ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN DỰ BỊ KD 2008

Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi
ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI D – 2008
Câu I : (2 điểm)
Cho hàm số
1
13
+
+
=
x
x
y
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
2. Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ
thị hàm số (1) tại điểm M(–2 ;5) .
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
02sin4cos)cos(sin4
44
=+++
xxxx
2. Giải bất phương trình :
22
)1(232)3)(1(
−−<++−−+
xxxxx
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α): 2x – y + 2z
+1 = 0 và đường thẳng
22

1
1
1
:
−
=
−
=
−
z
y
x
d
1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) . Tính sin của góc giữa d và (α).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng
(α) và (Oxy)
Câu IV: (2 điểm)
1. Tính tích phân :
∫
−
−=
1
0
2
2
)
4
.( dx
x
x

exI
x
2. Cho các số thực x,y thỏa mãn
3
,0
π
≤≤
yx
. Chứng minh rằng
)cos(1coscos xyyx
+≤+
Câu Va: (2 điểm)
1. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương

n 0 n 1 1 n 1 n 1
n n n
n.2 C (n 1).2 C .... 2C 2n.3
− − −
+ − + + =
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 4)
2
+ y
2
= 4 và điểm E(4 ; 1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ
được 2 tiếp tuyến MA , MB của đường tròn (C) với A, B là các tiếp
điểm sao cho đường thẳng AB qua điểm E.
Câu Vb (2 điểm)
1. Giải bất phương trình :
022.162
1

2
224
2
2
≤−−
−−−−
xxxx
2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M,N,P làn lượt thuộc các cạnh
BC,BD,AC sao cho BC = 4BM , AC = 3AP , BD = 2BN .Mặt phẳng
(MNP) cắt AD tại Q . Tính tỉ số
AD
AQ
và tỉ số thể tích hai phần của khối
tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP) .
Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI D – 2008
Câu I:
1. Học sinh tự giải
2.
2
2
'
( 1)
y
x
=
+
;
'( 2) 2y − =
Tiếp tuyến tại M là ∆:

2( 2) 5 2 9y x x= + + = +
A = ∆∩ Ox ⇒ Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình
2 9 9 / 2
9 9
( ;0)
0 0
2 2
y x x
A OA
y y
= + = −
 
⇔ ⇒ − ⇒ =
 
= =
 
B = ∆∩ Oy ⇒ Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
0 0
(0;9) 9
2 9 9
x x
B OB
y x y
= =
 
⇔ ⇒ ⇒ =
 
= + =
 
Diện tích tam giác OAB :

1 81
. ( )
2 4
S OA OB dvdt= =
Câu II:
1.
02sin4cos)cos(sin4
44
=+++
xxxx
2 2 2
4(1 2sin . os ) 1 2sin 2 sin 2 0x c x x x⇔ − + − + =
2 2
5 2sin 2 2sin 2 sin 2 0x x x⇔ − − + =
2
4sin 2 sin 2 5 0 sin 2 1 2 ( )
2
x x x x k k Z
π
π
⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = − + ∈
2.
22
)1(232)3)(1(
−−<++−−+
xxxxx
(*)
Điều kiện : –1 <x < 3
(*)
2 2 2

( 2 3) 2 3 ( 2 3) 2x x x x x x⇔ − − − + + < − + + −
Đặt
2
2 3 0t x x= − + + ≥
Ta có :
3 2 3 2 2
0 0 0
1
2 2 0 ( 1)( 2 2) 0
t t t
t
t t t t t t t
≥ ≥ ≥
  
