ĐÊ DƯ BI I KD VÀ ĐÁP AN

Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI D – 2008 Câu I : (2 điểm) Cho hàm số 1 13 + + = x x y (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . 2. Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(–2 ;5) . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : 02sin4cos)cos(sin4 44 =+++ xxxx 2. Giải bất phương trình : 22 )1(232)3)(1( −−<++−−+ xxxxx Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α): 2x – y + 2z +1 = 0 và đường thẳng 22 1 1 1 : − = − = − z y x d 1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) . Tính sin của góc giữa d và (α). 2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng (α) và (Oxy) Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : ∫ − −= 1 0 2 2 ) 4 .( dx x x exI x 2. Cho các số thực x,y thỏa mãn 3 ,0 π ≤≤ yx . Chứng minh rằng )cos(1coscos xyyx +≤+ Câu Va: (2 điểm) 1.Chứng minh rằng với n là số nguyên dương n 0 n 1 1 n 1 n 1 n n n n.2 C (n 1).2 C 2C 2n.3 − − − + − + + = 2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 4) 2 + y 2 = 4 và điểm E(4 ; 1). Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA , MB của đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB qua điểm E. Câu Vb (2 điểm) 1.Giải bất phương trình : 022.162 1 2 224 2 2 ≤−− −−−− xxxx 2.Cho tứ diện ABCD và các điểm M,N,P làn lượt thuộc các cạnh BC,BD,AC sao cho BC = 4BM , AC = 3AP , BD = 2BN .Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q . Tính tỉ số AD AQ và tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP) . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI D – 2008 Câu I: 1. Học sinh tự giải Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi 2. 2 2 ' ( 1) y x = + ; '( 2) 2y − = Tiếp tuyến tại M là ∆: 2( 2) 5 2 9y x x= + + = + A = ∆∩ Ox ⇒ Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình 2 9 9 / 2 9 9 ( ;0) 0 0 2 2 y x x A OA y y = + = −   ⇔ ⇒ − ⇒ =   = =   B = ∆∩ Oy ⇒ Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình 0 0 (0;9) 9 2 9 9 x x B OB y x y = =   ⇔ ⇒ ⇒ =   = + =   Diện tích tam giác OAB : 1 81 . ( ) 2 4 S OA OB dvdt= = Câu II: 1. 02sin4cos)cos(sin4 44 =+++ xxxx 2 2 2 4(1 2sin . os ) 1 2sin 2 sin 2 0x c x x x⇔ − + − + = 2 2 5 2sin 2 2sin 2 sin 2 0x x x⇔ − − + = 2 4sin 2 sin 2 5 0 sin 2 1 2 ( ) 2 x x x x k k Z π π ⇔ − − = ⇔ = − ⇔ = − + ∈ 2. 22 )1(232)3)(1( −−<++−−+ xxxxx (*) Điều kiện : –1 <x < 3 (*) 2 2 2 ( 2 3) 2 3 ( 2 3) 2x x x x x x⇔ − − − + + < − + + − Đặt 2 2 3 0t x x= − + + ≥ Ta có : 3 2 3 2 2 0 0 0 1 2 2 0 ( 1)( 2 2) 0 t t t t t t t t t t t ≥ ≥ ≥    ⇔ ⇔ ⇔ >    − < − + − > − + + >    2 2 2 3 1 2 2 0 1 3 1 3x x x x x⇔ − + + > ⇔ − − < ⇔ − < < + Câu III : 1. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(α ) là nghiệm hệ phương trình : 2 1 0 3/ 2 1 1 3 1 0 2 ;2; 1 1 2 2 2 2 2 1 0 2 2 1 0 1 x y x x y z y z y A x y z x y z z − − = =   − −  = =      ⇔ + − = ⇔ = ⇒ − −     ÷      − + + = − + + = = −    d có VTCP (1;2; 2)u = − r ; (α) có VTPT (2; 1;2)n = − r . Gọi ϕ là góc giữa d và (α) | . | 4 sin 9 | |.| | u n u n ϕ = = r r r r 2. Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(Oxy ) là nghiệm hệ phương trình : ( ) 1 1 1 1 1;1;0 1 2 2 0 0 x x y z y B z z =  − −  = =   ⇔ = ⇒ −     = =   Mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với (α) và (Oxy) ⇒ Tâm I là trung điểm AB Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi Tâm 5 3 1 ; ; 4 2 2 I   −  ÷   bán kính R = 1 ( ;( x )) 2 d I O y = Phương trình mặt cầu cần tìm 2 2 2 5 3 1 1 ( ) : 4 2 2 4 S x y z       − + − + + =  ÷  ÷  ÷       Câu IV: 1. 