on tap dai hoc

ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 3 ) CÂU I: (2 điểm) Cho hàm số: 2 1 x y x + = − 1) Khảo sát sự biến thiên và veơ đồ tḥ (C) của hàm số. 2) Cho điểm A(0;a). Xác đ̣nh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox. CÂU II: (2 điểm) Cho phương tŕnh: 2 2 2cos 2 sin cos sin cos (sin cos )x x x x x m x x+ + = + (1) Với m là tham số. 1) Giải phương tŕnh (1) khi m=2. 2) T́m m để phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 0; 2 ∏       CÂU III: (2 điểm) 1) Tính tích phân: 1 5 3 1 0 I x x dx= − ∫ 2) Chứng minh rằng: 1 1 2 2 3 3 1 .3 2 .3 3 .3 . . .4 n n n n n n n n n C C C nC n − − − − + + + + = trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1. CÂU IV: (2 điểm) 1) Xác đ̣nh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất: 2 2 ( 1) ( 1) x y a y x a  + = +   + = +   2) Giải phương tŕnh: 2 6 2 2 2 2 log log log 4 4 2.3 x x x − = CÂU V: (2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1), A(1;1;0). Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0. 1) Chứng minh rằng thể tích h́nh chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n. 2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) .Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố đ̣nh. ĐÁP ÁN CÂU I: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ tḥ hàm số: 2 1 x y x + = − • TXĐ: D=R\{1} ( ) 3 , 0 2 1 y x − = < ⇒ − Hàm số giảm trên từng khoảng xác đ̣nh • TCD: x=1 v́ lim 1 y x = ∞ − > • TCN: y=1 v́ lim 1y x = → ∞ • BBT: • Đồ tḥ: 2) Xác đ̣nh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2 phía của 0x. Gọi ( ; ) ( ) 0 0 M x y C∈ 2 0 0 1 0 x y x + ⇔ = − Phương tŕnh tiếp tuyến của (C) tại M: ' ( )( ) 0 0 0 y f x x x y= − + 2 3 0 ( ) 0 2 1 ( 1) 0 0 2 4 2 3 0 0 2 2 ( 1) ( 1) 0 0 x y x x x x x x y x x x + − ⇔ = − + − − + − − ⇔ = + − − Tiếp tuyến qua A(0,a) 2 4 2 0 0 2 ( 1) 0 x x a x + − ⇔ = − 2 ( 1) 2( 2) 2 0 0 0 a x a x a⇔ − − + + + = (1) (v́ 0 x =1 không là nghiệm) Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là: 1 0 1 , 2 0 a a a − ≠  ≠   ⇔   > −  ∆ >   Khi đó (1) có 2 nghiệm là 0 x , 1 x ⇒ Tung độ tiếp điểm 2 0 0 1 0 x y x + = − và 2 1 1 1 1 x y x + = − Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox. ( ) 2 2 0 1 0 . 0 0 1 1 1 0 1 2( ) 4 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 2 4( 2) 4 1 1 0 2 2( 2) 1 1 1 9 6 2 0 3 2 0 3 3 x x y y x x x x x x x x x x a a a a a a a a a a a + + ⇔ < ⇔ < − − + + + ⇔ < − + + + + + + − − ⇔ < + + − + − − + − ⇔ < ⇔ − − < ⇔ > − Tóm lại: 2, 1 2 3 a a a > − ≠   −  >   2 3 a − ⇔ > và 1a ≠ ĐS: 2 , 1 3 a a − > ≠ CÂU II: Cho 2cos2x + sinx 2 cosx + sinxcos 2 x = m(sinx + cosx) (1) a) Giải (1) khi m=2: Ta có: ( ) [ ] 2 2 2cos 2 sin cos sin cos 2 2 2 cos sin sin cos (sin cos ) 2(cos sin )(cos sin ) sin cos (sin cos ) (sin cos ) 2(cos sin ) sin cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + = − + + = − + + + = + − + Vậy: Phương tŕnh (1 [ ] (sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0 sin cos 0(2) 2(cos sin ) sin cos 0(3) x x x x x x m x x x x x x m ⇔ + − + − = + =  ⇔  − + − =  Ta có: (2) sin cos 1 4 x x tgx x k π π ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − + Đặt cos sin 2 cos( ) 4 t x x x π = − = + . Điều kiện 2t ≤ Khi đó phương tŕnh (3) trở thành : 2 1 2 0 2 t t m − + − = 2 4 2 1 0t t m⇔ − + − = (*) Với m=2, phương tŕnh (*) trở thành : 2 4 3 0t t− + = ⇔ t=1 hay t=3 (loại) ⇔ t=1 Vậy: 2 2 cos( ) 1 cos( ) 4 4 2 x x π π + = ⇔ + = 2 4 4 x k π π π ⇔ + = ± + 2 2 2 x k x k π π π =   ⇔  = − +  Tóm lại: nghiệm của phương tŕnh khi m=2 là: , 2 , 2 ( ) 4 2 x k x k x k k π π π π π = − + = = − + ∈ Z b) T́m m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [0, ] 2 π Ta có: 3 0 2 4 4 4 x x π π π π ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ Nhận xét: Nghiệm của (2) không thuộc [0, ] 2 π . Do đó: Phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [0, ] 2 π .  