bài giải dự bị 2 khối A 2008

Trang 1
BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số
78
24
+−=
xxy
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) .
Bài này chắc chắn rằng ai cũng phải làm được . Không được thì không nên thi Đại học làm gì .
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình
2
2
4
sin
4
2sin
+






−=







−
ππ
xx
2. Giải bất phương trình :
2
2
1
3
1
1
1
x
x
x
−
>+
−
Bài giải :
1.
2
2
4
sin
4
2sin
+







−=






−
ππ
xx
⇔






−=−






−

4
sin
4
sin
4
2sin
πππ
xx
( )
01cos2
4
sin0
4
sin
4
sin.cos2
=−






−⇔=







−−






−⇔
xxxxx
πππ
)(
2
3
4
2/1cos
0
4
sin
Zk
kx
kx
x
x
∈







+±=
+=
⇔





=
=






−
⇔
π
π
π
π
π
2.
2
2
1
3
1
1

1
x
x
x
−
>+
−
(*) Điều kiện –1< x <1
Đặt x = sint với t ∈[0 ; π] Ta có
02tan3tan
cos
sin3
1
cos
1
2
2
>+−⇔>+
tt
t
t
t

2tan1tan
>∨<⇔
tt
(*)
Mặt khác với tant = 1 thì
2
2

sin
=
t
; với tant = 2 ⇒
5
2
sincos4sin
22
=⇒=
ttt
Vậy từ (*) Ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :






<<
<<−
1
5
2
2
2
1
x
x
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz . cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0 , đường thẳng
1

5
92
3
:
1
+
==
−
z
y
x
d
và 3 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)
1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) .
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất .
Bài giải :
1. Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình
0222:)(
222
=++++++
dczbyaxzyxS
có tâm I(–a ; –b ; –c)
A,B,C thuộc (S) và I thuộc (P) nên ta có hệ phương trình :
⇔








=++−−
=++++
=+++−−
=+++
01332
0491246
011622
02568
cba
dcba
dcba
dca







=
−=
−=
−=
⇔








=++−−
=+++−
=++
=+++
1
3
2
1
01332
024642
014210
02568
d
c
b
a
cba
cba
ba
dca
Phương trình mặt cầu :
01642:)(
222
=+−−−++
zyxzyxS
Tâm I(1;2;3)
Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính lớn nhất là mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu
Trang 2

Đường thẳng d đi qua điểm M(3;0;–5) và có VTCP
)1;9;2(
=
→
u
)8;2;2(
−−=
→−−
IM
;
)22;18;70(,
−=






→→−
uIM
Mặt phẳng (Q) có VTPT
)11;9;35(
−=
→
n
nên có phương trình
(Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0 ⇔ (Q): 35x –9y +11z –50 =0
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân :
∫

−+
=
2/
0
2cossin43
2sin
π
dx
xx
x
I
2. Chứng minh rằng phương trình :
1)14(4
2
=+
x
x
có đúng ba nghiệm thực phân biệt
Bài giải :
1.
∫∫∫
+
=
++
=
−+
=
2/
0
2

2/
0
2
2/
0
cos
)1(sin
sin
cos.
1sin2sin
sin
2cossin43
2sin
πππ
xdx
x
x
xdx
xx
x
dx
xx
x
I
Đặt t = sinx +1 ⇒ sinx = t – 1 ⇒ cosxdx = dt
Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = π/2 ⇒ t = 2 Ta có :
∫ ∫
−=







+=






−=
−
=
2
1
2
1
2
1
22
2
1
2ln
1
||ln
111
t
tdt
t

t
dt
t
t
I
2.Đặt
1)14(4)(
2
−+=
xxf
x

Tập xác định D = R , hàm số liên tục trên R
)2ln42ln4(4.24.8)14(2ln2.4)('
22
++=++=
xxxxxf
xxx
02ln42ln.40)('
2
=++⇔=
xxxf
0)2ln1(42ln44'
22
>−=−=∆
Vây f ’(x) = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2

Điều này chứng tỏ f(x) cắt trục hoành không quá 3 điểm ⇒ phương trình đã cho không quá 3 nghiệm .
Mặt khác do f(x) liên tục trên R và thỏa
f (0) = 0 ; f(–1/2) = 0 ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64
Như vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm : x = 0 ; x = –1/2 ; x ∈ (–3 ; –2)
Câu Va :(2 điểm)
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x
5
trong khai triển nhị thức Newton (1+3x)
2n
biết rằng
1002
23
=+
nn
AA
(n là số nguyên
dương)
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
=1 . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng
y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với C sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
60
0
.
1.
1002
23
=+

nn
AA
Điều kiện n ≥ 3
5100)1(2)2)(1(100
)!2(
!
2
)!3(
!
1002
23
=⇔=−+−−⇔=
−
+
−
⇔=+
nnnnnn
n
n
n
n
AA
nn
∑
=
=+
10
0
10
10

3)31(
k
kkk
xCx
Số hang chứa x
5
tương ứng k = 5 . Hệ số só hạng chứa x
5
là
612363.
55
10
=
C
2 Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 1 . Giả sử từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc
MAB bằng 60
0
thì góc AMO bằng 30
0
⇒ MO = 2 Vậy M chạy trên đường tròn tâm O bán kính bằng 2 .
Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT cũng là số giao điểm của đường tròn (C’) tâm
O bán kính bằng 2 với đường thẳng y = m . Để có đúng 2 điểm theo YCBT thì |m| < 2
Câu Vb: (2 điểm)
1. Giải phương trình :







−=+
x
x
x
x
6
9log
log
1
3
3
2. Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a . Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB,AC,BC . D là điểm đối xứng của S qua E , I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) .
Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI .
Bài giải :
1. Điều kiện





>
≠<
3
6
10
x
x
Trang 3
)69(log).3(log1)69(log3log3

6
9log
log
1
3
242
3
−=⇔−−=+⇔






−=+
xxx
x
x
x
xxxxx
2)63)(1(0693
2224
=⇒−−⇔=+−⇔
xxxxx
2.
Trong (ABC) AE ∩ MN = J ⇒ SJ = (SMN) ∩ (ASD)
Trong (ASD) SJ ∩ AD = I ⇒ I = AD ∩ (SMN)
Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân
bằng nhau ⇒ SA,SB,SC đôi một vuông góc và ∆ ABC
là tam giác đều cạnh

2a

BSCD là hình vuông cạnh a
( )
BD SB
BD SAB BD SM
BD SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Lại có SM ⊥ AD nên SM ⊥ (ABD) ⇒ SM ⊥ AD (1)
( )
BC SD
BC SAD BC AD
BC SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Mà MN// BC ⇒ MN ⊥ AD (2)
Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm)
Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB)
⇒ IH ⊥ (SAB)
2 2
2 2 2 2

. 1
3
3
IH AI AI AD SA a
BD AD
AD SA SD a
= = = = =
+
⇒ IH = a/3
S
SMB
= 1/2 . S
SAB
=
2
4
a
V
MBSI
=
2 3
1 1
. . .
3 3 3 4 36
SMB
a a a
IH S = =
J
H
I

D
E
N
M
S C
B
A