De du bi 1 khoi A 2008 va loi giai

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (158.43 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI A, NĂM 2008
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

y x





3 mx



(

m



1)

x



1

(1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1.

2. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hồnh độ x = -1 đi qua điểm A(1;2).
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình

tan

x



cot

x



4cos 2

x

.

2. Giải phương trình

(2

1)

2

1 3 2

2 x

 



x





Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1

3 :

2

1 x

y

z

d











và

5

2 :

6

3

2 x

y

z

d









1. Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau.

2. Gọi I là giao điểm của d1 và d2 . Tìm tọa độ các điểm A, B lần lượt thuộc d1 , d 2 sao cho tam giác IAB cân tại I và có

diện tích bằng

41

42

.

Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I = 
3

1
2

2 xdx

x 



2. Giải phương trình

e

sin(x 4)

tan

x







.

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
Câu V.a. Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1. Cho tập hợp E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số
của E ?

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của
góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10=0 và x - y +1 = 0; điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách
điểm C một khoảng bằng 2. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1. Giải bất phương trình

1 2

2

3 log log

0.

1 x



















2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vng góc của S trên
mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC; M là điểm di động
trên tia đối của tia BA sao cho góc



ECM 

 

90

0 và H là hình chiếu vng góc của S trên MC. Tính thể tích

của khối tứ diện EHIJ theo a,



và tìm



để thể tích đó lớn nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu II.1. ĐK

sin

0 cos

0

2 x

k

x

















. Ta có

2 2

cos

sin

cos

sin

cos 2

cot

tan

1 sin

cos

sin .cos

sin 2

2 x

x









. Do đó, PT

2cos 2

cos 2

0 tan

cot

4cos 2

0 1 2sin 2 cos 2

0 sin 2

x













  







cos 2

0

4

2 k

x

 

x









thỏa ĐK.

1 2sin 2 cos 2

0 sin 4

1

8

2 k

x







 

 





</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu II.2.

(2

1)

2

1 3 2

2 x

 



x





Cách 1 : ĐK

1

3

2 x

2 

 

Xét

(2

1)

( )

( 2

1 3 2 )

2 x

f x





x

 



x

trên đoạn D =

1 3

[

; ]

2 2



. Ta có

( ) 2(2

1) (

1 ) 2(2

1)

2(2

1)

3 2

2

1

2 1. 3 2 ( 2

1 3 2 )

x

f x

x























 



( ) 2(2

1)

1 ( 2

1 3 2 ) 2

1. 3 2

f x

x





 







(cùng dấu với 2x  1)

Lập BBT của f(x) trên đoạn D ta thấy ngay PT đã cho có đúng 2 nghiệm là

1

2 x





và

3

2 x 

Lưu ý : nếu không lập BBT mà chỉ nhận xét

3
1

2 2

max ( )

( )

( ) 0

D

f x

f





rồi kết luận PT chỉ có 2 nghiệm là

1

2 x





và

3

2 x 

thì khơng chính xác (vì vẫn có thể có

x



(

21

;

)

sao cho

x

0 cũng là nghiệm).

Cách 2 : * Ta có

VT

 

4 2 2

x



1. 3 2



x



2

nên VT 2. Đẳng thức xảy ra KVCK

1

2 x





hoặc

3

2 x 

* Lập BBT của hàm số

(2

1)

( )

2 x

f x





trên đoạn D =

1 3

[

; ]

2 2



ta thấy ngay VP 2 Đẳng thức xảy ra KVCK

1

2 x





hoặc

3

2 x 

. Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là

1

2 x





và

3

2 x 

.
Cách 3 :

* Ta có

1

2

1 3 2

0

2

1 3 2

2 x

 



x

 

x

 



x



x



. Dễ thấy

1

2 x 

không là nghiệm của PT.