Phương tŕnh (*) có nghiệm thuộc [-1;1] Ta có: (*) 2 4 1 2t t m⇔ − = − Xem hàm số f(t)= 2 4t t− trên [-1;1] ' ( ) 2 4 0, [1, 1]f t t t⇒ = − < ∀ ∈ − ⇒ y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1] Vậy: YCBT (1) 1 2 ( 1) 3 1 2 5 2 2 f m f m m ⇔ ≤ − ≤ − ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ CÂU III: 1) Tính 1 5 3 . 1 0 I x x dx⇒ = − ∫ Đặt 3 2 3 2 1 1 2 3t x t x tdt x dx= − ⇒ = − ⇒ = − Đổi cận : 0 1 1 0 x t x t = ⇒ = = ⇒ = 1 3 3 2 . 1 0 I x x x dx⇒ = − ∫ ( ) 1 2 2 (1 ). . 3 0 1 2 2 4 3 0 1 3 5 2 4 3 3 5 45 0 t t t dt t t dt t t −   = − ∫     = − ∫     = − =     2) Chứng minh 1 1 2 2 1 .3 2 .3 . . .4 . n n n n C C n C n n n n − − − + + + = Ta có: 0 1 1 2 1 2 (3 ) .3 .3 . .3 . . . n n n n n n x C C x C x C x n n n n − − + = + + + + Lấy đạo hàm 2 vế ta được: 1 1 1 2 2 1 (3 ) .3 2 .3 . n n n n n n x C C x nC x n n n − − − − + = + + + Cho x=1,ta được điều phải chứng minh. CÂU IV: 1)      +=+ +=+ axy ayx 2 2 )1( )1( Điều kiện cần : Nếu hệ có 2 nghiệm ( ) 0 0 ,x y th́ 0 0 ( , )y x cuơng là nghiệm của hệ. Nên hệ có nghiệm duy nhất th́ 0 0 x y= . Thế vào hệ ta được : 2 ( 1) 0 0 x x a+ = + 2 1 0 0 0 x x a⇒ + + − = Ta có 2 1 0 0 0 x x a+ + − = có nghiệm duy nhất. 0)1(41 =−−=∆⇒ a 3 4 a⇒ = Điều kiện đủ: Với 3 4 a = Hệ trở thành: ( ) 3 2 1 (1) 4 3 2 ( 1) (2) 4 x y y x  + = +     + = +   Lấy (1) -(2) ta được : (x - y)(x + y + 3)=0 3 y x y x =  ⇔  = − −  Thế y=x vào (1) ta được : 1 1 2 4 4 1 0 2 2 x x x y+ + = ⇔ = − ⇒ = − Thế y= - x - 3 vào (1) ta được : 2 4 12 13 0x x+ + = ( vô nghiệm ) Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất 1 2 1 2 x y  = −     = −   Vậy 3 4 a = thỏa yêu cầu bài toán. 2) Giải phương tŕnh : 2 222 4log6log2log 3.24 xx x =− Điều kiện: x > 0. Ta có: log 2 1 log log 2 2 2 4 4 4.4 x x x+ = = log 6 log 2 2 6 x x = 2 log 4 2 2log log 2 2 2 3 3 9.9 x x x+ = = Do đó phương tŕnh trở thành: log log log 2 2 2 4.4 6 18.9 x x x − = log log 3 9 2 2 4 18. 2 4 x x     ⇔ − =         (*) Đặt log 3 2 2 x t   =     . Điều kiện: t > 0. Khi đó phương tŕnh (*) trở thành: 4 – t = 18t 2 2 18 4 0t t⇔ + − = 4 9 1 ( ) . 2 t t lo ai  =  ⇔   = −   Vậy phương tŕnh log log 3 4 2 2 2 2 9 x x   ⇔ = ⇔ = −     Vậy 1 4 x = là nghiệm của phương tŕnh. CÂU V: S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0) với m + n = 1 và m > 0, n > 0. 1) Thể tích h́nh chóp S.OMAN. H́nh chóp S.OMAN có SO là chiều cao. Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích OMA∆ và ONA∆ [ ] [ ] 2 1 2 , 2 1 , 2 1 = + =+=⇒ nm OAONOAOMS OMAN Vậy 1 1 1 1 . .1. . 3 3 2 6 V SO S S OMAN OMAN = = = (đvtt) 2) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SMN). Ta có: ( ;0. 1) (0, , 1) SM m SN n  = −  ⇒  = −   uuur uuur Véctơ pháp của (SMN) là ( , , )n n m mn= r Phương tŕnh mặt phẳng (SMN) 0nx my mnz mn+ + − = Ta có:d(A,(SMN)) 2 2 2 2 n m mn n m m n + − = + + 1 . 1 1 1 2 2 1 2 m n mn mn mn m n − − = = = − − + Suy ra(SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố đ̣nh. . cao. Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích OMA∆ và ONA∆ [ ] [ ] 2 1 2 , 2 1 , 2 1 = + =+=⇒ nm OAONOAOMS OMAN Vậy 1 1 1 1 . .1. . 3 3 2 6 V SO S S OMAN. Giải phương tŕnh: 2 6 2 2 2 2 log log log 4 4 2.3 x x x − = CÂU V: (2 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1),