thi thử đại học
15/6/2009
x +1
Cõu I: Cho hm số y=
(C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2 x+ 1
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao
điểm của đường tiệm cận và trục Ox.
π
cos x=1
Câu II: 1. Giải phương trình: 2 √ 2 sin x −
12
(
2. Tìm m để PT:
nghiệm
)
√ x −3 − 2 √ x − 4+ √ x −6 √ x − 4+ 5=m
x −3 y +2 z +1
=
=
2
1
−1
Câu III: Cho đường thẳng d:
có đúng 2
và mp (P):
x+ y+ z+2=0
1. Tìm giao điểm M của d và (P).
2. Viết phương trình đường thẳng nằm trong (P) sao cho d và
khoảng cách từ M đến bằng √ 42 .
1
x ( x −1 )
dx
x2 − 4
0
2. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3.
3a
3 b ab
3
+
+
≤ a2 +b2 + .
Chứng minh:
b+1 a+1 a+b
2
Câu IV: 1. Tính
I =∫
Câu V
1. Chứng minh với mọi n ngun dương ln có
nC 0n − ( n −1 ) C1n +. ..+ (− 1 )n −2 C nn −2 + ( − 1 )n −1 C nn −1=0 .
2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có
hồnh độ x 0 và điểm C thuộc trục Oy có trung độ y 0 sao cho ABC
vng tại A. Tìm B, C sao cho diện tích ABC lớn nhất.
Câu VI.
1
1
2
log 1 2x 2 3x 1 log 2 x 1
2
2.
2
1. Giải bất phương trình:
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông
AB=AC=a , AA1 = a √ 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn
AA1 và BC1. Chứng minh MN là đường vng góc chung của các đường
thẳng AA1 và BC1. Tính V MA BC .
1
1
3/.Cho h/ctứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đờng cao và bằng a. Tính
khoảng cách giữa hai đờng thẳng SC vµ AB.
===================HÕt==================
Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng
1
A − ,0
2
(
)
1
y=k ( x+ )
2
x 1
1
2x 1 k x 2
/
x 1 k có nghiệm
2x 1
() tiếp xúc với (C)
⇔
− x+1
1
=k x +
(1)
2 x +1
2
−3
=k
(2)
2
( 2 x+ 1 )
¿{
Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm là
5
1
x
k =−
12
2 . Do đó
1
1
y
x
12
2
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
( )
Câu II:
(
1. Giải phương trình: 2 √ 2 sin x −
(1)
[ (
⇔ √ 2 sin 2 x −
π
cos x=1
12
)
π
π
− sin
=1
12
12
)
]
(1)
1
sin 2x
sin
12
12
2
π
π
π
π
π
⇔ sin 2 x −
=sin +sin =2sin cos
12
4
12
6
12
( )
π
π
5π
⇔ sin (2 x − )=cos =sin
12
12
12
5
7
k2 hay 2x
k2 k Z
12 12
12 12
x k hay x k k Z
4
3
2. P/trình cho ⇔ √ ( x − 4 ) − 2 √ x − 4 +1+ √ ( x − 4 ) −6 √ x − 4 +9=m
2x
2
√
2
√
(1)
⇔ ( √ x − 4 − 1 ) + ( √ x − 4 − 3 ) =m
⇔|√ x − 4 − 1|+|√ x − 4 − 3|=m (1) đặt: t=√ x − 4 ≥ 0
(1) ⇔|t −1|+|t −3|=m ()
Phương trình cho có đúng 2 nghiệm phương trình () có đúng 2
nghiệm t 0
Vẽ đồ thị của hàm số f ( t )=|t −1|+|t −3|, t ≥ 0
¿
4 − 2 t neáu 0 ≤t ≤1
2
neáu 1≤ t ≤ 3
Ta có
2 t − 4 nếu t ≥ 3
¿ f ( t )={ {
¿
y
4
2
0
1
2
3
x
Từ đồ thị ta có ycbt 2 < m 4
Cách khác
⇔|t −1|+|t −3|=m và t 0
0 t 1 hay 1 t 3 hay t 3
m 4 2t
m 2
m 2t 4
0 t 1
t 3
2 m 4 hay 1 t 3 hay m 2
m 2
t 4 m
t 4 m
2
2
Do đó, ycbt 2 < m 4
( khi 2 < m 4 thì () có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 t1 1 và t2 > 3 )
Câu III:
1. Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
¿
x=3+2 t
y =−2+t
Phương trình số của d:
có VTCP ⃗a =( 2,1,− 1 )
z=−1 −t
¿{{
¿
Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0
t = –1 M ( 1 ;- 3 ; 0)
Mặt phẳng (Q) chứa d và vng góc (P) có PVT
nQ =[ ⃗a , ⃗
⃗
n P ]=( 2, −3,1 )
Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vng góc (P) là:
2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)
2. Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:
x y z 2 0
⃗
ad ' 4;1; 5
Q
2x
3y
z
11
0
d':
có VTCP
d
x 1 4t
y 3 t
N
P
z 5t
d'
Phương trình tham số của d':
M
Trên d' tìm điểm N sao cho MN = √ 42
Vì N d' N(4t +1, –3 + t, – 5t)
MN
4t
2
2
t 2 5t 42t 2 42
t 2 1 t 1
. t = 1 N1(5, –2, –5)
Đường thẳng 1 qua N1 nằm trong (P), vng góc d' có VTCP
⃗
⃗ ⃗
a 1 n P , a d ' 6;9; 3 3 2, 3,1
.
