Bài giải Đề dự bị 2008 - B1

Hà Phước Chín 0905.256879
ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số
1)2(33
23
−+−−=
xmmxxy
(1) , m là tham số thực
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
2. Tìm các giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
2
1
6
2sin
3
sin2
=






−−







+
ππ
xx
2. Giải phương trình :
224953110
−++=−++
xxxx
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
1
5
92
3
:
1
+
==
−
z
y
x
d
và hai điểm A(5;4;3) ; B(6;7;2)
1. Viết phương trình đường thẳng d
2
đi qua hai điểm A,B . Chứng minh rằng hai đường thẳng d
1

và d
2
chéo nhau
2. Tìm điểm C thuộc d
1
sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó .
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân :
∫
+
+
=
2
0
14
1
dx
x
x
I
2. Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn
x
yz
zyx
3
=++
. Chứng minh rằng :
)(
6
332

zyx
+
−
≤
PHẦN RIÊNG : (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb)
Câu Va: (2 điểm)
1. Cho số nguyên n thỏa mãn
)3(35
)2)(1(
33
≥=
−−
+
n
nn
CA
nn
. Tính tổng
n
n
n
nnn
CnCCCS ..)1(.......43.2
2423222
−+−+−=
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với
5
=
AB
; C(–1;–1), đường thẳng AB có phương trình x

+ 2y –3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y –2 = 0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Câu Vb: ( 2 điểm)
1. Giải phương trình :
2 1
2
2log (2 2) log (9 1) 1x x+ + − =
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a ;
3aSA
=
và SA vuông góc với mặt phẳng đáy .
Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB ; AC .
Hà Phước Chín 0905.256879
BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI B 2008
Câu I:
1. Học sinh tự giải
2.
1)2(33
23
−+−−=
xmmxxy

Tập xác định D = R
2
2
' 3 6 3 ( 2)
' 0 2 ( 2) 0
y x x m m
y x x m m
= − − +
= ⇔ − − + =

2
2
2( 1) (2 1)
2 2( 1) (2 5)
x m y m m
x m y m m

= − ⇒ = + −
⇔

= + ⇒ = − + +


Khi m ≠ –1 .hàm số có hai cực trị . Để hàm số có hai cực trị cùng dấu thì
1
1
5 1
(2 1)(2 5) 0
2 2
m
m
m m
m
≠ −

≠ −


⇔
 

− + <
− < <



Câu II:
1.
1 5
2sin x sin 2x 2sin x sin 2x sin
3 6 2 3 6 6
π π π π π
       
+ − − = ⇔ + = − +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
( )
2sin x 2sin x .cos x sin x sinx 1 0
3 3 2 3
π π π π
       
⇔ + = + − ⇔ + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
x k
sin x 0
3
(k Z)
3
x k
sinx 1

2
π
π
π
π
π


 
= − +

+ =
 ÷

⇔ ⇔ ∈

 


= +

=



2.
224953110
−++=−++
xxxx
Điều kiện x ≥ 5/3

x 3 x 3
10x 1 9x 4 3x 5 2x 2 0 0
10x 1 9x 4 3x 5 2x 2
− −
+ − + + − − − = ⇔ + =
+ + + − + −
1 1
(x 3) 0 x 3
10x 1 9x 4 3x 5 2x 2
 
⇔ − + = ⇔ =
 ÷
+ + + − + −
 
(thỏa điều kiện)
Câu III:
Đường thẳng d
1
qua điểm M(3 ; 0;–5) nhận
1
u (2;9;1)=
uur
làm VTCP
Đường thẳng d
2
đi qua điểm A( 5;4;3) nhận
2
u AB (1;3; 1)= = −
uur uuur
làm VTCP nên có phương trình :

2
x 5 y 4 z 3
d :
1 3 1
− − −
= =
−
.
MA (2;4;8)=
uuuur
;
1 2
u ,u ( 12;3; 3)
 
= − −
 
uur uur
;
1 2
u ,u .MA 24 12 24 36 0
 
= − + − = − ≠
 
uur uur uuuur

Vậy hai đường thẳng d
1
và d
2
chéo nhau .

