Bài giải Đề dự bị 2008 toán

Trang 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2008 – ĐỀ DỰ BỊ A1
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số :
1)1(3
23
++++=
xmmxxy
(1) , m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = –1
2. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = –1 đi qua điểm A(1 ; 2)
Bài giải :
1. Học sinh tự giải
2.
)1(63'
2
+++=
mmxxy
mmmy 54163)1('
−=++−=−
;
mmmy 411131)1(
+=++++−=−
Tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ bằng –1
39)54(41)1)(54()1()1)(1(':
−+−=++−−=−++−=∆
mxmmxmyxyy
Tiếp tuyến này đi qua điểm A(1;2) nên
2 = 1 + 4m ⇔ m = 1/4
Vậy khi m = 1/4 thì YCBT được thỏa .
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phương trình :
xxx 2cos4cottan
2
+=
2. Giải phương trình
2
)12(
2312
2
−
=−++
x
xx
Bài giải :
1.
xxx 2cos4cottan
2
+=
; Điều kiện :
)(
2
02sin Zllxx
∈≠⇔≠
π
Phương trình tương đương với
02cos4
2sin
2cos2
02cos4
cos

sin
sin
cos
22
=+⇔=+−
x
x
x
x
x
x
x
x
0)4sin1(2cos202cos2
2sin
1
2cos2
=+⇔=






+⇔
xxx
x
x







+−=
+=
⇔



−=
=
⇔
28
24
14sin
02cos
ππ
ππ
kx
kx
x
x
Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm của phương trình là :
)(
28
24
Zk
kx
kx

∈






+−=
+=
ππ
ππ
2.
2
)12(
2312
2
−
=−++
x
xx

Điều kiện
2
3
2
1
≤≤
−
x
Đặt

xxxf 2312)(
−++=
;
2
)12(
)(
2
−
=
x
xg
với






−∈
2
3
;
2
1
x
xz
xf
23
1
12

1
)('
−
−
+
=
;
2
1
0)('
=⇔=
xxf
;
2
2
1
=






−
f
;
2
2
3
=







f
;
22
2
1
=






f
12)('
−=
xxg
;
2
1
0)('
=⇔=
xxg
;
2

2
1
=






−
g
;
2
2
3
=






g
;
0
2
1
=







g






−∈∀
2
3
;
2
1
x
ta có
22)(2
≤≤
xf
;
2)(0
≤≤
xg
Vậy phương trình có nghiệm







=
−=
⇔==⇔
2
3
2
1
2)()(
x
x
xgxf
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
Trang 2
1
3
2
3
2
3
:
1
−
=
−
=
−

z
y
x
d
;



=−+−
=+−−
0766
013665
:
2
zyx
zyx
d
1. Chứng minh rằng d
1
và d
2
cắt nhau .
2. Gọi I là giao điểm của d
1
và d
2
. Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d
1
; d
2

sao cho tam giác IAB cân tại I và có
diện tích bằng
42
41
Bài giải :
1. Tọa độ giao điểm của d
1
và d
2
( nếu có là nghiệm của hệ phương trình _





=
=
=
⇔







=−+−
=+−−
−
=

−
=
−
2
1
1
0766
013665
1
3
2
3
2
3
z
y
x
zyx
zyx
z
y
x
Vây d
1
cắt d
2
tại giao điểm I(1;1;2)
d
1
đi qua điểm M

1
(3;3;3) có VTCP
)1;2;2(
1
→
u
;
d
2
là giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT lần lượt là
)6;6;5(
1
−−
→
n
;
)6;6;1(
2
−
→
n
nên có VTCP
)24;36;72(;
212
−−−=







=
→→→
nnu
Chọn VTCP là
)2;3;6('
2
=
→
u
Cho z = 0 từ d
2
ta có



−=
−=
2
5
y
x
Vậy M
2
(–5;–2;0) thuộc d
2
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng d
1
và d
2

Ta có :
21
41
cos1sin
21
20
||.||
|'.|
cos
2
21
21
=−=⇒==
→→
→→
ϕϕϕ
uu
uu
Giả sưe IA = IA = a > 0 . diện tích của tam giác IAB là
1
42
41
42
41
sin...
2
1
2
=⇒===
aaIBIAS

ϕ

Vậy A nằm trên mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 1
(S) :
1)2()1()1(
222
=−+−+−
zyx
A= d
1
∩ (S) nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
⇔







=−+−+−
+=
+=
+=
1)2()1()1(
3
23
23
222
zyx
tz

ty
tx







===⇒−=
===⇒−=
⇒







=+++++
+=
+=
+=
3
5
;
3
1
;
3

1
3
4
3
7
;
3
5
;
3
5
3
2
1)1()22()22(
3
23
23
222
zyxt
zyxt
ttt
tz
ty
tx
A= d
1
∩ (S) nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
Trang 3
⇔








=−+−+−
=
+−=
+−=
1)2()1()1(
2
32
65
222
zyx
tz
ty
tx







===⇒=
===⇒=
⇒








=−+−+−
=
+−=
+−=
7
12
;
7
4
;
7
1
7
6
7
16
;
7
10
;
7
13
7
8

1)22()33()66(
2
32
65
222
zyxt
zyxt
ttt
tz
ty
tx
Vậy có 4 cặp điểm A,B cần tìm là

)
7
16
;
7
10
;
7
13
(;)
3
7
;
3
5
;
3

5
( BA
hoặc
)
7
12
;
7
4
;
7
1
(;)
3
7
;
3
5
;
3
5
( BA
Hoặc
)
7
16
;
7
10
;

