bài giải dự bị đại học môn TOÁN khối B

Trang 1
Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số
2
21)23(
2
+
−+−+
=
x
mxmx
y
(1) , m là tham só thực .
1. Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)
2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định .
Bài giải :
D = R \ {-2}
2
2
)2(
584
'
+
−++
=
x
mxx
y
Đặt
584)(
2

−++=
mxxxg
mm
g
89584'
−=+−=∆
Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ⇔ g(x) ≥ 0 ∀ x ⇔ m ≥ 9/8
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
2
cossin42sin2cossin3
2
x
xxxx
=++
.
2. Giải hệ phương trình :





=−
−=−−
yx
xyx
4
3
)1(
81

Bài giải :
1.
2
cossin42sin2cossin3
2
x
xxxx
=++
01sinsin2sin2sin21sin3)cos1(sin22sin2cossin3
22
=−−⇔=−+⇔+=++⇔
xxxxxxxxxx









+=
+
−
=
+=
⇔






−=
=
⇔
π
π
π
π
π
π
2
6
7
2
6
2
2
2
1
sin
1sin
kx
kx
kx
x
x
(k ∈ Z)
2.






=−
−=−−
yx
xyx
4
3
)1(
81
Điều kiện x ≥ 1 ; y ≥ 0 . Hệ phương trình tương với





−=
+−+−=−
⇔





=−
−=−−−
4
23

4
32
)1(
)1(8)1(1
)1(
8)1(1
xy
xxx
yx
xxx
Xét (1)
8)1(1
23
+−+−=−
xxx

Đặt
1)(
−=
xxf
;
8)1()(
23
+−+−=
xxxg
với x ≥ 1
1)2()2(
==
gf
10223)('

2
≥∀<−+−=
xxxxg

f (x) là hàm số đồng biến , g(x) là hàm số nghịch biến nên x = 2 là nghiệm duy nhất của (1)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 2 ; y =1
Câu III: (2 điểm)
Trang 2
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;–1) B(2;3;–1) , C(1;3;1) và đường thẳng d:



=++
=+−
4
01
zyx
yx
1. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1 .
2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
Bài giải :
*
)3;2;6(,)2;3;0(;)0;3;1(
−=







==
→−−→−−→−−→−−
ACABACAB
Phương trình mặt phẳng (ABC): 6x – 2y + 3z – 3 = 0
Diện tích tam giác ABC :
2
7
,
2
1
=






=
→−−→−−
ACABS
ABC
Gọi h là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC) :
7
63
==
ABC
S
V
h
Từ phương trình đường thẳng d




=++
=+−
4
01
zyx
yx
Ta có M(0;1;3) ; N(-1;0;5)
)2;1;1(
−=
→−
NM
Phương trình đường thẳng d:





−=
+=
=
tz
ty
tx
23
1
D ∈ d ⇒ D(t ; 1+t ; 3 -2t)




−
−
⇒



−=
=
⇒=
−
⇒=
)5;0;1(
)7;6;5(
1
5
7
6
7
|24|
7
6
D
D
t
t
t
h
• Gọi H(a;b;c) là tọa độ trực tâm tam giác ABC

)2;3;0(;)2;0;1(;)1;3;2(;)1;;1(
=−=+−−=+−=
→−−→−−→−−→−
ACBCcbaBHcbaAH
Ta có hệ phương trình





−=
=
=
⇒





=−+−
=−+
=++−
⇒










∈
=
=
→−−→−−
→− −→− −
49/31
49/135
49/85
03326
0723
022
)(
0.
0.
c
b
a
cba
cb
ca
ABCH
ACBH
BCAH
Phương trình đường thẳng cấn tìm






+−=
−=
+=
tz
ty
tx
349/31
249/135
649/85
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân :
∫
−
=
1
0
2
3
4
dx
x
x
I
Trang 3
2. Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thức không âm x,y . Chứng minh rằng :
1
11
+
++

+≥+
n
nn
n
nn
yxyx
Bài giải :
1.
∫ ∫
−
=
−
=
1
0
1
0
2
2
2
3
44
dx
x
x
dx
x
x
I

Đặt
tdtxdxtxxt
−=⇒−=⇒−=
222
44
Khi x = 0 ⇒ t = 2 ; khi x = 1 ⇒
3
=
t
Ta có
( )
∫ ∫
−=−−






−=






−=−=−
−
=
3

2
2
3
3
2
3
2
2
33
3
16
334
3
8
8
3
1
4)4()(
4
ttdtttdt
t
t
I
2.
1
11
+
++
+≥+
n

nn
n
nn
yxyx
(*)
Khi



=
=
0
0
y
x
Hiển nhiên (*) luôn đúng
Khi x,y >0 Không mất tính tổng quát . Giả sử 0 < x ≤ y . Đặt
y
x
t
=
; t ∈ (0 ; 1]
Ta luôn có
1
)1ln()1ln()1ln(
)1ln()1ln(11
11
11
+
+

