HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 Môn toán Khối A Câu 1 1 Khi m = 1 hàm số trở thành TXĐ \{ 3} Giới hạn, tiệm cận Đồ thị h[.]
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - 2008 Mơn tốn - Khối A Câu 1 Khi m = hàm số trở thành: x2 x y x x 3 x 3 TXĐ: \{-3} y Giới hạn, tiệm cận: lim x lim y Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3 x 0 Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = x – x x lim [y-(x-2)]= lim x Chiều biến thiên: x 6x y’ = (x 3) (x 3) y’ = x 6x 0 x x Hàm số đồng biến khoảng ; ; 1; Hàm số nghịch biến khoảng (-5; -3); (-3 ; -1) Bảng biến thiên: Đồ thi: x x 0 y=0 x x 1 x Đồ thị hàm số cắt Ox điểm ( ; 0), (-2 ; 0) x = y 2 Đồ thị cắt Oy điểm 0; 3 Đồ thị nhận điểm I ( -3 ; -5) làm tâm đối xứng mx (3m 2)x 2 y x 3m mx x 3m 6m x 3m Nếu 6m -2 = m = 1 y mx x 3 x Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận Nếu m lim y đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3m (d1) x 3m 6m 0 x x 3m lim[y-(mx-2)]= lim x Đồ thị hàm số có tiện cận xiên y = mx – (d2) Vì d1 // Oy nên góc hai tiệm cận đồ thị 450 (d2) tạo với Oy góc 450 (d2) tạo với Ox góc 450 m tg450 m 1 m m tg 45 Câu II Giải phương trình: sinx 7 4sin x 3 sin x- 1 3 Ta có: sin x cos x 7 sin x sin x 4 Khi đó: (1) 1 4sin x sinx cosx 4 2 Điều kiện xác định: sinx.cosx x k , k Khi đó: (2) sinx+cosx 4sin x sinx.cosx 4 sin x 4 4sin x sinx.cosx 4 (3) Trường hợp 1: sin x 0 x m x m (m ) (thoả mãn điều 4 4 kiện) Trường hợp 2: sin x 0 4 Khi đó: 2 sinx.cosx=sinx.cosx sin 2x sin 4 2x l2 2x ( ) p2 x l x 5 p (l, p ) Vậy phương trình có họ nghiệm là: m x l 5 x p m,l,p x 2 (x y) xy.(x y) xy (I) Hệ cho (x y) xy u uv v u x y Đặt Hệ trở thành v xy u v Lấy (2) trừ (1) ta được: u2 – u – uv = u ( u – v – 1) = u 0 v u 1 II 2 (t/m ĐKXĐ) Với u = thay vào (2) ta v x y 0 Ta có: xy 5 y x x 5 x y 25 16 Với v=u-1 thay vào (2) ta u u 1 u u 0 u v 4 2 y x x y 2 Và (I) 3 xy y x 2 y x 2 (x 1)(2x 2x 3) 0 y x x 0(do 2x 2x 2x 1 0x) 2 x 1 y x Vậy hệ (I) có nghiệm y 25 16 Câu III: y x 2x x 0 x 1 ; y (1) Vectơ phương đường thẳng d ud (2;1; 2) Mặt phẳng (P) qua điểm A nhận vectơ phương đường thẳng d, ud (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là: 2( x 2) ( y 5) 2( z 3) 0 x y z 15 0 Tọa độ giao điểm (P) đường thẳng d nghiệm hệ x y z x y z 15 0 Giải hệ ta nhận ( x, y, z ) (3,1, 4) Hình chiếu A lên đường thẳng d giao điểm đường thẳng d với mặt phẳng (P) nên tọa độ hình chiếu A A’(3;1;4) (2) Gọi H hình chiếu A lên ( ) Vì AH vng góc với HA’ nên AA' AH Do mặt phẳng ( ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến ( ) lớn ( ) vng góc với đường thẳng AA’ Ta có AA' (1; 4;1) , mặt phẳng ( ) qua điểm A’ nhận vectơ AA' làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ( x 3) 4( y 1) ( z 4) 0 x y z 0 Vậy ( ) : x y z 0 Câu IV 1) Tính tích phân: I tan x dx cos2x Đặt t = tan x, suy ra: dt dx dt dx = (1 + tan x)dx cos x t2 Với x = t = x= t= 3 Khi đó: I = = 3 t t 1 3 t t 0 dt t4 dt 2 t t 1 t2 3 3 dt t (t 3 1)dt t dt 1 3 dt t t 3 t 1 t 1 t ln t 0 = 3 3 ln 27 3 10 3 ln 27 3 3 2) Xét hàm số f ( x) x x x x đoạn [0;6] Ta có f '( x ) 2x 1 1 2x x 6 x Ta có f’(x) hàm giảm số hạng tổng biểu thức bên phải giảm Mặt f '( x) , lim f '( x) nên phương trình f '( x) 0 có nghiệm x0 khác xlim 0 x khoảng 0;6 qua nghiệm f '( x) đổi dấu Do f(x) hàm tăng [0;x ] giảm [x0 ;6] Do phương trình f(x)=m có hai nghiệm thực phân biệt max{ f (0), f (6)} m max f ( x) Ta có x[0;6] max{ f (0), f (6)} 2 Ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau a b c 3 a b c Bất đẳng thức tương đương với bất đẳng thức sau ( a b) (b c) (c a) Với dấu xảy a=b=c Ta có 2x x x 2x x x 3 x x x 36, 3 x x x 18 Dấu xảy x 2 Suy giá trị lớn f(x) [0;6] Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt m Câu Va 1) Gọi phương trình tắc Elíp c x2 y 1, với a>b>0 Tâm sai Elip e Từ a a b giả thiết ta có hệ c a 4(a b) 20 Bình phương phương trình thứ hệ, c a b2 ta nhận 9b 4a 3b 2a a b 5 a b 5 x2 y2 Giải hệ ta a 3, b 2 Vậy phương trình Elíp 1 2) Đặt f(x) = ( + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn a a 1 n Ta có: f 2 a nn 4096 2 2 n = 12 a k 2k.Ckn ; k 0;n a k a k 1 2k.Cnk 2k 1.C kn 1 2k n! n! 2k 1 n k !k! n k 1 ! k 1 ! n k k 1 3k 2n Thay n = 12 ta 3k + 24 k 8 maxa i a 28 C12 i=0,n Câu Vb 1) log x ( x 1)(2 x 1) log x 1 (2 x 1) 4 log x (2 x x 1) log x 1 (2 x 1)2 4 (1) log x ( x 1)(2 x 1) log x 1 (2 x 1) 4 Điều kiện: 0 (2x 2) 1 0 (x 1) 1 (x 1)(2x 1) (2x 1) 0 (2x 1) 1 0 (x 1) 1 x ;x 1 x ; x 1 x 1;x 0 Với điều kiện phương trình tương đương với: log 2x (x 1) 2log x 1 2x 1 4 (2) Đặt t = log 2x (x 1) hệ (2) trở thành: t+ 1+ 4 t t 0 2 t 3t t 1 t 2 Với t = log 2x (x 1) = x = (thoả mãn điều kiện) x 0 Với t =2 log 2x (x 1) = 4x2 – 5x = x Chỉ có x = thỗ mãn Vậy (1) có nghiệm là: x = ; x = 2) (a) Gọi H trung điểm BC (xem h.1), theo giả thiết A’H vng góc với (ABC) Tam giác 2 ABC vuông A nên BC a a 2a (xem h.2) Ta có AH BC a Tam giác A’AH vuông H nên A ' H AA'2 AH 4a a a Thể tích khối chóp A’.ABC 1 a3 VA ' ABC A ' H S ABC a 3.a.a (b) Ta thấy A ' H ( ABC ) nên A ' H ( A ' B ' C ') suy tam giác HA ' B ' vuông A’ Theo định lý Pythagore HB '2 HA '2 A ' B '2 3a a 4a HB ' 2a Tam giác BB’H có HB ' BB ' 2a nên tam giác cân B’ Do cos B ' BH BK BH a , K trung điểm BB ' BB ' 4a BH (xem h.3) Góc hai đường thẳng AA’ B’C’ góc hai đường thẳng BB’ BC (vì AA’ // BB’; B’C’//BC) B ' BH (chú ý B ' BH