bài giải dự bị đại học môn TOÁN khối B

Trang 1 Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm số 2 21)23( 2 + −+−+ = x mxmx y (1) , m là tham só thực . 1. Khảo sat sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên từng khoảng xác định . Bài giải : D = R \ {-2} 2 2 )2( 584 ' + −++ = x mxx y Đặt 584)( 2 −++= mxxxg mm g 89584' −=+−=∆ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định ⇔ g(x) ≥ 0 ∀ x ⇔ m ≥ 9/8 Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 cossin42sin2cossin3 2 x xxxx =++ . 2. Giải hệ phương trình :      =− −=−− yx xyx 4 3 )1( 81 Bài giải : 1. 2 cossin42sin2cossin3 2 x xxxx =++ 01sinsin2sin2sin21sin3)cos1(sin22sin2cossin3 22 =−−⇔=−+⇔+=++⇔ xxxxxxxxxx          += + − = += ⇔      −= = ⇔ π π π π π π 2 6 7 2 6 2 2 2 1 sin 1sin kx kx kx x x (k ∈ Z) 2.      =− −=−− yx xyx 4 3 )1( 81 Điều kiện x ≥ 1 ; y ≥ 0 . Hệ phương trình tương với      −= +−+−=− ⇔      =− −=−−− 4 23 4 32 )1( )1(8)1(1 )1( 8)1(1 xy xxx yx xxx Xét (1) 8)1(1 23 +−+−=− xxx Đặt 1)( −= xxf ; 8)1()( 23 +−+−= xxxg với x ≥ 1 1)2()2( == gf 10223)(' 2 ≥∀<−+−= xxxxg f (x) là hàm số đồng biến , g(x) là hàm số nghịch biến nên x = 2 là nghiệm duy nhất của (1) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x = 2 ; y =1 Câu III: (2 điểm) Trang 2 Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;0;–1) B(2;3;–1) , C(1;3;1) và đường thẳng d:    =++ =+− 4 01 zyx yx 1. Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d sao cho thể tích của khối tứ diện ABCD bằng 1 . 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) Bài giải : * )3;2;6(,)2;3;0(;)0;3;1( −=       == →−−→−−→−−→−− ACABACAB Phương trình mặt phẳng (ABC): 6x – 2y + 3z – 3 = 0 Diện tích tam giác ABC : 2 7 , 2 1 =       = →−−→−− ACABS ABC Gọi h là khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC) : 7 63 == ABC S V h Từ phương trình đường thẳng d    =++ =+− 4 01 zyx yx Ta có M(0;1;3) ; N(-1;0;5) )2;1;1( −= →− NM Phương trình đường thẳng d:      −= += = tz ty tx 23 1 D ∈ d ⇒ D(t ; 1+t ; 3 -2t)    − − ⇒    −= = ⇒= − ⇒= )5;0;1( )7;6;5( 1 5 7 6 7 |24| 7 6 D D t t t h • Gọi H(a;b;c) là tọa độ trực tâm tam giác ABC )2;3;0(;)2;0;1(;)1;3;2(;)1;;1( =−=+−−=+−= →−−→−−→−−→− ACBCcbaBHcbaAH Ta có hệ phương trình      −= = = ⇒      =−+− =−+ =++− ⇒          ∈ = = →−−→−− →− −→− − 49/31 49/135 49/85 03326 0723 022 )( 0. 0. c b a cba cb ca ABCH ACBH BCAH Phương trình đường thẳng cấn tìm      +−= −= += tz ty tx 349/31 249/135 649/85 Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : ∫ − = 1 0 2 3 4 dx x x I Trang 3 2. Cho số nguyên n (n ≥ 2) và hai số thức không âm x,y . Chứng minh rằng : 1 11 + ++ +≥+ n nn n nn yxyx Bài giải : 1. ∫ ∫ − = − = 1 0 1 0 2 2 2 3 44 dx x x dx x x I Đặt tdtxdxtxxt −=⇒−=⇒−= 222 44 Khi x = 0 ⇒ t = 2 ; khi x = 1 ⇒ 3 = t Ta có ( ) ∫ ∫ −=−−       −=       −=−=− − = 3 2 2 3 3 2 3 2 2 33 3 16 334 3 8 8 3 1 4)4()( 4 ttdtttdt t t I 2. 