DE SO 8 CO DAP AN

ĐỀ SỐ 8 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình ( ) 2 2sin 2 3 sin cos 1 3 cos 3sinx x x x x + + = + . 2) Giải phương trình 2 2 log 2 2log 4 log 8 x x x + = . Câu III (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) 2 1 1y x x= + − . Câu IV (1 điểm) Trong không gian cho lăng trụ đứng 1 1 1 .ABC A B C có 1 , 2 , 2 5AB a AC a AA a= = = và · 120BAC = o . Gọi M là trung điểm của cạnh 1 CC . Hãy chứng minh 1 MB MA⊥ và tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( 1 A BM ). Câu V (1 điểm) Xác định m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: ( ) 4 4 13 1 0x x m x m − + + − = ∈ ¡ . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng :2 3 0d x y− + = . Câu VII.a (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 18 5 1 2 0x x x   + >  ÷   . Câu VIII.a (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 1 1 x y x + = − tại giao điểm của đồ thị với trục hoành. 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết ( ) ( ) 1;4 , 1; 4A B− − và đường thẳng BC đi qua điểm 1 2; 2 M    ÷   . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 8 x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 2 2 n x + , biết 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = . ( k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3 2 x x y x − + + = − . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. ----------------------------------Hết---------------------------------- Đề thi thử của khối chuyên Toán-Tin Đại học Vinh năm 2002 Câu I. 1) Khảo sát hàm số 2 6 12 4 x x y x − + = − . Tìm trên đồ thị hàm số các điểm có toạ độ nguyên. 2)Bằng đồ thị, hãy biện luận số nghiệm của pt sau theo tham số m: 2 2 6 12 4 logx x x m− + = − . Câu II. 1) Giải hệ pt: ( ) ( ) log 7 13 3 log 13 7 3 x y x y x y + =   + =   2)Tìm đk của m để [ ] 0;1x∀ ∈ đều nghiệm đúng bpt sau: ( ) ( ) 2 2 2 6 1 6 1 log 1 log 8 0x x x m m+ + + + + − > Câu III. Giải các bpt và pt sau: 1) 1 2 1 5 3x x x+ − − < − ; 2) 2 2 4 4 75 8cos 2 8sin 2 1 4x x+ + − = . Câu IV. 1) Trong hệ Oxy cho tam giác có pt hai cạnh là: 2 5 6 0x y− − = và 7 4 21 0x y+ − = . Viết pt các cạnh còn lại biết rằng trực tâm của tam giác là gốc toạ độ O. 2)Trong không gian cho hình chóp S.ABCD có SB= 3a ; độ dài các cạnh còn lại bằng ( ) 2 0a a > .Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a . 3) Trong không gian Oxyz cho tam giác ABC có pt đường thẳng AB là 2 2 0 2 0 x y y z − − =   + =  , pt đường thẳng AC là 3 4 16 0 5 4 28 0 x y x z + − =   − − =  và pt đường trung tuyến kẻ từ A là 4 1 2 6 2 3 x y z− − + = = − . Tính diện tích tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua điểm M(6;-8;14). Câu V. 1) Tính 1 3 2 0 1I x x dx= + ∫ ; 2) Tính 3 4 sin cos 3 sin 2 x x J dx x π π + = + ∫ -------------------------------------------------------------- Các đề khác Câu I. Cho hàm số ( ) 2 2 2 2 : 1 m x m x m C y x + + = + 1. Tìm m để (C m ) có cực trị. 2. Xác định m để ( ) m C có hai điểm đối xứng với nhau qua gốc toạ độ. 3. Khảo sát hàm số khi m=2 Câu II. 1) Cho pt: ( ) ( ) 1 8 1 8x x x x a+ + − + + − = a) Giải pt với 3.a = b) Tìm a để pt có nghiệm. 