C thuộc đường thẳng d
1
nên tọa độ
C(3 2t;9t; 5 t)+ − +
;
AC (2t 2;9t 4;t 8)= − − −
uuur
;
2
AB,AC (12t 28; 3t 10;3t 2) AB,AC 162t 720t 888
   
= − − + + ⇒ = − +
   
uuur uuur uuur uuur
2
ABC
1 162t 720t 888
S AB,AC
2 2
− +
 
= =
 
uuur uuur
Diện tích nhỏ nhất khi
20 67 25
t C ;20;
9 9 9
 
= ⇒ −

 ÷
 
; S
min
=
22
(đvdt)
Câu IV:
1.
∫
+
+
=
2
0
14
1
dx
x
x
I
Đặt
2
t 1 1
t 4x 1 x dx tdt
4 2
−
= + ⇒ = ⇒ =
Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = 2 ⇒ t = 3
Hà Phước Chín 0905.256879

2
3
3 3
2 3
1 1
1
t 1
1
1 1 1 3 13 3 11
4
I . tdt (t 3)dt = t t
t 2 8 24 8 12 4 6
−
+
 
= = + + = + =
 ÷
 
∫ ∫
2. Ta có
2 2
( ) ( )
3 12 12
yz y z y z
x y z x y z
x x x
+ +
+ + = ≤ ⇔ + + ≤
2 2
( ) 12 ( ) 12 0y z x y z x+ − + − ≥

Đặt
0t y z= + >
Ta có
2 2
0
6
(6 4 3) 2 (2 3 3)
12 12 0
2 3 3
t
x
t x y z x y z
t tx x
>

⇔ ≥ + ⇔ + ≥ + ⇔ + ≥

− − ≥
−

2 3 3
( )
6
x y z
−
⇔ ≤ +
(đpcm)
Câu Va:
1.
3 3

n n
A C
n! n!
35 35(n 1)(n 2)
(n 1)(n 2) (n 3)! 3!.(n 3)!
+
= ⇔ + = − −
− − − −

n(n 1)(n 2)
n(n 1)(n 2) 35(n 1)(n 2)
6
− −
− − + = − −
n
n 35 n 30
6
⇔ + = ⇔ =
Ta có
30 0 1 2 2 3 3 4 4 30 30
30 30 30 30 30 30
(1 ) ... (1)x C C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
Đạo hàm hai vế của (1)
29 1 2 2 3 3 4 29 30
30 30 30 30 30
30(1 ) 2 3 4 ... 30 (2)x C xC x C x C x C+ = + + + + +
Nhân hai vế của (2) cho x Ta được
29 1 2 2 3 3 4 4 30 30
30 30 30 30 30
30 (1 ) 2 3 4 ... 30 (3)x x C x x C x C x C x C+ = + + + + +

Đạo hàm hai vế của (3)
29 28 1 2 2 2 2 3 2 3 4 2 29 30
30 30 30 30 30
30 (1 ) 29 (1 ) 2 3 4 ... 30 (4)x x x C xC x C x C x C
 
+ + + = + + + + +
 
Thay x = –1 vào (4) Ta có :
1 2 2 2 3 2 4 2 30
30 30 30 30 30
0 2 3 4 ... 30C C C C C= − + − + −
2 2 2 3 2 4 2 30 1
30 30 30 30 30
2 3 4 ... 30 30C C C C C⇔ − + − + = =
Vậy khi n = 30 Ta có
2 2 2 3 2 4 2 30
30 30 30 30
2 . 3 4 ....... 30 . 30S C C C C= − + − + =
2. Gọi trung điểm I của AB có tọa độ I(a;b) Ta có a + 2b – 3 = 0 (1)
G
G
G
G
2a 1
x
3(x 1) 2(a 1)
2a 1 2b 1
3
3CG 2CI G ;
3(y 1) 2(b 1) 2b 1

3 3
y
3
−

=

+ = +

− −
  
= ⇔ ⇔ ⇔
 
 ÷
+ = + −
 


=


uuur uur
2a 1 2b 1
G x y 2 0 2 0 a b 4 0 (2)
3 3
− −
∈ + − = ⇔ + − = ⇔ + − =
Từ (1) và (2)
a 5
I(5; 1)

b 1
=

⇒ ⇒ −

= −

A,B thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính
5
2
nên (C) có phương trình :
2 2
5
(C) :(x 5) (y 1)
4
− + + =
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình
2 2 2 2 2
1
x 2y 3 0 x 3 2y x 3 2y
x 4; y
2
5 5 1
3
(x 5) (y 1) ( 2 2y) (y 1) (y 1)
x 6;y
4 4 4
2

+ − = = − = −

= = −
  

  
⇔ ⇔ ⇔

  
− + + = − − + + = + =

  
= = −
  


Vậy
1 3
A 4; ;B 6;
2 2
   
− −
 ÷  ÷
   
hoặc
3 1
A 6; ;B 4;
2 2
   
− −
 ÷  ÷
   

Hà Phước Chín 0905.256879
Câu Vb:
1.
2 1
2
2log (2 2) log (9 1) 1x x+ + − =
Điều kiện x > 1/9 .
Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với
2 2
2 2 2 2
log (4 8 4) log (9 1) 1 log (4 8 4)) log (18 2)x x x x x x+ + = − + ⇔ + + = −
2
1
4 10 6 0
3
2
x
x x
x
=


⇔ − + = ⇔

=

(thỏa điều kiện)
2. Bài này có thể gắn hệ trục tọa độ vào và áp dụng công thức là xong