Tham khảo TN Toán 2010 số 8

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010
PHẦN BẮT BUỘC
CÂU I:
Cho hàn số y= f(x) =
3
2( 1)
3
m
x m x− +
( m là tham số )
a. Khảo sát hàm số khi m= 1
b. Tìm tất cả giá trò m sao cho hàm số có cực đại ,cực tiểu và tung độ điểm cực đại
CD
y
, tung độ điểm cực
tiểu
CT
y
thỏa:
2 3
2
( ) (4 4)
9
CD CT
y y m− = +
CÂU II:
a.Tìm tất cả giá trò
[ ]
0,3x ∈ ∏
thỏa
1

cot cot
sin
gx gx
x
= −
b.Tính tích phân
1
0
1 2
x
dx
I =
+
∫
CÂU III:
Cho f(x) =
3 5
log ( 1) log ( 1)x x
 
+ +
 
g(x)=
2 2
3 5
log ( 5 1) log ( 6)x ax x ax
 
+ + + + +
 
a. Chứng minh y= f(x) là hàm tăng trên miền xác đònh của nó.
b. Tìm tất cả các giá trò a để g(x) > 1 với mọi giá trò x

CÂU IV:
a.Có bao nhiêu số khác nhau gồm 10 chữ số trong đó có đúng 4 chữ số 2 và 6 chữ số 1?
b.Có bao nhiêu vectơ
( , , )a x y z=
r
khác nhau sao cho x , y , z là các số nguyên không âm thoả x+y+z=10?
PHẦN TỰ CHỌN(Thí sinh chọn một trong hai câu sau)
CÂU Va:
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng
( )
α
có phương trình : x+2y-3z-5=0 và đường thẳng (d) có phương
trình:
3 0
2 2 0
x y
y z
+ − =


+ − =

a. Xác đònh tất cả các điểm nằm trên đường thẳng (d) cách mặt phẳng
( )
α
một đoạn bằng
14
.
b. Lập phương trình hình chiếu (d’) của (d) trên
( )

α
.
CÂU Vb:
Trong không gian , cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a.Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng
(ABC) tại A, chọn hai điểm M ,N sao cho nhò diện (M,BC,N) vuông.Đặt AM= x , AN= y.
a. Xác đònh tất cả giá trò x ,y theo a để đoạn MN ngắn nhất.
b. Tính thể tích của hình chóp BCMN theo a, x, y
DAP AN
Câu I :
Cho
= = − +
3
( ) 2( 1)
3
m
y f x x m x
a) Khảo sát hàm số khi m= 1:
= −
3
1
4
3
y x x
• TXĐ: D = R
•
2
' 4y x= −
2
' 0
2

" 2
x
y
x
y x



=
= ⇔
= −
=
= ⇔ = ⇒ = ⇒" 0 0 0y x y
Điểm uốn O(0, 0).
• BBT:
- 2
2
+
1 6
3
x
y ’
y
+
+
+
1 6
3
0
0

• Đồ thò:
Cho
= − ⇒ = −
16
4
3
x y
= ⇒ =
16
4
3
x y
b) Tìm m để đồ thò hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho:
− = +
2 3
2
( ) (4 4)
9
CĐ CT
y y m
Ta có:
= − +
3
2( 1)
3
m
y x m x

= − +
2

' 2( 1)y mx m
= ⇔ − + =
2
' 0 2( 1) 0y mx m
(1)
Hàm số có cực đại và cực tiểu
⇔
(1) có 2 nghiệm phân biệt
+
⇔ >
⇔ < − ∨ >
2( 1)
0
1 0
m
m
m m
Khi đó (1) có 2 nghiệm
<
1 2 1 2
, ( )x x x x
⇒ =
1
( )
CĐ
y f x
và
=
2
( )

CT
y f x

Để tìm
CĐ
y
và
CT
y
ta chia f(x) cho f’(x) thì được:
 
 ÷
 
− +=
1 4
( 1)
3 3
( ) '( ). x m xf x f x
− +
− +
⇒ = =
= =
1
2
1
2
4
( 1)
3
4

( 1)
3
( )
( )
CĐ
CT
m x
m x
y f x
y f x

= =
1 2
(Vì f'(x ) 0, '( ) 0)f x
Theo giả thiết:
− = +
2 3
2
( ) (4 4)
9
CĐ CT
y y m
⇔ + − = +
⇔ − = + ≠
⇔ − =
⇔ +
⇔ ≠
2 2 3
1 2
1 2

2
16 2
( 1) ( ) 64( 1)
9 9
( ) 8( 1) ( Vì m+1 0 )
S 4 8(m+1)
8(m+1) -2(m+1)
0 (vì S = 0 , P = )
m
m = 1 ( Vì m+1 0 )
m x x m
x x m
P
m
So với điều kiện
∨m< -1 m > 0
nhận giá trò m = 1
ĐS: m = 1.
Câu II:
a) Tìm
∈ π]x [0,3
để
1
cotgx = cotgx -
sinx
Điều kiện :
≥cot 0gx
và
∈ π]x [0,3
Khi đó: Phương trình

−
⇔ =
cos 1
cot
sin
x
gx
x
⇔ = −cot . sin 1 cosgx x x
(*)
• Nếu sinx > 0 thì phương trình (*) trở thành :
cotgx.sinx = 1 - cosx
⇔ =
π
⇔ = ± + π ∈¢
1
cos
2
2 ( )
3
x
x k k
So với điều kiện nhận
π 7π
= ∨ =
3 3
x x
• Nếu sinx < 0 thì phương trình (*) trở thành:
cotgx.( - sinx) = 1 – cosx
⇔