2 x

 

1 3 2



x



0

. PT được viết lại

(2

1) ( 2

1 3 2 )

( 2

1 3 2 )( 2

1 3 2 )

2 x

 



x

 



x





 



(2

1) ( 2

1 3 2 )

2(2

1)

(2

1)( 2

1 3 2 ) 4

2 x



 



x











 





* Xét

f x

( ) (2



x



1)( 2

x

 

1 3 2 )



x

trên đoạn D =

1 3

[

; ]

2 2



. Ta có

( ) 2( 2

1

3 2 ) (2

1)(

1 )

8(2

1)

(2

1)(

1 )

2

1 3 2

2

1 3 2

2

1 3 2

x

f x

x





 



















 







( ) (2

1)(

8

1 )

2

1 3 2

2

1 3 2

f x

x







 







(cùng dấu với 2x  1)

Lập BBT của f(x) trên đoạn D ta thấy ngay PT đã cho có đúng 2 nghiệm là

1

2 x





và

3

2 x 

Câu III. Tọa độ giao điểm (nếu có) của d1 và d2 là nghiệm của hệ

3 1

2

1 1

5

2

6

3

2 x

y

z

x

y

x

y

z

































</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

* d1 có 1 VTCP là

a 



(2; 2;1)

, d2 có 1 VTCP là

b 

(6;3; 2)



nên 1 2

.

20 cos( , )

21 | || |

a b

d d

a b





. Suy ra



1 2

41 sin

1 cos ( , )

21 AIB





d d



và



1

41 . .sin

2

42

IAB

S



IA IB

AIB IA



. Theo giả thiết

41

42

IAB

S



nên IA = 1.

* Vì

A I d

,



1 nên IA ta (1)

 

. Do đó,

1 | || | 1

3 IA

 

t a



  

t

. Thay vào (1) để tìm A.

* Vì

B I d

,



1 nên IB k a . (2)

 

. Do đó,

1 | || | 1

7 IB

 

t b



  

t

. Thay vào (2) để tìm B.

Câu IV.2. * Nhận xét : vì

sin( )
4

tan

x

e





>0 nên sin x và cos x cùng dương hoặc cùng âm. Hay

sin ,cos

x

x  

( 1;0)

hoặc

sin ,cos

x

x 

(0;1)

Cách 1 : Lấy ln hai vế ta được

sin

2 sin

sin(

) ln

(sin

cos ) ln

4 cos

2 cos

x













.
* Trường hợp 1 :

sin ,cos

x

x  

( 1;0)

, PT này được viết lại

2 (sin

cos ) ln( sin ) ln( cos )

2 ln

2 x



x





x



x



u



u v

 

v

, với

u



sin

x



(0;1),

v



cos

x



(0;1)

.
Vì hàm số

f t

( )

 

t

2 ln

t

tăng trên (0 ; 1) nên PT này tương đương với u = v  (0 ; 1). Hay

sin ,cos

( 1;0)

sin , cos

( 1;0)

5

2 sin

cos

tan

1

4 x

k

x



 



















* Trường hợp 2 :

sin ,cos

x

x 

(0;1)

, PT này được viết lại

2 (sin

cos ) ln(sin ) ln(cos )

2 ln

2 x



x



x



x



u



u v

 

v

, với

u



sin

x



(0;1),

v



cos

x



(0;1)

.
Xét hàm số

f t

( )

 

t

2 ln

t

ta có

( )

t

2 0,

(0;1)

f t

t







 

nên f(t) giảm trên (0 ; 1). Vì vậy PT này tương đương

với u = v  (0 ; 1). Hay

sin ,cos

(0;1)

sin ,cos

(0;1)

2 sin

cos

tan

1

4 x

k

x



















.

Cách 2 :

2 2

cos

2( 2 2

(*)
2

sin

sin( ) sin cos )

tan

sin

cos

sin

cos

x x

x x x

x

x

e







e









Xét

2
2

( )

t

f t

t

e



. Ta có

2
2
/

2 (

1)

2 ( )

0,

( 1;0) (0;1)

t

f t

t

e







  



. Do đó, f(t) giảm trên (1 ; 0) và trên (1 ; 0).
* Trường hợp 1:

sin ,cos

x

x  

( 1;0)

. Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) và f(t) giảm trên (1 ; 0) nên

5 sin

cos

( 1;0)

2

4 x



x

 



x







k



* Trường hợp 1:

sin ,cos

x

x 

(0;1)

. Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) và f(t) giảm trên (0; 1) nên

sin

cos

(0;1)

2

4 x



x





x







k



Lưu ý : Ở đây ta phải xét trên từng khoảng (1 ; 0) và (0 ; 1) vì mệnh đề “Nếu f(x) đơn điệu trên K,

u v K

,



thì

( )

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu Va. 1. Mỗi số tự nhiên thỏa yêu cầu có dạng abcd, với a 0,

d 

{0, 2, 4}

, a, b, c, d phân biệt.
* Trường hợp 1 : d = 0

 Chọn a (ĐK : a 0 d) : có 6 cách chọn.

