De thi thu Toan 2009 co dap an

Đáp án đề số 1 - 2009 Phần chung: Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất. Giải: 1) y= 2 3 2 x x − − (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 x y TCN y →±∞ = ⇒ = 2 2 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ⇒ TCĐ x = 2 y’ = 2 1 0; 2 ( 2) x x − < ∀ ≠ − BBT 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x − + − + − − (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ) (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = Giải: phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ 3 ( ) 4 x k k x k π π π π  = +  ∈  = +   ¢ 2) Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  Giải: (1) ⇒ y ≠ 0 Hệ ⇔ 3 3 3 3 2 2 27 3 8 18 (2 ) 18 4 6 3 3 1 2 . 2 3 x x y y x x x x y y y y     + = + =   ÷      ⇔       + = + =  ÷       Đặt a = 2x; b = 3 y . Ta có hệ: 3 3 3 18 1 ( ) 3 a b a b ab ab a b + = + =   ⇔   = + =   f(x)=(2x-3)/(x-2) f(x)=2 x(t)=2 , y(t )=t -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y → Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5 6 3 5 6 ; , ; 4 4 3 5 3 5     − +  ÷  ÷     + − Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ Giải: I = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . §Æt 3 cos cos 2 x u= × ⇒ I ∫ ⋅= 2 4 2 sin 2 3 π π udu = ( ) 3 2 16 π + 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Giải: Đk x ≥ 0. đặt t = x ; t ≥ 0 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t 2 +3-m = 0 ⇔ 2 2 2 3 3 1 t t m t t − + = − + (2) Xét hàm số f(t) = 2 2 2 3 3 1 t t t t − + − + (t ≥ 0) Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 5 3 3 m≤ ≤ Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Giải: 3 2 2 8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b b c c a b a b ≥ ≥ + + + + Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 1 (1) 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + Bđt(1) ⇔ 4(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) +2(a 3 +b 3 +c 3 )+2(ab 2 +bc 2 +ca 2 )+( a+b+c) ≥ ≥ 8a 2 b 2 c 2 +4(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) +2 (a 2 +b 2 +c 2 )+1 (2) Ta có: 2a 3 b 2 +2ab 2 ≥ 4a 2 b 2 ; …. (3) 2(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) ≥ 2.3. 3 5 5 5 a b c =6 (do abc =1)(4) a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3abc =3 = 1 +2 a 2 b 2 c 2 (5) a 3 +a ≥ 2a 2 ; …. (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Giải: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a ⇒ V(S.ABC) = 3 3 1 ( ). 3 16 a dt ABC SO = Mặt khác, V(S.ABC) = 1 ( ). ( ; ) 3 dt SAC d B SAC ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ dt(SAC) = 2 13 3 16 a Vậy d(B; SAC) = 3 3 ( ) 13 V a dt SAC = Phần riêng: 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Giải: Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆). M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC. (BH): x –2y + 3 =0 → H ( ) 7 1 ; 5 5 − → M ( ) 7 4 ; 5 5 − BH = 3 5 5 ⇒CI = 6 5 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y 0 ) ⇒ 0 7 5 o y y =   = −  C(0; 7) ⇒ A ( ) 27 14 ; 5 5 − − ∉ (∆)→loại (0; –5) ⇒ A ( ) 33 14 ; 5 5 − ∈ (∆)→ nhận. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) Giải: (P) ∩ (d 1 ) = A(1;1;2); (P) ∩ (d 2 ) = B(3;3;2)→ (∆) 1 2 1 2 ( ) 2 x t y t t z = −   = − ∈   =  ¡ 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Giải: C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2 2 ABC a b S AB ∆ − − = ⇒ 8(1) 5 3 2(2) a b a b a b − =  − − = ⇔  − =  Trọng tâm G ( ) 5 5 ; 3 3 a b+ − ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3) (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3 2 65 89 S p = + + (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ 3 2 2 5 S r p = = + Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. Giải: (S) tâm I(-2;3;0), bán kính R= 13 ( 13)m IM m− = < Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = 3m− − (d) qua A(0;1;-1), VTCP (2;1;2)u = r ⇒ d(I; d) = ; 3 u AI u     = r uur r Vậy : 3m− − =3 ⇔ m = –12( thỏa đk) . = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ Giải: I = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . §Æt 3 cos cos 2 x u= × ⇒ I ∫ ⋅= 2 4 2 sin 2 3 π π udu = ( ) 3 2. = →  Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = Giải: phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ 3 ( ) 4 x k k x k π π π π  = +  ∈