2. Cho pt: 1 4 .2 2 0 x x m m + − + = a) Giải pt khi m=2; b) Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x sao cho 1 2 3x x+ = Câu III. Tính các tích phân: ( ) 2 1 3 2 2 3 2 1 1 0 ln 1 ln ; ; 8 12 1 e x x xdx I dx J dx K x x x x + = = = − + + ∫ ∫ ∫ . Câu IV. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ( ) 20 3 3 2 0P x x x   = + < ∈  ÷   ¡ Câu V. Giải các pt: 6 6 sin cos cos4x x x+ = ; 1 sin cos tan 0x x x + + + = Câu VI. Cho pt ( ) 4 4 2 1 0 x x m− − = . 1. Giải pt với m=1; 2. Tìm m để pt có 2 nghiệm trái dấu Câu VII. Giải bpt: 2 2 1 1 5 5 24 x x+ − − > Câu VIII. Tìm m để đồ thị hàm số 3 3y x x m= − + tiếp xúc với trục hoành. DÙNG ĐỂ ÔN THI ĐH 2009 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (2008- 2009) (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 2 2y x x= − • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thiên: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x =  = − = ⇔ − = ⇔  = ±  0.25 ( ) ( ) 0 0, 1 1 CD CT y y y y= = = ± = − 0.25 • Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y ’ − 0 + 0 − 0 + y + ∞ 0 + ∞ -1 -1 0.25 • Đồ thị 0.25 2. (1 điểm) ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m =  = − = − = ⇔  =  Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − 0.25 • 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = 0.25 • ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m =  +  = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ −  =   V 0.25 II (2điểm) 1) ( ) 3 1 1 3 2 3 sin 2 cos 2 3 cos 3 sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin 2 2 2 2 x x x x x x x x     + − = + ⇔ + − = +  ÷  ÷  ÷  ÷     0.50 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 f x ( ) = x 4 -2 ⋅ x 2 2 2 1 cos 2 3cos 2cos 3cos 3 3 3 3 x x x x π π π π         ⇔ + − = − ⇔ − = −  ÷  ÷  ÷  ÷         0.25 5 cos 0 3 3 2 6 x x k x k π π π π π π   ⇔ − = ⇔ − = + ⇔ = +  ÷   ( ) k ∈ ¢ . 0.25 2. (1 điểm) Điều kiện 1 0, 1, 2 x x x> ≠ ≠ 0.25 • Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 6 1 4 6 1 2 log log 2 log 2 log 1 log 1 log log 1 logx x x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ = + + + 0.50 2 log 1 2x x⇔ = ⇔ = 0.25 III (1 điểm) • Tập xác định: D = [ ] 1;1− ; 2 ' 2 1 2 1 0 1 1 2 x D x x y x D x = − ∈  − − +  = = ⇔  = ∈ −  0.50 ( ) ( ) 1 3 3 1 0, , 1 0 2 4 y y y   − = = =  ÷   . Vậy [ ] [ ] 1;1 1;1 3 3 max ; min 0 4 y y − − = = 0.50 IV (1 điểm) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 5 9 ; 2 . .cos120 7MA AC C M a a a BC AB AC AB AC a= + = + = = + − = o ; ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 7 5 12 ; 2 5 21BM BC CM a a a A B AA AB a a a= + = + = = + = + = . Suy ra 2 2 2 1 1 1 A B MA MB MB MA= + ⇒ ⊥ . 0.50 • Hình chóp 1 MBAA và 1 CABA có chung đáy là tam giác 1 BAA và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. Suy ra 1 1 3 1 1 1 1 15 . 2 5. .2 .sin120 3 3 2 3 MBAA CBAA ABC a V V V AA S a a a= = = = = o V 1 3 1 1 15 6. 3 6 5 3 ( ,( )) . 