Hà Phước Chín 0905.256879 ĐỀ DỰBỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm số 1)2(33 23 −+−−= xmmxxy (1) , m là tham số thực 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 2. Tìm các giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 1 6 2sin 3 sin2 = −− + ππ xx 2. Giải phương trình : 224953110 −++=−++ xxxx Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng 1 5 92 3 : 1 + == − z y x d và hai điểm A(5;4;3) ; B(6;7;2) 1. Viết phương trình đường thẳng d 2 đi qua hai điểm A,B . Chứng minh rằng hai đường thẳng d 1 và d 2 chéo nhau 2. Tìm điểm C thuộc d 1 sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó . Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : ∫ + + = 2 0 14 1 dx x x I 2. Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn x yz zyx 3 =++ . Chứng minh rằng : )( 6 332 zyx + − ≤ PHẦN RIÊNG : (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb) Câu Va: (2 điểm) 1. Cho số nguyên n thỏa mãn )3(35 )2)(1( 33 ≥= −− + n nn CA nn . Tính tổng n n n nnn CnCCCS )1( .43.2 2423222 −+−+−= 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với 5 = AB ; C(–1;–1), đường thẳng AB có phương trình x + 2y –3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y –2 = 0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu Vb: ( 2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 1 2 2log (2 2) log (9 1) 1x x+ + − = 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a ; 3aSA = và SA vuông góc với mặt phẳng đáy . Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB ; AC . Hà Phước Chín 0905.256879 BÀI GIẢIĐỀDỰBỊ 1 KHỐI B 2008 Câu I: 1. Học sinh tự giải 2. 1)2(33 23 −+−−= xmmxxy Tập xác định D = R 2 2 ' 3 6 3 ( 2) ' 0 2 ( 2) 0 y x x m m y x x m m = − − + = ⇔ − − + = 2 2 2( 1) (2 1) 2 2( 1) (2 5) x m y m m x m y m m = − ⇒ = + − ⇔ = + ⇒ = − + + Khi m ≠ –1 .hàm số có hai cực trị . Để hàm số có hai cực trị cùng dấu thì 1 1 5 1 (2 1)(2 5) 0 2 2 m m m m m ≠ − ≠ − ⇔ − + < − < < Câu II: 1. 1 5 2sin x sin 2x 2sin x sin 2x sin 3 6 2 3 6 6 π π π π π + − − = ⇔ + = − + ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) 2sin x 2sin x .cos x sin x sinx 1 0 3 3 2 3 π π π π ⇔ + = + − ⇔ + − = ÷ ÷ ÷ ÷ x k sin x 0 3 (k Z) 3 x k sinx 1 2 π π π π π = − + + = ÷ ⇔ ⇔ ∈ = + = 2. 224953110 −++=−++ xxxx Điều kiện x ≥ 5/3 x 3 x 3 10x 1 9x 4 3x 5 2x 2 0 0 10x 1 9x 4 3x 5 2x 2 − − + − + + − − − = ⇔ + = + + + − + − 1 1 (x 3) 0 x 3 10x 1 9x 4 3x 5 2x 2 ⇔ − + = ⇔ = ÷ + + + − + − (thỏa điều kiện) Câu III: Đường thẳng d 1 qua điểm M(3 ; 0;–5) nhận 1 u (2;9;1)= uur làm VTCP Đường thẳng d 2 đi qua điểm A( 5;4;3) nhận 2 u AB (1;3; 1)= = − uur uuur làm VTCP nên có phương trình : 2 x 5 y 4 z 3 d : 1 3 1 − − − = = − . MA (2;4;8)= uuuur ; 1 2 u ,u ( 12;3; 3) = − − uur uur ; 1 2 u ,u .MA 24 12 24 36 0 = − + − = − ≠ uur uur uuuur Vậy hai đường thẳng d 1 và d 2 chéo nhau . C thuộc đường thẳng d 1 nên tọa độ C(3 2t;9t; 5 t)+ − + ; AC (2t 2;9t 4;t 8)= − − − uuur ; 2 AB,AC (12t 28; 3t 10;3t 2) AB,AC 162t 720t 888 = − − + + ⇒ = − + uuur uuur uuur uuur 2 ABC 1 162t 720t 888 