Tham khảo TN Toán 2010 số 24

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 CÂU I:( 2 điểm) Cho hàm số 2 3 2x x y x − + = 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò(C) của hàm số. 2. Tìm trên đường thẳng x=1 những điểm M sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp tuyến đó vuông góc với nhau. CÂU II: ( 2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz cho các điểm A(1,1,3), B(-1,3,2) và C(- 1,2,3). 1. Kiểm chứng A, B ,C không thẳng hàng và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa 3 điểm này. Tínhkhoảng cách từ gốc tọa độ O đến (P) 2. Tính diện tích tam giác ABC và thể tích tứ diện OABC CÂU III : (2 điểm) 1.Tìm giá trò của tham số a để hệ phương trình sau có đúng một nghiệm 2 2 2 3 5 5 3 x y a y x x a  + + =   + + = + + −   2.Xác đònh mọi giá trò của tham số m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt : 2 3 3 3 2 2 2 5 log ( 1) log ( 1) log 4 log ( 2 5) log 2 5 x x x x x x m − + + − − >    − + − =   CÂU IV : (2 điểm) Cho hai hàm số: f(x) = (2sinx+cosx)(2cosx-sinx) và 2cos sin 2 sin cos ( ) 2sin cos 2cos sin x x x x g x x x x x + − = + + − 1.Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của f(x) 2.Xác đònh mọi giá trò của tham số m để phương trình sau có nghiệm (m-3) g(x) =3 [f(x) - m] CÂU V : ( 2 điểm) 1.Cho hai hàm số f(x)= ax+b ,với 2 2 0a b+ > .Chứng minh rằng: 2 2 2 2 0 0 ( )sin ( ) cos 0f x xdx f x xdx ∏ ∏         + >         ∫ ∫ 2.Một nhóm gồm 10 học sinh trong đó có 7 nam và 3 nữ .Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 học sinh trên thành một hàng dọc sao cho 7 học sinh nam phải đứng liền nhau ĐAP AN CÂU I: 1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số: 2 3 2 2 3 2 x x y x x − + = = − + (C) • TXĐ: D = R\ {0} • 2 2 2 ' x y x − = 2 ' 0 2 x y x  = − = ⇔  =   • TCĐ: x = 0 vì 0 lim x y → = ∞ • TCX: y = x – 3 vì 2 lim 0 x x →∞ = • BBT: • Đồ thò: Cho y = 0 ⇔ x 2 – 3x +2 = 0 1 2 x x =  ⇔  =  2) Tìm M trên đường thẳng x = 1 sao cho từ M kẻ được đến (C) 2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M(1, b) nằm trên đường thẳng x = 1. Đường thẳng (d) qua M và M có hệ số góc k: y= k(x - 1) + b (d) tiếp xúc với (C) 2 2 2 3 2 2 k(x - 2) + b (1) k (2) x x x x x  − + =   ⇔  −  =   có nghiệm. Thay (2) vào (1): 2 2 2 3 2 ( 2)( 1)x x x b x x − + − − = + ⇔ (b + 2)x 2 – 4x + 2 = 0 (3) Từ M kẻ 2 tiếp tuyến đến (C) và vuông góc với nhau. ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 ≠ 0 sao cho k 1 , k 2 = -1. 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 4 2( 2 0) ' 0 2 2 . 11 b x x k k x x − + >  ∆ >   ⇔ ⇔ − −   = −= −    1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 x 0 2 với 4 ( ) 2 0 2 x b b x x x x x x b  =  >   + ⇔   − + + =   + =  +  2 0 0 6 2 0 3 7 (nhận) b b b b b < <    ⇔ ⇔   + + = = − ±    CÂU II: A(1, 2, 3), B(-1, 3, 2), C(-1, 2, 3) 1) Ta có: ( 2,2, 1) , ( 2,1,0) AB AB BC AC  = − −  ⇔  = −   uuur uuur uuur uuur khác phương. ⇒ A, B, C thẳng hàng. • Mặt phẳng (P) chứa A, B, C , P n AB AC   ⇒ =   uur uuur uuur ⇒ Phương trình (P): x + xy + 2z – 9 = 0. • 9 (0,( )) 3 9 d P − = = 2) Diện tích tam giác ABC= 1 3 , 2 2 AB AC   =   uuur uuur (đvtt). Thể tích OABC= 1 . ( ,( )) 3 ABC S d O ABC = 1 3 3 . .3 3 2 2 = (đvtt). CÂU III: 1) Tìm a để hệ có đúng 1 nghiệm: 2 2 2 3 5 5 3 x y a y x x a  + + =   + + = + + −   Điều kiện cần: Nhận xét: Nếu 0 0 ( , )x y là nghiệm của hệ thì 0 0 ( , )x y− − cũng là nghiệm của hệ. Do đó: Hệ có nghiệm duy nhất: 0 0 0 0 0 0 0 0 x x x y y y = − =   ⇒ ⇒   = − =   Thế 0 0 0 0 x y =   =  vào hệ ta được 3a = . Điều kiện đủ: Với 3a = : Hệ trở thành: 2 2 