⇔ ⇔ ⇔ >
  
− < − + − > − + + >
  
2 2
2 3 1 2 2 0 1 3 1 3x x x x x⇔ − + + > ⇔ − − < ⇔ − < < +
Câu III :
1. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(α ) là nghiệm hệ phương trình :
2 1 0 3/ 2
1 1
3
1 0 2 ;2; 1
1 2 2
2
2 2 1 0
2 2 1 0 1

x y x
x y z
y z y A
x y z
x y z z
− − = =
 
− −

= =
  
 
⇔ + − = ⇔ = ⇒ −
−
  
 ÷
 
  
− + + =
− + + = = −

 
d có VTCP
(1;2; 2)u = −
r
; (α) có VTPT
(2; 1;2)n = −
r
. Gọi ϕ là góc giữa d và (α)
| . | 4

sin
9
| |.| |
u n
u n
ϕ
= =
r r
r r
2. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(Oxy ) là nghiệm hệ phương trình :
Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi
( )
1
1 1
1 1;1;0
1 2 2
0
0
x
x y z
y B
z
z
=

− −

= =
 
⇔ = ⇒

−
 
 
=
=


Mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với (α) và (Oxy) ⇒ Tâm I là trung điểm AB
Tâm
5 3 1
; ;
4 2 2
I
 
−
 ÷
 
bán kính R =
1
( ;( x ))
2
d I O y =
Phương trình mặt cầu cần tìm
2 2 2
5 3 1 1
( ) :
4 2 2 4
S x y z
     
− + − + + =

 ÷  ÷  ÷
     
Câu IV:
1.
1 1 1
2 2
1 2
2 2
0 0 0
( . )
4 4
x x
x xdx
I x e dx xe dx I I
x x
= − = − = −
− −
∫ ∫ ∫
1
2
1
0
.
x
I x e dx=
∫
Đặt
2
2
1

2
x
x
du dx
u x
v e
dv e dx
=

=


⇒
 
=
=



( )
1
1
1
2 2 2 2 2 2 2
1
0
0
0
1 1 1 1 1 1 1 1
. ( 1)

2 2 2 4 2 4 4 4
x x x
I x e e dx e e e e e= − = − = − + = +
∫
1 1
1
2 1/2 2 2
2
2
0
0 0
1
(4 ) (4 ) 4 2 3
2
4
xdx
I x d x x
x
−
= = − − − = − − = −
−
∫ ∫
2
1 2
1 7
3
4 4
I I I e= − = − +
.
2. Theo BĐT Cô si Ta có

0 os os
2 3 2
x y x y
xy c xy c
π
+ +
≤ ≤ ≤ ⇒ ≥
cos cos 2 os os 2 os 2 os
2 2 2
x y x y x y
x y c c c c xy
+ − +
+ = ≤ ≤
(1)
Với
; [0; / 3]t xy t
π
= ∈
Xét hàm số
2
( ) 1 cos 2cosf t t t= + −
2 2
'( ) 2 sin 2sin 2(sin sin ) ; '(1) 0f t t t t t t t f= − + = − =
∀t∈[0 ; 1) thì
2 2 2
sin sin sin '( ) 0t t t t t t f t> ⇒ > > ⇒ >
∀t∈ (1 ; π/3] thì
2 2 2
sin sin sin '( ) 0t t t t t t f t< ⇒ < < ⇒ <
2

(0) 0 ; (1) 1 os1 0 ; ( ) os 0
3 9
f f c f c
π π
 
= = − > = >
 ÷
 
Vậy
( ) 0 [0; ] 1 cos 2 os
3
f t t xy c xy
π
≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥
(2)
Từ (1) và (2) Ta có
)cos(1coscos xyyx
+≤+
(đpcm)
Câu Va :
1. Ta có công thức khai triển
0 1 1 2 2 3 3 1
( 1) ......
n n n n n n n
n n n n n n
x C x C x C x C x C x C
− − − −
+ = + + + + + +
(1)
Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi

Đạo hàm hai vế của (1) Ta được
1 1 0 2 1 3 2 1
( 1) ( 1) ( 2) .....
n n n n n
n n n n
n x nx C n x C n x C C
− − − − −
+ = + − + − + +
(2)
Nhân 2 vế của (2) cho x rồi thay x = 2 vào . Ta được
n 0 n 1 1 n 2 2 n 1 n 1
n n n n
n.2 C (n 1).2 C (n 2)2 C .... 2C 2n.3
− − − −
+ − + − + + =
(đpcm)
2. Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = 2
Gọi M(0 ,m ) thuộc trục tung .
2
16IM m R= + >
Vậy qua M có 2 tiếp tuyến đến (C)
Giả sử ∆ là tiếp tuyến qua M đến ( C) và T(x
0
; y
0
) là tiếp điểm
0 0 0 0
( ; ) ; ( 4; )MT x y m IT x y= − = −
uuur uur
0 0 0 0

2 2
0 0 0 0
. 0 ( 4) ( ) 0
4 0 (1)
MT IT x x y y m
x y x my
= ⇔ − + − =
⇔ + − − =
uuur uur
Mặt khác T thuộc ( C ) nên :
2 2
0 0 0
8 12 0 (2)x y x+ − + =
Từ (1) và (2) Ta có
0 0
4 12 0 (*)x my− − =
Tọa độ các tiếp điểm A,B đều thỏa (*) nên đường thẳng AB: 4x – my – 12 = 0
E thuộc AB nên : 16 –m – 12 = 0 ⇔ m = 4
Vậy M(0 ; 4 ) là điểm thỏa YCBT
Câu Vb:
1.
2 2 2
2
2 4 2 2 1 2 1
2 1
4
2 16.2 2 0 4 2 0
2
x x x x x x
x x

− − − − − −
− −
− − ≤ ⇔ − − ≤

Đặt
2
2 1
2 0
x x
t
− −
= >
. Bất phương trình tương đương với :

2
3 2
0
0 0
0 2
4
2 0
2 4 0 ( 2)( 2 2) 0
t
t t
t
t
t t t t t
t
>


> >
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <
  
− − <
− − < − + + <
 


Vậy
2
2 1 2 2
0 2 2 2 1 1 2 2 0 1 3 1 3
x x
x x x x x
− −
< < ⇔ − − < ⇔ − − < ⇔ − < < +
2.
Trong (BCD) : MN ∩ CD = I ⇒ IP = (MNP) ∩ (ACD)
Trong (ACD) : IP ∩ AD = Q ⇒ Q = AD ∩ (MNP)
Kẻ DH // BC (H ∈ IM) ; Kẻ DK // AC (K ∈ IP)
∆ NMB = ∆NDH
1
3
ID DH BM
IC CM CM
⇒ = = =
1
3

IK DK ID
IP CP IC
= = =
1 2
2 3 3
DK DK
AP AP
⇒ = ⇒ =
∆APQ đồng dạng ∆ DKQ
3 3
2 5
AQ AP AQ
DQ DK AD
⇒ = = ⇒ =
Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi
Ta có :
. 1 1 1
.
. 4 2 8
BMN
BCD
S
BM BN
S BC BD
= = =
;
1
2
BCN NCD
BCD BCD

S S
S S
= =
3
8
MNC
BCD
S
S
⇒ =

1
(1) ;
8
1 3
;
2 8
ABMN
ABCD
ANCD AMNC
ABCD ABCD
V
V
V V
V V
⇒ =
= =
1 3 1
. .
3 5 5

1
(2)
10
ANPQ
ANCD
ANPQ
ABCD
V
AP AQ
V AC AD
V
V
= = =
⇒ =
1 1
(3)
3 8
AMNP AMNP
AMNC ABCD
V V
AP
V AC V
= = ⇒ =
Cộng (1) , (2) và (3) Ta có :
1 1 1 7
8 10 8 20
ABMN ANPQ AMNP
ABCD
V V V
V

+ +
= + + =
7 13 7
20 20 13
ABMNQP CDMNQP ABMNQP
ABCD ABCD CDMNQP
V V V
V V V
= ⇒ = ⇒ =
Vậy mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích
7
13
K
H
I
Q
P
N
M
D
C
B
A