Giải đề dự bị A1 2008

Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2008 – ĐỀ DỰ BỊ A1 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số : 1)1(3 23 ++++= xmmxxy (1) , m là tham số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = –1 2. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = –1 đi qua điểm A(1 ; 2) Bài giải : 1. Học sinh tự giải 2. )1(63' 2 +++= mmxxy mmmy 54163)1(' −=++−=− ; mmmy 211131)1( +−=+−−+−=− Tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ bằng –1 33)54(21)1)(54()1()1)(1(': +−−=+−+−=−++−=∆ mxmmxmyxyy Tiếp tuyến này đi qua điểm A(1;2) nên 2 = 7 – 8m ⇔ m = 5/8 Vậy khi m = 5/8 thì YCBT được thỏa . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : xxx 2cos4cottan 2 += 2. Giải phương trình 2 )12( 2312 2 − =−++ x xx Bài giải : 1. xxx 2cos4cottan 2 += ; Điều kiện : )( 2 02sin Zllxx ∈≠⇔≠ π Phương trình tương đương với 02cos4 2sin 2cos2 02cos4 cos sin sin cos 22 =+⇔=+− x x x x x x x x 0)4sin1(2cos202cos2 2sin 1 2cos2 =+⇔=       +⇔ xxx x x       +−= += ⇔    −= = ⇔ 28 24 14sin 02cos ππ ππ kx kx x x Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm của phương trình là : )( 28 24 Zk kx kx ∈       +−= += ππ ππ 2. 2 )12( 2312 2 − =−++ x xx Điều kiện 2 3 2 1 ≤≤ − x Đặt xxxf 2312)( −++= ; 2 )12( )( 2 − = x xg với       −∈ 2 3 ; 2 1 x xz xf 23 1 12 1 )(' − − + = ; 2 1 0)(' =⇔= xxf ; 2 2 1 =       − f ; 2 2 3 =       f ; 22 2 1 =       f 12)(' −= xxg ; 2 1 0)(' =⇔= xxg ; 2 2 1 =       − g ; 2 2 3 =       g ; 0 2 1 =       g       −∈∀ 2 3 ; 2 1 x ta có 22)(2 ≤≤ xf ; 2)(0 ≤≤ xg Vậy phương trình có nghiệm       = −= ⇔==⇔ 2 3 2 1 2)()( x x xgxf Câu III: (2 điểm) Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 3 2 3 2 3 : 1 − = − = − z y x d ;    =−+− =+−− 0766 013665 : 2 zyx zyx d 1. Chứng minh rằng d 1 và d 2 cắt nhau . 2. Gọi I là giao điểm của d 1 và d 2 . Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d 1 ; d 2 sao cho tam giác IAB cân tại I và có diện tích bằng 42 41 Bài giải : 1. Tọa độ giao điểm của d 1 và d 2 ( nếu có )là nghiệm của hệ phương trình _      = = = ⇔        =−+− =+−− − = − = − 2 1 1 0766 013665 1 3 2 3 2 3 z y x zyx zyx z y x Vậy d 1 cắt d 2 tại giao điểm I(1;1;2) d 1 đi qua điểm M 1 (3;3;3) có VTCP )1;2;2( 1 → u ; d 2 là giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT lần lượt là )6;6;5( 1 −− → n ; )6;6;1( 2 − → n nên có VTCP )24;36;72(; 212 −−−=       = →→→ nnu Chọn VTCP là )2;3;6(' 2 = → u Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng d 1 và d 2 Ta có : 21 41 cos1sin 21 20 ||.|| |'.| cos 2 21 21 =−=⇒== →→ →→ ϕϕϕ uu uu Giả sử IA = IB = a > 0 . diện tích của tam giác IAB là 1 42 41 42 41 sin . 