2 3 3 (1) 5 5 (2) x y y x x  + + =   + + = +   Ta có: (1) 2 3 3 0 (*)x y⇔ + − + = Vì: 2 3 0x + ≥ và 0y ≥ Nếu: (*) 2 3 3 0 0 x y  + − =  ⇔  =   0 0 x y =  ⇔  =  Dễ thấy (0, 0) thoả (2). Suy ra hệ có nghiệm duy nhất. 2) Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt: 2 3 3 3 2 2 2 5 log ( 1) log ( 1) log 4 (1) log ( 2 5) log 2 5 (2) x x x x x x m − + + − − >    − + = =   Ta có: • (1) 3 3 2log ( 1) 2log( 1) 2log 2x x⇔ + − − > 3 3 log ( 1) log ( 1)x x⇔ + > − 1 2( 1) 2( 1) 0 x x x + > −  ⇔  − >  ⇔ 1 < x < 3. • Đặt 2 2 log ( 2 5)t x x= − + thì (2) trở thành: 2 5 m t t − = ⇔ t 2 – 5t = m Ta có: 2 2 2 ' 0, x (1,3) ( 2 5)ln2 x t x x − = > ∀ ∈ − + 2 2 log ( 2 5) ( )t x x f x⇒ = − + = đồng biến trên (1, 3). Lại do: t = f(x) đồng biến trên (1, 3) nên mỗi t ∈ (2, 3) tương ứng có duy nhất một x ∈ (1, 3). Vậy hệ có 2 nghiệm phân biệt. 2 2 3 5 t t t m < <  ⇔  − =  có 2 nghiệm phân biệt. Xem hàn số: y = t 2 – 5t trên (2, 3). Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có đáp số 25 6 4 m− < < − CÂU IV: Cho: f(x) = (2sinx + cosx)(2cosx –sinx) và 2 sin 2sin cos ( ) 2sin cos 2cos sin cox x x x g x x x x x + − = + + − 1) Tìm già trò lớn nhất và nhỏ nhất của f(x). Ta có: y = f(x) = 3sinxcosx + 2(cos 2 x – sin 2 x) 3 s 2 cos2 (*) 2 y in x x⇔ = + (*) có nghiệm 2 2 2 3 2 2 y   ⇔ + ≥  ÷   5 5 2 2 y⇔ − ≤ ≤ Suy ra: Miny = 5 2 − và Maxy = 5 2 2) Tìm m để (m - 3)g(x) = [ ] 3 ( )f x m− có nghiệm. Ta có: g(x) = 2 2 2 2 (4cos sin ) (4sin cos ) (2sin cos )(2cos sin ) x x x x x x x − + − + − = 2 2 3(cos sin ) 3 ( ) ( ) x x f x f x − = Đặt t = f(x) 5 5 2 2 t⇒ − ≤ ≤ Khi đó phương trình trở thành: 3 ( 3). 3( )m t m t − = − ⇔ m – 3 = t(t - m) (điều kiện t ≠ 0) . ⇔ t 2 + 3 = m(t + 1) 2 3 1 t m t + ⇔ = + (*) (vì t = -1 không là nghiệm) Xem hàm số 2 3 1 t y t + = + Ta có: 2 2 2 3 ( 1) t t y t + − = + y’= 0 1 3t t ⇔ = ∨ = − Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận: Phương trình có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm 5 5 , 2 2   ∈ −     \{0} 37 6 2 3 m m m −  ≤  ⇔  ≥ ∧ ≠  CÂU V: 1) Cho f(x) = ax + b với a 2 + b 2 > 0. Chứng minh: 2 2 2 2 0 0 ( )sin ( )cos 0f x xdx f x xdx π π      ÷  ÷ + >  ÷  ÷     ∫ ∫ Đặt 2 0 I= f(x)sinxdx π ∫ và 2 0 J= f(x)sinxdx π ∫ Đặt u = f(x)= ax + b ⇒ du = adx dv = sinxdx, chọn v = -cosx dw = coxdx, chọn w = sinx Suy ra: • 2 2 0 0 I=-(ax + b)cosx cosa xdx π π + ∫ = 2 0 b + (asinx) a b π = + • 2 2 0 0 J=(ax + b)sinx sina xdx π π + ∫ 2 0 a a = + b + (acosx) 2 2 b a π π π = + − Ta có: I 2 + J 2 0 ≥ Già sử I 2 + J 2 = 0 I =0 J = 0  ⇔   0 0 2 a b a b a π + =   ⇔  + − =   0 0 a b =  ⇔  =  (Trái với giả thuyết a 2 + b 2 > 0) Vậy: I 2 + J 2 0 ≥ (đpcm). 2) Có 7 nam, 3 nữ. Có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh thành hàng dọc sao cho 7 nam đứng liền nhau. Ta xem 7 nam sinh được xếp như 1 vò trí và 3 nữ sinh là 3 vò trí. Số cách sắp xếp 4 vò trí trên là: 4! Nhưng mỗi vò trí, ta có mỗi hoán vò 7 nam sinh cho nhau ta được một cách xếp. Vậy số cách xếp theo yêu cầu bài toán là: 4!.7! = 120960 (cách). . THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 CÂU I:( 2 điểm) Cho hàm số 2 3 2x x y x − + = 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò(C) của hàm số. 2. Tìm trên đường thẳng. điểm) 1.Tìm giá trò của tham số a để hệ phương trình sau có đúng một nghiệm 2 2 2 3 5 5 3 x y a y x x a  + + =   + + = + + −   2.Xác đònh mọi giá trò của tham số m để hệ sau có 2 nghiệm. nhỏ nhất của f(x) 2.Xác đònh mọi giá trò của tham số m để phương trình sau có nghiệm (m-3) g(x) =3 [f(x) - m] CÂU V : ( 2 điểm) 1.Cho hai hàm số f(x)= ax+b ,với 2 2 0a b+ > .Chứng minh