1 11 + ++ +≥+ n nn n nn yxyx (*) Khi    = = 0 0 y x Hiển nhiên (*) luôn đúng Khi x,y >0 Không mất tính tổng quát . Giả sử 0 < x ≤ y . Đặt y x t = ; t ∈ (0 ; 1] Ta luôn có 1 )1ln()1ln()1ln( )1ln()1ln(11 11 11 + + ≥ + ≥ + ⇔+≥+⇔+≥+ ++ ++ n t n t n t tttt nnn nnnn ( ) ( )         + ≥         + +⇔+≥++⇔ + ++ + 1 11 1 ln.ln).1(1ln.1ln)1( n nn n nn nn y yx n y yx nintn ( ) ( ) n nn n nn n n nn n n nn yxyx y yx y yx 11 1 1 11 1 ++ + + ++ + +≥+⇔         + ≥         + ⇔ 1 11 + ++ +≥+⇔ n nn n nn yxyx (đpcm) Câu Va:(2 điểm) Chứng minh rằng với n là số nguyên dương )1(2 13 1 2 . 2 1 .2 1 0110 + − =+++ + + − n C n C n C n n nn n n n Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) và B(0;4) . Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua các trung điểm các cạnh của tam giác OAB . Bài giải : 1. Khai triển nhị thức Newton n n n n n n n n n CxCxCxCx ++++=+ −− )1( 22110 Lấy tích phân hai vế với cận từ 0 đến 2 Ta có 2 0 2 0 1 2 0 1 0 2 0 1 2211 2 0 0 2 0 . 11 )1( ) ()1( xC n x C n x C n x dxCxCxCxCdxx n n n n n n n n n n n n n n n n +++ + =         + + ⇔ ++++=+ ++ −− ∫∫ n nn n n nn CC n C nn 1 2 . 2 1 2 1 13 1 10 11 +++ + = + − ++ Chia hai vế cho 2 Ta được )1(2 13 1 2 . 2 1 .2 1 0110 + − =+++ + + − n C n C n C n n nn n n n (đpcm) 2. OA = 3 ; OB = 4 ; AB = 5 P là nửa chu vi tam giác OAB . P = 6 S là diện tích tam giác OAB : S = 6 r là bán kính đường tròn nội tiếp 1 == p S r Tam giác OAB nằm ở góc phần tư thứ nhất có 2 cạnh là 2 trục tọa độ nên tâm I của đường tròn nội tiếp (C) có tọa độ dương cách 2 trục tọa độ 1 khoảng bằng 1 ⇒ I(1;1) Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh OA;OB;AB )2; 2 3 ();2;0();0; 2 3 ( PNM ⇒ Giả sử đường tròn (C’) qua M,N,P có phương trình 022:)'( 22 =++++ cbyaxyxC . Ta có hệ phương trình Trang 4      = −= −= ⇔        =+++ =++ =++ 0 1 4/3 0 4 25 43 044 0 4 9 3 c b a cba cb ca Đường tròn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính 4 5 ' = r Ta có rrII −== ' 4 1 ' Vây hai đường tròn (C) và (C’) tiép xúc trong . Câu Vb: (1 điểm) 1. Giải bất phương trình : 06.523 1212 <−− ++ xxx 2. Cho tứ diện ABCD có các mặt ABC và ABD là các tam giác đều cạnh a , các mặt ACD và BCD vuông góc với nhau . Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và tính số đo của góc gữa hai đường thẳng AC , BC . Bài giải : 1. 02 2 3 .5 4 9 .304.26.59.306.523 1212 <−       −       ⇔<−−⇔<−− ++ xx xxxxxx Đặt 0 2 3 >       = x t Ta có 2log2 2 3 020 0253 0 2 3 2 <⇔<       <⇔<<⇔    <−− > xt tt t x a a a a a I N M D C B A Trang 5 Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD MNABBCNAB CNAB BNAB ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ )( 2 3a CNDN == BMAMBCDAM ACDAM CDAM BCDACD ⊥⇒⊥⇒      ⊂ ⊥ ⊥ )( )( )()( BMAMBCDACD =⇒∆=∆ AMB ∆⇒ vuông cân 2 a MN = 2 2 44 3 22 22 aaa NMNDDM =−=−= Diện tích tam giác NCD 4 2 2 1 2 a MNDMMNDCS NCD === Thể tích tứ diện ABCD : 12 2 4 2 3 1 . 3 1 32 aa aSABVVV NCDBNCDANCDABCD ===+= ∆MIN là tam giác đều ),(),( // // ∧∧ =⇒    IMNIBCAD BCIM ADNI =60 0 . M D C B A Trang 5 Gọi M,N,I lần lượt là các trung điểm các cạnh CD,AB, BD MNABBCNAB CNAB BNAB ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ )( 2 3a CNDN == BMAMBCDAM ACDAM CDAM BCDACD. khối tứ diện ABCD b ng 1 . 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng (ABC) B i giải : * )3;2;6(,)2;3;0(;)0;3;1(