-cosx = 1 – cosx (vô nghiệm)
Tóm lại:
π 7π
= ∨ =
3 3
x x
b) Tính
=
+
∫
1
0
1 2
x
dx
I
Ta có:
−+
=
+
∫
1
0
1 2 2
1 2
x x
x
dxI
= − = −
+ +

∫
∫ ∫
1
0
1 1
0 0
1
2 2
1 2 1 2
x x
x x
dx dxdx
Xem
=
+
∫
1
0
2
1 2
x
x
J dx
Đặt = + ⇒ = .ln21 2 2
x
x
dxt dt
Đổi cận:
= ⇒ =0 2x t

= ⇒ =1 3x t
⇒ = = = −
∫
3
3
2
2
1 1 ln3
.ln 1
ln2 ln2 ln2
dt
J t
t
Vậy:
= −
ln3
2
ln2
I
Câu III:
 
= + +
 
 
= + + + + +
 
3 5
2 2
3 5
( ) log ( 1) .log ( 1)

( ) log ( 5 1 .log ( 6)
f x x x
g x x ax x ax
a) Chứng minh y = f(x) là hàm tăng.
Miền xác đònh của hàm y= f(x) là:
= +∞[0, )D
Cách 1:
Ta có
= +
1 3
log ( 1)y x
và
= +
2 5
log ( 1)y x
là hai hàm tăng và có giá trò không âm trên D nên :
=
1 2
( ) .f x y y
là hàm tăng trên D.
Cách 2:
Ta có:
= + +
3 5
( ) log .ln( 1).log .ln( 1)f x e x e x

= + +
1
.ln( 1).ln( 1)
ln3.ln5

x x
 
+ +
⇒ = + > ∀ >
 
+ +
 
1 ln( 1) ln( 1)
'( ) 0, 0
ln3.ln5
2 ( 1) 1
x x
f x x
x x x
⇒
y = f(x) là hàm tăng trên D.
b) Tìm a để
> ∀ ∈ ¡( ) 1,g x x
Đặt = + + ≥
2
5 0u x ax thì g(x) trở thành:
= + +
3 5
( ) log ( 1).log ( 1)f u u u
Khi đó g(x) > 1 trở thành:
> ⇔ >( ) 1 ( ) (4)f u f u f
(vì f(4) = 1)
⇔ >
4u
( vì y = f(u) tăng trên D)

Vậy
> ∀ ∈ ¡( ) 1,g x x
⇔ + + > ∀ ∈
⇔ + + > ∀ ∈
⇔ ∆ <
⇔ − <
⇔ < − ∨ >
¡
¡
2
2
2
5 4,
1 0,
0
4 0
2 2
x ax x
x ax x
a
a a
Câu IV:
a) Có bao nhiêu số gồm 10 chữ số trong đó có đúng bốn chữ số 2 và sáu chữ số 1.
Giả sử bốn chữ số 2 là khác nhau và sáu chữ số 1 là khác nhau thì số các số gồm 10 chữ số ở trên là:10!
Nhưng khi ta hoán vò bốn chữ số 2 hay sáu chữ số 1 cho nhau, ta chỉ được một số thực sự.
Do vậy các số cần tìm là:
=
10!
210
6!4!

(số)
b) Có bao nhiêu
=
r
( , , )a x y z
khác nhau sao cho x , y , z là số nguyên không âm thoả x + y + z =10 .
Cách 1 :
Vì x + y + z = 10 và
∈ ¥, ,x y z
nên không có trường hợp x = y = z.
Do vậy còn 2 trường hợp sau :
- Trường hợp 1 : 2 trong 3 số x ,y, z bằng nhau và khác số còn lại.
⇒
có 6 trường hợp, mỗi trường hợp có 3 vectơ khác nhau.
⇒
có 18 vectơ khác nhau.
- Trường hợp 2 : x, y, z khác nhau đôi một
⇒
có 8 trường hợp, mỗi trường hợp có 3!= 6 vectơ khác
nhau
⇒
có 18 vectơ khác nhau.
Tóm lại: Số các vectơ thoả yêu cầu bài toán là:18 + 48 = 66 (vectơ)
Cách 2:
Ta có: z = 10 – (x + y). Do đó ta chỉ cần x, y thoả
+ ≤10x y
và
∈ ¥,x y
Nếu x = a thì
≤ − ⇒10y a

có 11 – a cách chọn y.
Do vậy: Ta cho a chạy từ 0 đến 10 thì được số vectơ thoả yêu cầu bài toán là:
(11 – 0) + (11 – 1) + (11 - 2) +…+ (11 - 10)
= − + + +
2
11 (1 2 ...... 10)
= − =
2
10.11
11 66
2
(vectơ)
Câu Va:
a) Tìm trên đường thẳng
+ − =


+ − =

3 0
2 2 0
x y
y z
cách mặt phẳng
α
+ − − =( ): 2 3 5 0x y z
một đoạn bằng
14
.
• Lấy M (3 - t, t, 2 - 2t)

∈ d
•
( , ) 14 3 2 3(2 2 ) 5 14d M t t t
α
= ⇔ − + − − − =
22 6
7 8 14
7 7
t t t⇔ − = ⇔ = ∨ = −
Vậy điểm cần tìm là
 
− −
 ÷
 
1 22 26
, ,
7 7 7
M
hay
 
− −
 ÷
 
27 6 26
, ,
7 7 7
M
b) Lập phương trình hình chiếu (d’) của (d) trên
α
( )

.
• Gọi là mặt phẳng chứa (d) và
β α
⊥ ( )
.