x 5 y2 z5
3
1
Vậy phương trình 1: 2
. t = –1 N2(–3, –4, 5)
Đường thẳng 2 qua N2 nằm trong (P), vng góc d' có VTCP
a Δ =( ⃗
⃗
nP , ⃗
ad ' ) 3 2, 3,1
2
x 3 y 4 z 5
3
1
Vậy phương trình 2: 2
Câu IV:
1
1. Tính
I =∫
0
1
x ( x −1 )
x2 − x
dx=
∫ x 2 − 4 dx
x2 − 4
0
2
1
1
x
4
1 d x 4
dx
∫ 1 2
2
dx
1
4
2
2
∫
∫
x 4 x 4
20 x 4
x 22
0
0
1
1
1
1
x 2
3
1 ln x 2 4 ln
1 ln 2 ln 3
0
2
x2 0
2
2. Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra:
. ab 3 (a b) , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4
bđt đã cho tương đương với
3 3a(a 1) 3b(b 1)
3
a 2 b2
1
2
(a 1)(b 1)
a b
3 3
3
3
⇔ a2+ b2 + ≥ ( a2 +b2 ) + ( a+ b ) +
−1
2 4
4
a+b
12
⇔ 4 ( a 2+ b2 ) +6 ≥ 3 ( a2 +b2 ) +3 ( a+ b ) +
−4
a+b
12
a 2 b2 3 a b
10
a b
(A)
2
2
Đặt x = a+b > 0 x (a b) 4ab 4(3 x)
x 2 4x 12 0 x 6 hay x 2 x 2 ( vì x > 0)
2
2
2
2
x 2 a 2 b 2 2ab a b x 2(3 x) x 2x 6
Thế x như trên , (A) thành
12
x2 x
4 0
x
, với x 2
x 3 x 2 4x 12 0 , với x 2
x 2 x 2 x 6 0
, với x 2 (hiển nhiên đúng)
Vậy bđt cho đã được chứng minh.
Câu Va:
1. Với mọi n N ta có
( x − 1 )n=C 0n x n − C1n x n −1 +.. .+ ( −1 )n − 1 C nn −1 x + ( −1 )n C nn
Lấy đạo hàm hai vế ta có
n− 1
0 n−1
1 n− 2
n −1 n − 1
n ( x −1 ) =nCn x − ( n− 1 ) C n x +. . .+ ( −1 ) Cn
Cho x = 1 ta có
0=nC0n − ( n −1 ) C 1n +. ..+ ( − 1 )n− 1 C nn −1
2. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c 0
Ta có ABC vng tại A ⇔ ⃗
AB . ⃗
AC=0
Ta có ⃗
AB=( b −2, −1 ) ; ⃗
AC= ( −2 , c −1 )
Do ABC vuông tại A ⇒ ⃗
AB. ⃗
AC=− 2 ( b − 2 ) − ( c − 1 )=0
5
⇔ c −1=−2 ( b −2 ) ⇒ c=− 2b +5 ≥0 ⇒ 0≤ b ≤
2
1
1
2
2
Ta lại có S ABC= AB . AC= √ ( b −1 ) +1 √ 4+ ( c − 1 )
2
2
1
S ABC= √ ( b −2 )2 +1 √ 4+ 4 ( b − 2 )2=( b −2 )2 +1
2
5
vì 0 ≤ b ≤
nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất b = 0
2
Khi đó c = 5. Vậy, ycbt B(0, 0) và C(0, 5)
Câu Vb:
1
1
2
log 1 2x 2 3x 1 log 2 x 1
2
2 (1)
2
1. Giải phương trình:
1
1
2
2 1
(1) ⇔ − log 2 ( 2 x − 3 x +1 ) + log 2 ( x − 1 ) ≥
2
2
2
1
1
1
⇔ − log 2 ( 2 x 2 − 3 x +1 ) + log 2 ( x − 1 )2 ≥
2
2
2
x 1
2
(x 1) 2
log 2
1
2
1
(x 1)(2x 1)
2 x 1 x
2
(x 1)
2 3x 1 0 1 x 1
(2x 1)
2x 1
3
2
----------@---------