1 1 1 2 2 1 2 2 2 0 0 0 ( . ) 4 4 x x x xdx I x e dx xe dx I I x x = − = − = − − − ∫ ∫ ∫ 1 2 1 0 . x I x e dx= ∫ Đặt 2 2 1 2 x x du dx u x v e dv e dx =  =   ⇒   = =    ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 . ( 1) 2 2 2 4 2 4 4 4 x x x I x e e dx e e e e e= − = − = − + = + ∫ 1 1 1 2 1/2 2 2 2 2 0 0 0 1 (4 ) (4 ) 4 2 3 2 4 xdx I x d x x x − = = − − − = − − = − − ∫ ∫ 2 1 2 1 7 3 4 4 I I I e= − = − + . 2. Theo BĐT Cô si Ta có 0 os os 2 3 2 x y x y xy c xy c π + + ≤ ≤ ≤ ⇒ ≥ cos cos 2 os os 2 os 2 os 2 2 2 x y x y x y x y c c c c xy + − + + = ≤ ≤ (1) Với ; [0; / 3]t xy t π = ∈ Xét hàm số 2 ( ) 1 cos 2cosf t t t= + − 2 2 '( ) 2 sin 2sin 2(sin sin ) ; '(1) 0f t t t t t t t f= − + = − = ∀t∈[0 ; 1) thì 2 2 2 sin sin sin '( ) 0t t t t t t f t> ⇒ > > ⇒ > ∀t∈ (1 ; π/3] thì 2 2 2 sin sin sin '( ) 0t t t t t t f t< ⇒ < < ⇒ < 2 (0) 0 ; (1) 1 os1 0 ; ( ) os 0 3 9 f f c f c π π   = = − > = >  ÷   Vậy ( ) 0 [0; ] 1 cos 2 os 3 f t t xy c xy π ≥ ∀ ∈ ⇒ + ≥ (2) Từ (1) và (2) Ta có )cos(1coscos xyyx +≤+ (đpcm) Câu Va : 1. Ta có công thức khai triển 0 1 1 2 2 3 3 1 ( 1) n n n n n n n n n n n n n x C x C x C x C x C x C − − − − + = + + + + + + (1) Đạo hàm hai vế của (1) Ta được 1 1 0 2 1 3 2 1 ( 1) ( 1) ( 2) . n n n n n n n n n n x nx C n x C n x C C − − − − − + = + − + − + + (2) Nhân 2 vế của (2) cho x rồi thay x = 2 vào . Ta được n 0 n 1 1 n 2 2 n 1 n 1 n n n n n.2 C (n 1).2 C (n 2)2 C 2C 2n.3 − − − − + − + − + + = (đpcm) 2. Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = 2 Gọi M(0 ,m ) thuộc trục tung . 2 16IM m R= + > Vậy qua M có 2 tiếp tuyến đến (C) Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi Giả sử ∆ là tiếp tuyến qua M đến ( C) và T(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm 0 0 0 0 ( ; ) ; ( 4; )MT x y m IT x y= − = − uuur uur 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 . 0 ( 4) ( ) 0 4 0 (1) MT IT x x y y m x y x my = ⇔ − + − = ⇔ + − − = uuur uur Mặt khác T thuộc ( C ) nên : 2 2 0 0 0 8 12 0 (2)x y x+ − + = Từ (1) và (2) Ta có 0 0 4 12 0 (*)x my− − = Tọa độ các tiếp điểm A,B đều thỏa (*) nên đường thẳng AB: 4x – my – 12 = 0 E thuộc AB nên : 16 –m – 12 = 0 ⇔ m = 4 Vậy M(0 ; 4 ) là điểm thỏa YCBT Câu Vb: 1. 2 2 2 2 2 4 2 2 1 2 1 2 1 4 2 16.2 2 0 4 2 0 2 x x x x x x x x − − − − − − − − − − ≤ ⇔ − − ≤ Đặt 2 2 1 2 0 x x t − − = > . Bất phương trình tương đương với : 2 3 2 0 0 0 0 2 4 2 0 2 4 0 ( 2)( 2 2) 0 t t t t t t t t t t t >  > >    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <    − − < − − < − + + <     Vậy 2 2 1 2 2 0 2 2 2 1 1 2 2 0 1 3 1 3 x x x x x x x − − < < ⇔ − − < ⇔ − − < ⇔ − < < + 2. Trong (BCD) : MN ∩ CD = I ⇒ IP = (MNP) ∩ (ACD) Trong (ACD) : IP ∩ AD = Q ⇒ Q = AD ∩ (MNP) Kẻ DH // BC (H ∈ IM) ; Kẻ DK // AC (K ∈ IP) ∆ NMB = ∆NDH 1 3 ID DH BM IC CM CM ⇒ = = = 1 3 IK DK ID IP CP IC = = = 1 2 2 3 3 DK DK AP AP ⇒ = ⇒ = ∆APQ đồng dạng ∆ DKQ 3 3 2 5 AQ AP AQ DQ DK AD ⇒ = = ⇒ = Ta có : . 1 1 1 . . 4 2 8 BMN BCD S BM BN S BC BD = = = ; 1 2 BCN NCD BCD BCD S S S S = = 3 8 MNC BCD S S ⇒ = 1 (1) ; 8 1 3 ; 2 8 ABMN ABCD ANCD AMNC ABCD ABCD V V V V V V ⇒ = = = K H I Q P N M D C B A Thay giao : Le dinh thanh THPT Le Loi 1 3 1 . . 3 5 5 1 (2) 10 ANPQ ANCD ANPQ ABCD V AP AQ V AC AD V V = = = ⇒ = 1 1 (3) 3 8 AMNP AMNP AMNC ABCD V V AP V AC V = = ⇒ = Cộng (1) , (2) và (3) Ta có : 1 1 1 7 8 10 8 20 ABMN ANPQ AMNP ABCD V V V V + + = + + = 7 13 7 20 20 13 ABMNQP CDMNQP ABMNQP ABCD ABCD CDMNQP V V V V V V = ⇒ = ⇒ = Vậy mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích 7 13 . Tính diện tích của tam giác tạo b i các trục tọa độ và tiếp tuyến v i đồ thị hàm số (1) t i i m M(–2 ;5) . Câu II: (2 i m) 1. Gi i phương trình : 02sin4cos)cos(sin4. hai phần của kh i tứ diện ABCD được phân chia b i mặt phẳng (MNP) . HƯỚNG DẪN GI I ĐỀ DỰ BỊ 1 KH I D – 2008 Câu I: 1. Học sinh tự gi i Thay giao : Le dinh