2 1 2 =⇒=== aaIBIAS ϕ Vậy A nằm trên mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 1 (S) : 1)2()1()1( 222 =−+−+− zyx A= d 1 ∩ (S) nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình ⇔        =−+−+− += += += 1)2()1()1( 3 23 23 222 zyx tz ty tx       ===⇒−= ===⇒−= ⇒        =+++++ += += += 3 5 ; 3 1 ; 3 1 3 4 3 7 ; 3 5 ; 3 5 3 2 1)1()22()22( 3 23 23 222 zyxt zyxt ttt tz ty tx B= d 2 ∩ (S) nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 x 1 6t y 1 3t z 2 2t (x 1) (y 1) (z 2) 1 = +   = +  ⇔  = +   − + − + − =  2 2 2 x 1 6t 1 13 10 16 t x ; y ;z y 1 3t 7 7 7 7 z 2 2t 1 1 4 12 t x ; y ;z 7 7 7 7 (6t) (3t) (2t) 1 = +   = ⇒ = = =   = +  ⇒   = + −   = ⇒ = = =    + + =  Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 Vậy có 4 cặp điểm A,B cần tìm là ) 7 16 ; 7 10 ; 7 13 (;) 3 7 ; 3 5 ; 3 5 ( BA hoặc ) 7 12 ; 7 4 ; 7 1 (;) 3 7 ; 3 5 ; 3 5 ( BA Hoặc ) 7 16 ; 7 10 ; 7 13 (;) 3 5 ; 3 1 ; 3 1 ( BA hoặc ) 7 12 ; 7 4 ; 7 1 (;) 3 5 ; 3 1 ; 3 1 ( BA Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : ∫ + = 3 2/1 3 22x xdx I 2. Giải phương trình : xe x tan 4 sin =       − π Bài giải : 1. Đặt dttdx t xxtxt 2 3 3 3 2 3 2 2 2222 =⇒ − =⇔+=⇔+= Khi 3 32/1 =⇒= tx ; 23 =⇒= tx Ta có : ∫∫ +=       −−       −=       −=       −= − = 2 3 3 333 2 3 3 254 2 3 3 2 3 9 10 3 5 9 9 4 3 9 20 9 3 5 24 4 3 20 3 2 3 4 3 2 3 . 2 )2( ttdtttdtt t t I 2. Hàm số có chu kỳ là 2π và vì tanx > 0 nên ta chỉ xét nghiệm của phương trình trên các khoảng ) 2 ;0( π và ) 2 3 ;( π π Phương trình đã cho tương đương với : xxxxxx xx xx cos|cos|ln2sin|sin|ln2|cos|ln|sin|ln 2 cossin )ln(tan 4 sin −=−⇔−= − ⇔=       − π Đặt tttf −= ||ln2)( Ta có )(cos)(sin xfxf = t t t tf − =−= 2 1 2 )(' . Với t = sinx hoặc t = cosx thì t∈ (–1;1)\{0} Với t ∈(–1 ; 0) f(t) là hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx < 0 ⇔ 5 x 4 π = Với t ∈(0 ; 1) f(t) là hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx > 0 ⇔ 4 π = x Tóm lại phương trình đã cho có tập nghiêm )( 4 Zkkx ∈+= π π PHẦN RIÊNG : Câu Va :(2 điểm) 1. Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẳn gồm 4 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số của E 2. Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là : 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0 , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài giải : 1. Gọi số cần lập là abcdN = . ta xét các trường hợp xảy ra : Trường hợp 1: d = 0 : có 1 cách chọn d Ba số abc còn lại được lập từ 3 trong 6 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử : 3 6 A cách N 1 = 3 6 A = 120 cách Trường hợp 2: d ≠ 0 : có 2 cách chọn d a ≠ 0 : có 5 cách chọn Hai số bc còn lại được lập từ 2 trong 5 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử : 2 5 A cách N 2 = 2.5 . 2 5 A = 200 cách Vậy các số được chọn thỏa yêu cầu bài toán là 120 + 200 = 320 số 2. Cho d 1 : 3x + 4y +10 = 0 ; d 2 : x – y + 1 = 0 Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với d 2 , ∆ cắt d 2 tại I và cắt Ac tại N . 02: =−+∆ yx I = ∆ ∩ d 2 Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình : Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 Tam giác AMN có d 2 vừa là đường cao , vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN ⇒ N (1 ; 1) AC là đường thẳng đi qua điểm N(1;1) và vuông góc với d 1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = 0 AC: 4x – 3y –1 = 0 A = AC ∩ d 2 . Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình : )5;4( 5 4 01 0134 A y x yx yx ⇔    = = ⇔    =+− =−− AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận )3;4( = →− MA làm vec tơ chỉ phương AB: 0843 3 2 4 =+−⇔ − = yx y x B = AB ∩ d 1 . Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình ) 4 1 ;3( 4 1 3 01043 0843 −−⇔      − = −= ⇔    =++ =+− B y x yx yx C cách M một khoảng bằng 2 nên C thuộc đường tròn (S) có tâm M bán kính bằng 2 (S): 2)2( 22 =−+ yx C = AC ∩ (S) . tọa độ C là nghiệm hệ phương trình :      =⇒= =⇒= ⇔      =+− − = ⇔        = − + − = ⇔    =−+ =−− 25 33 25 31 11 0315625 3 14 2) 3 74 ( 3 14 2)2( 0134 2 22 22 yx yx xx x y x x x y yx yx ⇒ C(1;1) hoặc C ( ) 25 33 ; 25 31 Vì d 2 là phân giác trong của góc A nên B và C nằm khác phía bờ là d 2 ) 2 3 ; 2 1 ( 2 3 2 1 01 02 I y x yx yx ⇔        = = ⇔    =+− =−+ Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 ⇔ (x B – y B + 1 ).(x C – y C +1 ) < 0 ⇔ 0)1.( 4 7 <+−− CC yx Cả hai điểm C trên đều thỏa mãn Vậy )1;1(;) 4 1 ;3(;)5;4( CBA −− hoặc ) 25 33 ; 25 31 (C Câu Vb:(2 điểm) 1. Giải phương trình : 0 1 32 loglog 2 2 1 ≥       + + x x 2. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a . Gọi I,J lần lượt là trung điểm cuae EC, SC . M là điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho )90( 0 <= ∧ αα ECM và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC . Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a ; α và tìm α để thể tích đó lớn nhất . Bài giải : 1. 1 1 32 log00 1 32 loglog 22 2 1 ≤ + + <⇔≥       + + x x x x 2 1 12 0 1 1 0 1 2 2 1 32 1 1 32 1 1 32 log 0 1 32 log 2 2 −<⇔    −< −>∨−< ⇔        ≤ + > + + ⇔        ≤ + + > + + ⇔        ≤ + + > + + ⇔ x x xx x x x x x x x x x x x Vậy bất phương trình có tập ngiệm là (–∞ ; –2) 2. Ta có SE ⊥ (ABC) ⇒ SE ⊥ CM mà SH ⊥ CM nên CM ⊥ (SEH) ⇒ CM ⊥ EH ; 2 2 EC EB BC a 5= + = EH EC.sin a 5.sin α α = = CH EC.cos a 5.cos α α = = Diện tích tam giác EHC 2 2 EHC 1 1 5a S EH.HC 5a .sin .cos .sin 2 2 2 4 ∆ α α α = = = Ị là đường trung bình của tam giác CSE nên IJ // SE ⇒ IJ ⊥ (ABC) và aSEIJ == 2 1 HI là trung tuyến của tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC 2 HEC EHC 1 5a S S sin 2 2 8 ∆ ∆ α = = E S H M I J C B A Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 Thể tích khối tứ diện EHIJ 2 EHI J HEC 3 1 1 5a V IJ.S .a. sin 2 3 3 8 5 a .sin 2 (dvtt) 24 ∆ α α = = = n V max khi α = 45 0 . Biên soạn : Hà Phước Chín Mobi : 090.5256879 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2008 – ĐỀ DỰ BỊ A1 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số : 1)1(3 23 ++++= xmmxxy. được thỏa . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : xxx 2cos4cottan 2 += 2. Giải phương trình 2 )12( 2312 2 − =−++ x xx Bài giải : 1. xxx 2cos4cottan 2 +=