3 12.3 MBA a V V a d A A BM S MB MA a a ⇒ = = = = V 0.50 V (1 điểm) ( ) 4 4 4 4 4 4 3 2 1 0 13 1 0 13 1 13 1 1 4 6 9 1 x x x m x x x m x x x m x x x x x m − ≥   − + + − = ⇔ − + = − ⇔  − + = −   ≤  ⇔  − − − = −  0.25 M A C B A1 B1 C1 Yêu cầu bài toán ⇔ đường thẳng y m= − cắt phần đồ thị hàm số ( ) 3 2 4 6 9 1f x x x x= − − − với 1x ≤ tại đúng một điểm. 0.25 Xét hàm số ( ) 3 2 4 6 9 1f x x x x= − − − với 1x ≤ . Với 1x ≤ thì ( ) ' 2 1 12 12 9 0 2 f x x x x= − − = ⇔ = − 0.25 Bảng biến thiên: x −∞ 1 2 − 1 y ’ + 0 − y 3 2 −∞ 12− Từ bảng biến thiên ta có: Yêu cầu bài toán 3 3 2 2 12 12 m m m m   − = = −   ⇔ ⇔   − < − >   0.25 VI.a (1 điểm) ( ) ( ) ( ) , ;0 , 0; , ;A Ox B Oy A a B b AB a b∈ ∈ ⇒ = − uuur 0.25 Vectơ chỉ phương của d là ( ) 1;2u = r Toạ độ trung điểm I của AB là ; 2 2 a b    ÷   0.25 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2 0 4 . 0 2 3 0 2 a b a AB u b b a I d − + =   = −  =   ⇔ ⇔    = − − + = ∈      uuur r . Vậy ( ) ( ) 4;0 , 0; 2A B− − 0.50 VII.a (1 điểm) Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 5 1 2x x   +  ÷   là ( ) 6 18 18 18 5 1 18 18 5 1 . 2 . .2 . k k k k k k k T C x C x x − − − +   = =  ÷   0.50 Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 6 18 0 15 5 k k− = ⇔ = . Vậy số hạng cần tìm là 15 3 16 18 .2 6528T C= = 0.50 VIII.a (1 điểm) • Giao điểm của đồ thị với trục hoành là 1 ;0 2 A   −  ÷   . ( ) ' ' 2 3 1 4 ; 2 3 1 y y x −   = − = −  ÷   − 0.50 • Pt tiếp tuyến của đồ thị tại 1 ;0 2 A   −  ÷   là 4 1 4 2 3 2 3 3 y x y x   = − + ⇔ = − −  ÷   0.50 VI.b (1 điểm) Đt BC đi qua ( ) 1; 4B − và 1 2; 2 M    ÷   nên có pt: 1 4 9 1 2 x y− + = 9 2 17 0x y⇔ − − = 9 17 ; , 2 t C BC C t t −   ∈ ⇒ ∈  ÷   ¡ 0.50 ( ) 9 25 2; 8 ; 1; 2 t AB AC t −   = − = +  ÷   uuur uuur . Vì tam giác ABC vuông tại A nên . 0AB AC = uuur uuur Suy ra 9 25 1 4. 0 3. 2 t t t − + − = ⇔ = Vậy ( ) 3;5C 0.50 VII.b (1 điểm) Điều kiện 4,n n≥ ∈ ¥ . Ta có: ( ) 2 2 0 2 2 n n k k n k n k x C x − = + = ∑ . Hệ số của 8 x là 4 4 .2 n n C − 0.50 ( ) ( ) ( ) 3 2 1 3 2 8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0 n n n A C C n n n n n n n n n− + = ⇔ − − − − + = ⇔ − + − = ( ) ( ) 2 7 7 0 7n n n⇔ − + = ⇔ = Vậy hệ số của 8 x là 4 3 7 .2 280C = 0.50 VIII.b (1 điểm) 2 4 3 7 2 2 2 x x y x x x − + + = = − + + − − . Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. ( ) ;M x y ∈ (C) 7 2 2 y x x ⇔ = − + + − . Tiệm cận xiên: 2 2 0y x x y= − + ⇔ + − = ; Tiệm cận đứng: 2x = 0.50 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: 1 2 7 2 2. 2 x y d x + − = = − . Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: 2 2d x= − . Ta có: 1 2 7 7 . . 2 2. 2 2 d d x x = − = − . Suy ra điều phải chứng minh 0.50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ . sin 2 cos 2 3 cos 3 sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin 2 2 2 2 x x x x x x x x     + − = + ⇔ + − = +  ÷  ÷  ÷  ÷     0.50 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10. hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 5 1 2x x   +  ÷   là ( ) 6 18 18 18 5 1 18 18 5 1 . 2 . .2 . k k k k k k k T C x C x x − − − +