S AB,AC 2 2 − + = = uuur uuur Diện tích nhỏ nhất khi 20 67 25 t C ;20; 9 9 9 = ⇒ − ÷ ; S min = 22 (đvdt) Câu IV: 1. ∫ + + = 2 0 14 1 dx x x I Đặt 2 t 1 1 t 4x 1 x dx tdt 4 2 − = + ⇒ = ⇒ = Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = 2 ⇒ t = 3 Hà Phước Chín 0905.256879 2 3 3 3 2 3 1 1 1 t 1 1 1 1 1 3 13 3 11 4 I . tdt (t 3)dt = t t t 2 8 24 8 12 4 6 − + = = + + = + = ÷ ∫ ∫ 2. Ta có 2 2 ( ) ( ) 3 12 12 yz y z y z x y z x y z x x x + + + + = ≤ ⇔ + + ≤ 2 2 ( ) 12 ( ) 12 0y z x y z x+ − + − ≥ Đặt 0t y z= + > Ta có 2 2 0 6 (6 4 3) 2 (2 3 3) 12 12 0 2 3 3 t x t x y z x y z t tx x > ⇔ ≥ + ⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ − − ≥ − 2 3 3 ( ) 6 x y z − ⇔ ≤ + (đpcm) Câu Va: 1. 3 3 n n A C n! n! 35 35(n 1)(n 2) (n 1)(n 2) (n 3)! 3!.(n 3)! + = ⇔ + = − − − − − − n(n 1)(n 2) n(n 1)(n 2) 35(n 1)(n 2) 6 − − − − + = − − n n 35 n 30 6 ⇔ + = ⇔ = Ta có 30 0 1 2 2 3 3 4 4 30 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) . (1)x C C x C x C x C x C x+ = + + + + + + Đạo hàm hai vế của (1) 29 1 2 2 3 3 4 29 30 30 30 30 30 30 30(1 ) 2 3 4 . 30 (2)x C xC x C x C x C+ = + + + + + Nhân hai vế của (2) cho x Ta được 29 1 2 2 3 3 4 4 30 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) 2 3 4 . 30 (3)x x C x x C x C x C x C+ = + + + + + Đạo hàm hai vế của (3) 29 28 1 2 2 2 2 3 2 3 4 2 29 30 30 30 30 30 30 30 (1 ) 29 (1 ) 2 3 4 . 30 (4)x x x C xC x C x C x C + + + = + + + + + Thay x = –1 vào (4) Ta có : 1 2 2 2 3 2 4 2 30 30 30 30 30 30 0 2 3 4 . 30C C C C C= − + − + − 2 2 2 3 2 4 2 30 1 30 30 30 30 30 2 3 4 . 30 30C C C C C⇔ − + − + = = Vậy khi n = 30 Ta có 2 2 2 3 2 4 2 30 30 30 30 30 2 . 3 4 . 30 . 30S C C C C= − + − + = 2. Gọi trung điểm I của AB có tọa độ I(a;b) Ta có a + 2b – 3 = 0 (1) G G G G 2a 1 x 3(x 1) 2(a 1) 2a 1 2b 1 3 3CG 2CI G ; 3(y 1) 2(b 1) 2b 1 3 3 y 3 − = + = + − − = ⇔ ⇔ ⇔ ÷ + = + − = uuur uur 2a 1 2b 1 G x y 2 0 2 0 a b 4 0 (2) 3 3 − − ∈ + − = ⇔ + − = ⇔ + − = Từ (1) và (2) a 5 I(5; 1) b 1 = ⇒ ⇒ − = − A,B thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính 5 2 nên (C) có phương trình : 2 2 5 (C) :(x 5) (y 1) 4 − + + = Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 2 1 x 2y 3 0 x 3 2y x 3 2y x 4; y 2 5 5 1 3 (x 5) (y 1) ( 2 2y) (y 1) (y 1) x 6;y 4 4 4 2 + − = = − = − = = − ⇔ ⇔ ⇔ − + + = − − + + = + = = = − Vậy 1 3 A 4; ;B 6; 2 2 − − ÷ ÷ hoặc 3 1 A 6; ;B 4; 2 2 − − ÷ ÷ Hà Phước Chín 0905.256879 Câu Vb: 1. 2 1 2 2log (2 2) log (9 1) 1x x+ + − = Điều kiện x > 1/9 . Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với 2 2 2 2 2 2 log (4 8 4) log (9 1) 1 log (4 8 4)) log (18 2)x x x x x x+ + = − + ⇔ + + = − 2 1 4 10 6 0 3 2 x x x x = ⇔ − + = ⇔ = (thỏa điều kiện) 2. Bài này có thể gắn hệ trục tọa độ vào và áp dụng công thức là xong . đường thẳng SB ; AC . Hà Phước Chín 0905.256879 BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI B 2008 Câu I: 1. Học sinh tự giải 2. 1)2(33 23 −+−−= xmmxxy Tập xác định D = R. Hà Phước Chín 0905.256879 ĐỀ DỰ BỊ 1 MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: ( 2 điểm) Cho hàm