 Chọn b (ĐK :

b a



và

b d



) : có 5 cách chọn.
 Chọn c (ĐK :

c a



, c b và c d ) : có 4 cách chọn.
Vậy có tất cả 1654 = 120 số dạng abc0 thỏa yêu cầu.
* Trường hợp 1 : d = 2 hoặc d = 4

 Chọn d : có 2 cách chọn.

 Chọn a (ĐK :

a 

0

và

a d



) : có 5 cách chọn.
 Chọn b (ĐK : b a và b d ) : có 5 cách chọn.
 Chọn c (ĐK :

c a



,

c b



và

c d



) : có 4 cách chọn.

Vậy có tất cả 2554 = 200 số dạng abcd mà

d 

{2, 4}

, thỏa yêu cầu.
Tóm lại, có tất cả 120 + 200 = 320 số thỏa yêu cầu.

Câu Va. 2. * Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường phân giác AD : x - y +1 = 0 thì N thuộc đường thẳng AC.
Vì MN vng góc AD và đi qua M(0 ; 2) nên MN : x + y  2 = 0. Gọi K là giao điểm của MN với AD ta được

K

(

12 2

;

)

.

Vì K là trung điểm của đoạn MN nên N(1 ; 1).

* Ta có đường thẳng AC đi qua N(1 ; 1) và vng góc BH : 3x + 4y + 10=0 nên AC : 4x  3y  1 = 0.
* Ta có A là giao điểm của AC với AD nên A(4 ; 5).

* Ta có đường thẳng AB đi qua A và M nên AB : 3x  4y + 8 = 0. Vì B là giao điểm của AB và BH nên

B

( 3; )



41 .

* Ta có

0 0 0 0

2 2

0 0

( ; )

4

3 1 0

(

2)

2.

2 C x y

AC

x

y

x

y

MC

























Giải hệ này ta được C(1 ; 1) hoặc

C

(

31 3335 35

;

)

.

* Kiểm tra lại giả thiết AD : x - y +1 = 0 là phân giác trong của góc

BAC

 Với

B

( 3; )



41 và C(1 ; 1) ta có

(

x

B



y

B



1)(

x

C



y

C



1) 0



nên B, C khác phía đối với AD. Thỏa yêu cầu.
 Với

B

( 3; )



41 và

C

(

35 3531 33

;

)

ta có

(

x

B



y

B



1)(

x

C



y

C



1) 0



nên B, C khác phía đối với AD. Thỏa yêu cầu.
Vậy A(4 ; 5),

B

( 3; )



41 và C(1 ; 1) hoặc A(4 ; 5),

B

( 3; )



41 và

C

(

31 3335 35

;

)

.

Câu V.b. 1. Ta có

1 2 2

2

3

2

3

2

3 log log

0 0 log

1

2

1 x







 



  













2

3

2

1

0

1 x

 











 

 





(1)

2

3

1

2

0

1 x



 

 



(2)

Giao nghiệm (1) và (2) ta được nghiệm của BPT là x < 2.
Câu V.b. 2. * Ta có IJ là đường trung bình của tam giác SCE nên

//

(

)

IJ

SE



ABC

và IJ = a . Do đó,



1 .

.sin

.

.sin

3 3 2

12

EIHJ EIH

a

V



IJ S



EI EH

IEH



CE EH

IEH

* Vì

CM

SH

CM

SE











nên

CM



(

SHE

)



CM



EH

. Do đó,

 0

sinIEH sin(90 



) cos



và EH CE .sin



.
Vì vậy,

2 2

.

.sin .cos

.

.sin 2

12

24

EIHJ

a

V



CE





CE



K
N

D
H

C
M


J

I
E

A B

C
S


I

H
E

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

De du bi 1 khoi A 2008 va loi giai

<i>y x</i>





3

<i>mx</i>



(

<i>m</i>



1)

<i>x</i>



1

tan

<i>x</i>



cot

<i>x</i>



4cos 2

<i>x</i>

(2

1)

2

1

3 2

2

<i>x</i>

<i>x</i>

 



<i>x</i>





3

3

3

:

2

2

1

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>z</i>

<i>d</i>











5

2

:

6

3

2

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>z</i>

<i>d</i>









41

42

2

2

<i>xdx</i>

<i>x </i>



<i>e</i>

tan

<i>x</i>



2

3

log log

0.