≥
+
≥
+
⇔+≥+⇔+≥+
++
++
n
t
n
t
n
t
tttt
nnn
nnnn


( ) ( )








+
≥









+
+⇔+≥++⇔
+
++
+
1
11
1
ln.ln).1(1ln.1ln)1(
n
nn
n
nn
nn
y
yx
n
y
yx
nintn

( ) ( )
n

nn
n
nn
n
n
nn
n
n
nn
yxyx
y
yx
y
yx
11
1
1
11
1
++
+
+
++
+
+≥+⇔









+
≥








+
⇔
1
11
+
++
+≥+⇔
n
nn
n
nn
yxyx
(đpcm)
Câu Va:(2 điểm)
Chứng minh rằng với n là số nguyên dương
)1(2
13

1
2
.....
2
1
.2
1
0110
+
−
=+++
+
+
−
n
C
n
C
n
C
n
n
nn
n
n
n
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) và B(0;4) . Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp
xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB .
Bài giải :
1. Khai triển nhị thức Newton

n
n
n
n
n
n
n
n
n
CxCxCxCx
++++=+
−−
....)1(
22110
Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 Ta có
2
0
2
0
1
2
0
1
0
2
0
1
2211
2
0

0
2
0
...........
11
)1(
)....()1(
xC
n
x
C
n
x
C
n
x
dxCxCxCxCdxx
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n

n
n
n
+++
+
=








+
+
⇔
++++=+
++
−−
∫∫
n
nn
n
n
nn
CC
n
C
nn 1

2
.......
2
1
2
1
13
1
10
11
+++
+
=
+
−
++
Chia hai vế cho 2 Ta được

)1(2
13
1
2
.....
2
1
.2
1
0110
+
−

=+++
+
+
−
n
C
n
C
n
C
n
n
nn
n
n
n
(đpcm)
2. OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5
P là nửa chu vi tam giác OAB . P = 6
S là diện tích tam giác OAB : S = 6
r là bán kính đường tròn nội tiếp
1
==
p
S
r
Tam giác OAB nằm ở góc phần tư thứ nhất có 2 cạnh là 2 trục tọa độ nên tâm I của đường tròn nội tiếp (C) có tọa
độ dương cách 2 trục tọa độ 1 khoảng bằng 1 ⇒ I(1;1)
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh OA;OB;AB
)2;

2
3
();2;0();0;
2
3
( PNM
⇒
Giả sử đường tròn (C’) qua M,N,P có phương trình
022:)'(
22
=++++
cbyaxyxC
. Ta có hệ phương trình
Trang 4





=
−=
−=
⇔








=+++
=++
=++
0
1
4/3
0
4
25
43
044
0
4
9
3
c
b
a
cba
cb
ca

Đường tròn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính
4
5
'
=
r
Ta có
rrII

−==
'
4
1
'
Vây hai đường tròn (C) và (C’) tiép xúc trong .
Câu Vb: (1 điểm)
1. Giải bất phương trình :
06.523
1212
<−−
++
xxx
2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau .
Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc gữa hai đường thẳng AC , BC .
Bài giải :
1.
02
2
3
.5
4
9
.304.26.59.306.523
1212
<−







−






⇔<−−⇔<−−
++
xx
xxxxxx
Đặt
0
2
3
>






=
x
t
Ta có
2log2
2

3
020
0253
0
2
3
2
<⇔<






<⇔<<⇔



<−−
>
xt
tt
t
x
a
a
a
a
a
I

N
M
D
C
B
A
Trang 5
Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD
MNABBCNAB
CNAB
BNAB
⊥⇒⊥⇒



⊥
⊥
)(
2
3a
CNDN
==
BMAMBCDAM
ACDAM
CDAM
BCDACD
⊥⇒⊥⇒






⊂
⊥
⊥
)(
)(
)()(
BMAMBCDACD
=⇒∆=∆
AMB
∆⇒
vuông cân
2
a
MN
=
2
2
44
3
22
22
aaa
NMNDDM
=−=−=
Diện tích tam giác NCD
4
2
..

2
1
2
a
MNDMMNDCS
NCD
===
Thể tích tứ diện ABCD :
12
2
4
2
..
3
1
.
3
1
32
aa
aSABVVV
NCDBNCDANCDABCD
===+=
∆MIN là tam giác đều
),(),(
//
//
∧∧
=⇒




IMNIBCAD
BCIM
ADNI
=60
0