Đề thi khối D số 16

Thầy Trần Ngọc Văn ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2009
Đề số 6 Môn thi Toán, Khối D
Thời gian làm bài 180 phút
Câu I ( 2đ)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
(1).
2) Xác định m để đường thẳng y=x-2m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt M,
N sao cho MN=6.
Câu II ( 3đ)
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
2. Giải phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3

x93
=
−
−−
3. Tìm m để phương trình :
01xmx13x
4
4
=−++−
có đúng 1 nghiệm
Câu III: ( 2đ)
Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6)
1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M, bán
kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các điểm
tương ứng B, C sao cho V
OABC
= 3.
Câu IV: ( 2đ)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y
= x
2
và
2
x2y
−=
.
2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc
nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S
sao cho

( )
o
60SBC,SAB
=
∧
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh
∆AHK vuông và tính V
SABC
?
Câu V :( 1đ)
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)
n
, biết:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+−
.
---Hết---
Câu Nội dung Điểm
Câu I
1) khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

2 1
1
x
y
x
+
=
−
Tập xác định: D=R\{1}
1 1
2 1 2 1
lim ; lim
1 1
x x
x x
x x
− +
→ →
+ +
= −∞ = +∞
− −
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng.
2 1 2 1
lim 2; lim 2
1 1
x x
x x
x x
→−∞ →+∞
+ +

= =
− −

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang.
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
3
'
1 1
x x
y
x x
− − +
= = −
− −
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng:
( )
;1−∞
;
( )
1;+∞
.
Hàm số không có điểm cực trị.
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞

y’ - -
y 2
+∞

−∞
2
Vẽ đồ thị
x=2=>y=5
x=3=>y=7/2
x=0=>y=-1
x=-1=>y=1/2
đồ thị hàm số nhận I(1;2) là
tâm đối xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2) phương trình hoành độ giao điểm :
2 1
2 (1); 1
1
x
x m x
x
+
= − ≠
−

( ) ( )
( )

2
2 1 2 1
3 2 2 1 0
x x m x
x m x m
⇔ + = − −
⇔ − + + − =
Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là:
( ) ( )
2
2
4 4 13 0
3 2 4 2 1 0
3 0
1
m m
m m
x


+ + >
∆ = + − − >

⇔
 
− ≠
≠




đúng với mọi giá trị của m.
Theo định lí viét:
1 2
1 2
3 2
. 2 1
x x m
x x m
+ = +


= −

Giọi tọa độ của điểm M và N là:
1 1 2 2
( ; 2 ), ( ; 2 )M x x m N x x m− −
=>
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 4MN x x x x x x x x= − + − = + −
uuuur
Theo giả thiết đầu bài ta có:
( ) ( )
2
2 3 2 4 2 1 36m m
 
+ − − =
 
0,25

0,25
0,25
2
4 4 3 0
3
2
1
2
m m
m
m
⇔ + − =

= −

⇔


=


Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm.
0,25
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin

−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+
⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22
−
=
−
⇔
cos x cos 2x s in2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2 cos x cos x 1 0 s in2x 0⇔ + − = ∧ ≠
1
cos x (cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠

π+
π
±=⇔
2k
3
x

2. Phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3

=
−
−−⇔
1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3
=
−
−
+
−
⇔
đặt: t = log
3
x
(1) thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
−
− = ⇔ − − =
+ −
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)

t 1 hay t 4⇔ = − =

Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
3. Phương trình:
01xmx13x
4
4
=−++−
(1)
(1)
x1mx13x
4
4
−=+−⇔
( )



−=−−−
≤
⇔



−=+−
≤
⇔

m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
23
4
4
ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1 với x ≤ 1 tại 1 điểm
f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1
TXĐ: x ≤ 1
f'(x) = 12x
2
– 12x – 9 = 3(4x
2
– 4x – 3)
f'(x) = 0 ⇔ 4x
2
– 4x – 3 = 0 ⇔
2
3
x
2

1
x
=∨−=
x –∞
–1
/
2
1
–3
/
2
+∞
f' + 0 – – 0 +
f
CĐ

+
∞

–
∞
–12
CT

Từ bảng biến thiên ta có:
ycbt
3 3
m hay m 12 m hay m 12
2 2
⇔ − = − < − ⇔ = − >

Câu III:
1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
Bán kính mặt cầu
( )
5363MOR
2
2
=+−==
Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0
R53
5
15
5
960
d
===
−−
=
Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO
Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là:
x y 3
x t
y 3 2t
1 2
z 6
z 6
+
=



 
=
⇔ = − +
 
=
=




(t ∈ R)
Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3
Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6)
2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C
Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q):
1
c
z
b
y
2
x
=++
Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên:
bcc3b61
c
6
b
3
=−⇔=+−

(1)
Ta lại có
3
3
bc
bc
2
1
.
3
2
S.OA
3
1
V
OBCOABC
====
⇒
9bc
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có
{ {
bc 9 bc 9
hay
6b 3c 9 6b 3c 9
= = −
− = − = −

3

b
b c 3hay
2
c 6


= −
⇔ = =

= −


Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là:
1
3
z
3
y
2
x
=++
hoặc
1
6
z
3
y2
2
x
=−−

Câu IV:
1. Ta có:



=+
≥
⇔−=
2yx
0y
x2y
22
2
Là nửa đường tròn tâm O, bán kính
2R
=
, có y ≥ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x
2
và
2
x2y
−=
:
2 2
x 2 x x 1= − ⇔ = ±
; x
2
và
[ ]

khi x 1;1∈ −
thì
2
2 x− ≥
x
2
Do đó ta có

( )
∫∫∫
−−−
−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1
22
dxxdxx2dxxx2S
∫
−
−=
1
1
2
1
dxx2I

Đặt: x =
2
sint














ππ
−∈
2
,
2
t
⇒ dx =
2
costdt
x 1 t ;x 1 t
4 4
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =

∫∫
π
π
−
π
π
−
=−=
4
4
4
4
2
1
tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I
( )






+
π
=







+=+==
π
π
−
π
π
−
π
π
−
∫∫
2
1
4
2t2sin
2
1
tdtt2cos1tdtcos2I
4
4
4
4
4
4
2
1
(Nhận xét :
( ) ( )
4 4

1
0
4
I 1 cos 2t dt 2 1 cos 2t dt
π π
π
−
= + = +
∫ ∫
Vì f(t) =
1 cos 2t+
là hàm chẵn)

1 1
2 2
2
1 0
2
I x dx 2 x dx
3
−
= = =
∫ ∫
Vậy
3
1
23
2
1
23

2
2
1
4
2S
+
π
=−+
π
=−






+
π
=
(đvdt )
(Nhận xét :
(
)
(
)
1 1
2 2 2 2
1 0
S 2 x x dx 2 2 x x dx
−

= − − = − −
∫ ∫
Vì g(x) =
2 2
2 x x− −
là hàm chẵn)
2. * Chứng minh ∆AHK vuông
Ta có: AS ⊥ CB
AC ⊥ CB (∆ACB nội tiếp nửa đường tròn)
⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK
mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB)
⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆AHK vuông tại K
* Tính V
SABC
theo R
Kẻ CI ⊥ AB
Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC đều
⇒
2
R
IOIA
==
Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB)
Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB