 4
0 1 0 1
0
1
0 1 0 1
2 4( 2)
4
1 1
0
2 2( 2)
1
1 1
9 6 2
0 3 2 0
3 3
x
x
y y

x x
x x x x
x x x x
a a
a a
a a
a a
a
a a
+
+
⇔ < ⇔ <
− −
+ + +
⇔ <
− + +
+ +
+ +
− −
⇔ <
+ +
− +
− −
+ −
⇔ < ⇔ − − < ⇔ >
−
Tóm lại:
2, 1
2
3

a a
a
> − ≠


−

>



2
3
a
−
⇔ >
và
1a
≠
ĐS:
2
, 1
3
a a
−
> ≠
CÂU II:
Cho 2cos2x + sinx
2
cosx + sinxcos

2
x = m(sinx + cosx) (1)
a) Giải (1) khi m=2:
Ta có:
( )
[ ]
2 2
2cos 2 sin cos sin cos
2 2
2 cos sin sin cos (sin cos )
2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos )
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x
+ +
= − + +
= − + + +
= + − +
Vậy:
Phương tŕnh (1
[ ]
(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0
sin cos 0(2)
2(cos sin ) sin cos 0(3)
x x x x x x m
x x
x x x x m
⇔ + − + − =

+ =

⇔

− + − =

Ta có:
(2)
sin cos
1
4
x x
tgx x k
π
π
⇔ = −
⇔ = − ⇔ = − +
Đặt
cos sin 2 cos( )
4
t x x x
π
= − = +
. Điều kiện
2t ≤
Khi đó phương tŕnh (3) trở thành :
2
1
2 0
2

t
t m
−
+ − =
2
4 2 1 0t t m⇔ − + − =
(*)
Với m=2, phương tŕnh (*) trở thành :
2
4 3 0t t− + =
⇔
t=1 hay t=3 (loại)
⇔
t=1
Vậy:
2
2 cos( ) 1 cos( )
4 4 2
x x
π π
+ = ⇔ + =
2
4 4
x k
π π
π
⇔ + = ± +
2
2
2

x k
x k
π
π
π
=


⇔

= − +

Tóm lại: nghiệm của phương tŕnh khi m=2 là:
, 2 , 2 ( )
4 2
x k x k x k k
π π
π π π
= − + = = − + ∈ Z
b) T́m m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
Ta có:
3
0
2 4 4 4
x x
π π π π
≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤

Nhận xét:
Nghiệm của (2) không thuộc
[0, ]
2
π
.
Do đó: Phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc
[0, ]
2
π
.
 Phương tŕnh (*) có nghiệm thuộc [-1;1]
Ta có: (*)
2
4 1 2t t m⇔ − = −
Xem hàm số f(t)=
2
4t t−
trên [-1;1]
'
( ) 2 4 0, [1, 1]f t t t⇒ = − < ∀ ∈ −
⇒
y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]
Vậy: YCBT
(1) 1 2 ( 1)
3 1 2 5
2 2
f m f
m
m

⇔ ≤ − ≤ −
⇔ − ≤ − ≤
⇔ − ≤ ≤
CÂU III:
1) Tính
1
5 3
. 1
0
I x x dx⇒ = −
∫
Đặt
3 2 3 2
1 1 2 3t x t x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = −
Đổi cận :
0 1
1 0
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
1
3 3 2
. 1
0
I x x x dx⇒ = −
∫
( )
1
2

2
(1 ). .
3
0
1
2
2 4
3
0
1
3 5
2 4
3 3 5 45
0
t t t dt
t t dt
t t
−
 
= −
∫
 
 
= −
∫
 
 
= − =
 
 

2) Chứng minh
1 1 2 2 1
.3 2 .3 ....... . .4 .
n n n n
C C n C n
n n n
− − −
+ + + =
Ta có:
0 1 1 2 1 2
(3 ) .3 .3 . .3 . ....... .
n n n n n n
x C C x C x C x
n n n n
− −
+ = + + + +