7
13
(;)
3
5
;
3
1
;
3
1
( BA
hoặc
)
7
12
;
7
4
;
7
1
(;)
3
5
;
3
1
;
3

1
( BA
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân :
∫
+
=
3
2/1
3
22x
xdx
I
2. Giải phương trình :
xe
x
tan
4
sin
=






−
π
Bài giải :
1. Đặt

dttdx
t
xxtxt
2
3
3
3
2
3
2
2
2222
=⇒
−
=⇔+=⇔+=
Khi
3
32/1
=⇒=
tx
;
23
=⇒=
tx
Ta có :
∫∫
+=







−−






−=






−=






−=
−
=
2
3
3

333
2
3
3
254
2
3
3
2
3
9
10
3
5
9
9
4
3
9
20
9
3
5
24
4
3
20
3
2
3

4
3
2
3
.
2
)2(
ttdtttdtt
t
t
I
2. Hàm số có chu kỳ là 2π và vì tanx > 0 nên ta chỉ xét nghiệm của phương trình trên các khoảng
)
2
;0(
π
và
)
2
3
;(
π
π
Phương trình đã cho tương đương với :
xxxxxx
xx
xx cos|cos|ln2sin|sin|ln2|cos|ln|sin|ln
2
cossin
)ln(tan

4
sin
−=−⇔−=
−
⇔=






−
π
Đặt
tttf
−=
||ln2)(
Ta có
)(cos)(sin xfxf
=

t
t
t
tf
−
=−=
2
1
2

)('
. Với t = sinx hoặc t = cosx thì t∈ (–1;1)\{0}
Với t ∈(–1 ; 0) f(t) là hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx < 0 ⇔
4
3
π
=
x
Với t ∈(0 ; 1) f(t) là hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx < 0 ⇔
4
π
=
x
Tóm lại phương trình đã cho có tập nghiêm
)(
4
Zkkx
∈+=
π
π
PHẦN RIÊNG :
Câu Va :(2 điểm)
1. Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẳn gồm 4 chữ số khác nhau được thành lập từ các
chữ số của E
2. Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc
A lần lượt có phương trình là : 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0 , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời
cách C một khoảng bằng
2
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Bài giải :

1. Gọi số cần lập là
abcdN
=
. ta xét các trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1: d = 0 : có 1 cách chọn d
Ba số abc còn lại được lập từ 3 trong 6 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử :
3
6
A
cách
Trang 4
N
1
=
3
6
A
= 120 cách
Trường hợp 2: d ≠ 0 : có 2 cách chọn d
a ≠ 0 : có 5 cách chọn
Hai số bc còn lại được lập từ 2 trong 5 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử :
2
5
A
cách
N
2
= 2.5 .
2
5

A
= 200 cách
Vậy các số được chọn thỏa yêu cầu bài toán là 120 + 200 = 320 số
2.
Cho d
1
: 3x + 4y +10 = 0 ; d
2
: x – y + 1 = 0
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với d
2
, ∆ cắt d
2
tại I
và cắt Ac tại N .
02:
=−+∆
yx
I = ∆ ∩ d
2
Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình :
Tam giác AMN có d
2
vừa là đường cao , vừa là phân
giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN
⇒ N (1 ; 1)
AC là đường thẳng đi qua điểm N(1;1) và vuông góc
với d
1
nên

AC: 4(x –1) – 3(y –1) = 0
AC: 4x – 3y –1 = 0
A = AC ∩ d
2
. Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình :
)5;4(
5
4
01
0134
A
y
x
yx
yx
⇔



=
=
⇔



=+−
=−−
AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận
)3;4(
=

→−
MA
làm vec tơ chỉ phương
AB:
0843
3
2
4
=+−⇔
−
=
yx
y
x
B = AB ∩ d
1
. Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
)
4
1
;3(
4
1
3
01043
0843
−−⇔






−
=
−=
⇔



=++
=+−
B
y
x
yx
yx
C cách M một khoảng bằng
2
nên C thuộc đường tròn (S) có tâm M bán kính bằng
2
(S):
2)2(
22
=−+
yx
C = AC ∩ (S) . tọa độ C là nghiệm hệ phương trình :
)
2
3
;

2
1
(
2
3
2
1
01
02
I
y
x
yx
yx
⇔







=
=
⇔



=+−
=−+

Trang 5





=⇒=
=⇒=
⇔





=+−
−
=
⇔







=
−
+
−
=

⇔



=−+
=−−
25
33
25
31
11
0315625
3
14
2)
3
74
(
3
14
2)2(
0134
2
22
22
yx
yx
xx
x
y

x
x
x
y
yx
yx
⇒ C(1;1) hoặc C (
)
25
33
;
25
31
Vì d
2
là phân giác trong của góc A nên B và C nằm khác phía bờ là d
2

⇔
(x
B
– y
B
+ 1 ).(x
C
– y
C
+1 ) < 0 ⇔
0)1.(
4

7
<+−−
CC
yx
Cả hai điểm C trên đều thỏa mãn
Vậy
)1;1(;)
4
1
;3(;)5;4( CBA
−−
hoặc
)
25
33
;
25
31
(C
Câu Vb:(2 điểm)
1. Giải phương trình :
0
1
32
loglog
2
2
1
≥







+
+
x
x
2. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S
trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a . Gọi I,J lần lượt là trung điểm cuae EC, SC . M là
điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho
)90(
0
<=
∧
αα
ECM
và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC . Tính
thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a ; α và tìm α để thể tích đó lớn nhất .
Bài giải :
1.
1
1
32
log00
1
32
loglog
22

2
1
≤
+
+
<⇔≥






+
+
x
x
x
x