GIẢI CÁC ĐỀ DỰ BỊ TOÁN-TSĐH ( 08)

CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ A1 THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số : y = x + 3mx + (m + 1) x + (1) , m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = –1 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = –1 qua điểm A(1 ; 2) Giải : Đồ thị hàm số m = -1 y x -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8 y ' = 3x + 6mx + (m +1) y ' (−1) = − 6m + m + = − 5m ; y ( −1) = −1 + 3m − m − + = −1 + 2m Tiếp tuyến hàm số điểm có hồnh độ –1 ∆ : y = y ' ( −1)( x + 1) + y (−1) = ( − 5m)( x + 1) −1 + 2m = ( − 5m) x − 3m + Tiếp tuyến qua điểm A(1;2) nên = – 8m ⇔ m = 5/8 Vậy m = 5/8 YCBT thỏa Câu II: (2 điểm) Giải phương trình : tan x = cot x + cos 2 x Giải phương trình x + + − x = (2 x − 1) 2 Giải : tan x = cot x + cos 2 x ; Điều kiện : sin x ≠ ⇔ x ≠ l π (l ∈ Z ) Phương trình tương đương với TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI cos x sin x cos x − + cos x = ⇔ + cos 2 x = sin x cos x sin x   ⇔ cos x + cos x  = ⇔ cos x(1 + sin x) =  sin x  cos x = ⇔ ⇔ sin x = −1 π π  x = + k  x = − π + k π   π π  x = + k Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm phương trình :  x = − π + k π   (k ∈ Z ) (2 x − 1) 2 −1 ≤x≤ Điều kiện 2 2x + + − 2x =  3 (2 x − 1) với x ∈ − ;   2 1  −1  3 1 f ' ( x) = − ; f ' ( x) = ⇔ x = ; f  =2 ; f =2 ; f =2 2z +1 − 2x   2 2  −1  3 1 g ' ( x ) = x −1 g ' ( x) = ⇔ x = ; g   = ; g  = ; g  = ;  2   2  3 ∀x ∈− ;  ta có ≤ f ( x) ≤ 2 ; ≤ g ( x) ≤  2 Đặt ; g ( x) = f ( x ) = x +1 + − x  x= − ⇔  x=  Vậy phương trình có nghiệm ⇔ f ( x) = g ( x) = Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x −3 y −3 z −3 d1 : = = 2 ;  5x − y − 6z + 13 = d2 :   x − y + 6z − = Chứng minh d1 d2 cắt Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A,B thuộc d1 ; d2 cho tam giác IAB cân I có diện tích 41 42 Giải : Tọa độ giao điểm d1 d2 ( có )là nghiệm hệ phương trình _ TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Công Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI  x− y− z−  2= 2=   5x − y − 6z + 13 = ⇔  x − y + 6z − =    x=   y = Vậy d cắt d giao điểm I(1;1;2)  z=  → d1 qua điểm M1(3;3;3) có VTCP u1 ( 2;2;1) ; → → d2 giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT n1 (5;− ;− ) ; n (1;− ;6) nên có VTCP 6 → → →  u = ; n  =( − ;− ;− ) n 72 36 24   → Chọn VTCP u ' =(6;3;2) Gọi ϕ góc hai đường thẳng d1 d2 Ta có : → cos ϕ = → | u1 u ' | → → = | u1 | | u | 20 41 ⇒ sin ϕ = − cos ϕ = 21 21 Giả sử IA = IB = a > diện tích tam giác IAB S= 41 41 IA.IB sin ϕ = a = 42 42 ⇒ a =1 Vậy A nằm mặt cầu (S) tâm I bán kính (S) : ( x −1) + ( y −1) + ( z − 2) =1 A= d1 ∩ (S) nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình  x = + 2t   y = + 2t  t −=  ⇒   t −=  z = 3+ t  (2t + )2 + (2t + )2 + (t + 1)2 =    x = + 2t  y = + 2t  ⇔  z = 3+ t   ( x − 1) + ( y − 1) + ( z − 2) =  5 ⇒ x= ;y = ;z = 3 3 1 ⇒ x = ; y = ;z = 3 3 B= d2 ∩ (S) nên tọa độ B nghiệm hệ phương trình  x = + 6t  x = + 6t 13 10 16   y = + 3t  y = + 3t t = ⇒ x = ; y = ; z =   ⇔  ⇒   t = −1 ⇒ x = ; y = ; z = 12  z = + 2t  z = + 2t 2 2 2 (x − 1) + (y − 1) + (z − 2) = (6t) + (3t) + (2t) =  7 7    Vậy có cặp điểm A,B cần tìm 5 13 10 16 A( ; ; ) ; B ( ; ; ) 3 7 1 13 10 16 Hoặc A( ; ; ) ; B ( ; ; ) 3 7 5 12 A( ; ; ) ; B ( ; ; ) 3 7 1 12 A( ; ; ) ; B ( ; ; ) 3 7 hoặc Câu IV: (2 điểm) Tính tích phân : I = ∫ 1/ xdx 2x + TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Công Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI Giải phương trình : e  π sin  x −  4  = tan x Giải : Đặt t = x + ⇔ t = x + ⇔ x = Khi x = / ⇒ t = 3 ; I= x =3 t3 − ⇒ dx = t dt 2 ⇒t = Ta có : 2 (t − 2) 3   3   24    3 t dt =  t − t dt =  t − t  =  − 3 −  − 9= + 2t  3   20   20  10 33 3 ∫ ∫ Hàm số có chu kỳ 2π tanx > nên ta xét nghiệm phương trình khoảng (0; (π; 3π ) π ) Phương trình cho tương đương với : π  sin  x −  = ln(tan x ) 4  ⇔ sin x − cos x = ln | sin x | − ln | cos x | ⇔ ln | sin x | − sin x = ln | cos x | − cos x Đặt f (t ) = ln | t | −t Ta có f (sin x) = f (cos x ) 2 −t f ' (t ) = −1 = Với t = sinx t = cosx t∈ (–1;1)\{0} t t Với t ∈(–1 ; 0) f(t) hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx < ⇔ x = Với t ∈(0 ; 1) f(t) hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx > ⇔ x = π Tóm lại phương trình cho có tập nghiêm x = + kπ π 5π 4 (k ∈ Z ) PHẦN RIÊNG : (Thí sinh làm câu Va Vb) Câu Va :(2 điểm) Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} Hỏi có số tự nhiên chẳn gồm chữ số khác thành lập từ chữ số E Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình : 3x + 4y + 10 = x – y + = , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Giải : Gọi số cần lập N = abcd ta xét trường hợp xảy : Trường hợp 1: d = : có cách chọn d Ba số abc cịn lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A6 cách N1 = A6 = 120 cách Trường hợp 2: d ≠ : có cách chọn d a ≠ : có cách chọn Hai số bc cịn lại lập từ số cần lại , số cách chọn số chỉnh hợp chập phần tử : A5 cách N2 = 2.5 A5 = 200 cách Vậy số chọn thỏa yêu cầu toán 120 + 200 = 320 số Cho d1 : 3x + 4y +10 = ; d2 : x – y + = Gọi ∆ đường thẳng qua điểm M vng góc với d2 , ∆ cắt d2 I cắt Ac N ∆: x + y − = I = ∆ ∩ d2 Tọa độ I nghiệm hệ phương trình : TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI 1  x =  x+ y− 2=  ⇔  ⇔ I( ; )  x− y 1=+  y = 2  Tam giác AMN có d2 vừa đường cao , vừa phân giác nên tam giác cân ⇒ I trung điểm MN ⇒ N (1 ; 1) AC đường thẳng qua điểm N(1;1) vng góc với d1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = AC: 4x – 3y –1 = A = AC ∩ d2 Tọa độ A nghiệm hệ phương trình :  4x− 3y 1=−  x=  ⇔  ⇔ A(4;5)  x− y 1=+  y = AB đường thẳng qua điểm M(0;2) nhận AB: x y−2 = − → MA =( 4;3) làm vec tơ phương ⇔ 3x − y + = B = AB ∩ d1 Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  x= −  3x− 4y 8=+   ⇔  − 1⇔ B( 3;−− )  3x+ 4y + 10=  y = 4 C cách M khoảng nên C thuộc đường tròn (S) có tâm M bán kính (S): x + ( y − 2) = C = AC ∩ (S) tọa độ C nghiệm hệ phương trình : TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI  x− 14 x− 14 y0yx− 34 − 1= =  x y=⇒=    y=   2 ⇔  ⇔  ⇔  31 ( yx =−+ 2)  x− 74  x y=⇒= x + ( = 2) 25x 56x 1=+− 03  25 25  ⇒ C(1;1) C ( 31 33 ; ) 25 25 Vì d2 phân giác góc A nên B C nằm khác phía bờ d2 ⇔ (xB – yB + ).(xC – yC +1 ) < ⇔ − ( xC − y C + 1) < Cả hai điểm C thỏa mãn Vậy A(4;5) ; B (−3;− ) ; C (1;1) C ( 31 33 ; ) 25 25 Câu Vb:(2 điểm) 2x +   Giải phương trình : log  log x +  ≥  2 Cho hình chóp SABC có đáy tam giác ABC vuông cân Giải : đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I,J trung điểm cuae EC, SC M điểm di động tia đối tia BA cho ∧ ECM = α(α < 90 ) H hình chiếu vng góc S MC Tính thể tích khối tứ diện EHIJ theo a ; α tìm α để thể tích lớn S J C A I 2x +  2x +  ≤1  ≥ ⇔ < log log  log x +1  x +1  E B H M TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI  x +  2x +  x + l og2 >  >  >  x+  x+  x+ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  log 2x+ 3≤  2x+ 3≤  ≤  x+  x+  x+  x< − ∨ x> −  ⇔ x< −  x< − Vậy bất phương trình có tập ngiệm (–∞ ; –2) Ta có SE ⊥ (ABC) ⇒ SE ⊥ CM mà SH ⊥ CM nên CM ⊥ (SEH) ⇒ CM ⊥ EH ; EC = EB2 + BC = a EH = EC.sin α = a 5.sin α CH = EC.cos α = a 5.cos α Diện tích tam giác EHC 1 5a S∆EHC = EH.HC = 5a sin α cos α = sin 2α 2 Ị đường trung bình tam giác CSE nên IJ // SE ⇒ IJ ⊥ (ABC) IJ = SE = a HI trung tuyến tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC 5a S∆HEC = S∆EHC = sin 2α Thể tích khối tứ diện EHIJ 1 5a VEHIJ = IJ.S∆HEC = a sin 2α 3 = a sin 2α (dvtt) 24 Vmax α = 450 BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ A2 TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Công Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) Giải: y x -8 -6 -4 -2 -2 -4 -6 -8  x − x + = mx −  Sử dụng ĐK hệ có nghiệm :  để từ tìm m  x − 16 x = m  Câu II: (2 điểm) π π   Giải phương trình sin  x −  = sin  x −  +     Giải bất phương trình : 3x +1 > 1− x 1− x2 Giải : π π π π π     = sin  x −  + ⇔ sin  x −  − sin = sin  x −  4 4 4 4     π π π    ⇔ cos x sin  x −  − sin  x −  = ⇔ sin  x − ( cos x − 1) = 4 4 4     sin  x − π    π  x = + kπ sin  x −  = ⇔  ⇔ 4   x = ± π + k 2π cos x = /    3x − x + > (*) 1− x2 Điều kiện –1< x ⇔ tan t − tan t + > ⇔ tan t < ∨ tan t > (*) cos t cos t 2 TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI 2 + với tant = ⇒ sin t = cos t ⇒ sin t = Vậy từ (*) Ta có nghiệm bất phương trình cho :  −1 < x <   < x 0 Khơng tính tổng qt Giả sử < x ≤ y Đặt t = y ; t ∈ (0 ; 1] ln(t n + 1) ln(t n +1 + 1) ln(t n +1 + 1) ≥ ≥ n n n +1 n n n +1 x +y   x + y n +1   ≥ n ln  ⇔ (n + 1) ln  yn    y n +1     Ta ln có t n + ≥ t n +1 + ⇔ ln(t n + 1) ≥ ln(t n +1 + 1) ⇔ ( ) ( ) ⇔ (n + 1) ln t n + ≥ n ln i n +1 +  xn + yn ⇔  yn      n +1 n  x n +1 + y n +1   ⇔ xn + yn ≥   y n +1   ( ) n +1 ( ≥ x n +1 + y n +1 ) n (đpcm) PHẦN RIÊNG : (Thí sinh làm câu Va Vb) Câu Va:(2 điểm) Chứng minh với n số nguyên dương ⇔ n x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n +1 n n C n n −1 C n 20 Cn n +1 − + + + = n +1 n 2(n + 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3;0) B(0;4) Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác OAB A Giải : Khai triển nhị thức Newton n ( x + 1) n = C n x n + C n x n −1 + C n x n −2 + + C n Lấy tích phân hai vế với cận từ đến Ta có ∫ (x +1) a n N ∫ n dx = (C n x n + C n x n −1 + C n x n −2 + + C n )dx  ( x + 1) n +1 ⇔  n +1  a 2 n +1 n  x x  = Cn + Cn  n +1 n 0 2 n + + C n x a n +1 − n +1 n 21 n = Cn + C n + + C n Chia hai vế cho n +1 n +1 n a B C Ta a n n C n n −1 C n 20 Cn n +1 − + + + = (đpcm) n +1 n 2(n + 1) I M OA = ; OB = ; AB = TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC 17 Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định D CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI P nửa chu vi tam giác OAB P = S diện tích tam giác OAB : S = S r bán kính đường trịn nội tiếp r = p =1 Tam giác OAB nằm góc phần tư thứ có cạnh trục tọa độ nên tâm I đường trịn nội tiếp (C) có tọa độ dương cách trục tọa độ khoảng ⇒ I(1;1) 3 Gọi M,N,P trung điểm cạnh OA;OB;AB ⇒M ( ;0); N (0;2); P( ;2) Giả sử đường trịn (C’) qua M,N,P có phương trình (C ' ) : x + y + 2ax + 2by + c = Ta có hệ phương trình   3a + c + =  a = − /   4b + c + = ⇔  b = −   25  c =  3a + 4b + c + =  Đường trịn (C’) có tâm I’(3/4 ;1) bán kính r ' = Ta có I I ' = = r '−r Vây hai đường tròn (C) (C’) tiép xúc Câu Vb: (1 điểm) Giải bất phương trình : x +1 − 2 x +1 − 5.6 x < Cho tứ diện ABCD có mặt ABC ABD tam giác cạnh a , mặt ACD BCD vuông góc với Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD tính số đo góc gữa hai đường thẳng AD , BC Giải : x x 9 3 x +1 − 2 x +1 − 5.6 x < ⇔ 3.9 x − 5.6 x − 2.4 x < ⇔ 3.  − 5.  − < 4  2 x 3 Đặt t =   > 2 x t >  3 Ta có  ⇔ < t < ⇔ <   < ⇔ x < log  2  3t − 5t − < 2 Gọi M,N,I trung điểm cạnh CD,AB, BD  AB ⊥ BN  ⇒ AB ⊥ (BCN ) ⇒ AB ⊥ MN  AB ⊥ CN DN = CN = a TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC 18 Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI  ( ACD) ⊥ (BCD)   AM ⊥ CD ⇒ AM ⊥ (BCD) ⇒ AM ⊥ BM  AM ⊂ ( ACD)  ∆ACD = ∆BCD ⇒ AM = BM ⇒ ∆AMB vuông cân 2 a MN = ; DM = ND − NM = 3a − a = a 2 4 a2 Diện tích tam giác NCD : S NCD = DC.MN = DM MN = 1 a2 a3 Thể tích tứ diện ABCD : V ABCD = V ANCD + V BNCD = AB.S NCD = a = 3 12 ∆MIN tam giác  NI / AD ∧ ∧  ⇒ ( AD, BC) = (NI , IM ) =60  IM / BC BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ D1 THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH : Câu I : (2 điểm) Cho hàm số y = 3x + (1) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Tính diện tích tam giác tạo trục tọa độ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) điểm M(–2 ;5) Giải : Học sinh tự giải 2 y ' = ( x + 1) ; y '(−2) = Tiếp tuyến M ∆: y = 2( x + 2) + = x + A = ∆∩ Ox ⇒ Tọa độ A nghiệm hệ phương trình  y = 2x +  x = −9 / 9 ⇔ ⇒ A(− ;0) ⇒ OA =  2 y = y = B = ∆∩ Oy ⇒ Tọa độ B nghiệm hệ phương trình x = x = ⇔ ⇒ B (0;9) ⇒ OB =   y = 2x + y = TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC 19 Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI 81 (dvdt ) Diện tích tam giác OAB : S = OA.OB = Câu II: (2 điểm) Giải phương trình : 4(sin x + cos x) + cos x + sin x = Giải bất phương trình : ( x +1)( x − 3) − x + x + < − ( x −1) Giải : 4(sin x + cos x) + cos x + sin x = ⇔ 4(1 − 2sin x.cos x) + − 2sin 2 x + sin x = ⇔ − 2sin 2 x − 2sin 2 x + sin x = π ⇔ 4sin 2 x − sin x − = ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π ( k ∈ Z ) 2 2 ( x +1)( x − 3) − x + x + < − ( x −1) (*) Điều kiện : –1 1  2  −t < t − t + t − > (t − 1)(t + 2t + 2) > ⇔ − x2 + x + > ⇔ x2 − 2x − < ⇔ − < x < + Câu III: (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (α): 2x – y + 2z +1 = đường thẳng d: x −1 y −1 z = = −2 Tìm tọa độ giao điểm d với (α) Tính sin góc d (α) Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng (α) (Oxy) Giải : Tọa độ giao điểm đường thẳng d mp(α ) nghiệm hệ phương trình : 2 x − y − = x = /  x −1 y −1 z = =    3  ⇔  y = ⇒ A  ; 2; −1÷ −2 ⇔  y + z − =  2  2 x − y + z + = 2 x − y + z + =  z = −1    r r d có VTCP u = (1; 2; −2) ; (α) có VTPT n = (2; −1; 2) Gọi ϕ góc d (α) rr | u.n | sin ϕ = r r = | u |.| n | Tọa độ giao điểm đường thẳng d mp(Oxy ) nghiệm hệ phương trình : x =  x −1 y −1 z = =   −2 ⇔  y = ⇒ B ( 1;1;0 )  z = z =   Mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với (α) (Oxy) ⇒ Tâm I trung điểm AB 5 1 Tâm I  ; ; − ÷ , bán kính R = d ( I ;(Oxy )) = 4 2 2 5  3  1  Phương trình mặt cầu cần tìm ( S ) :  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ = 4  2  2  TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC 20 Nguyễn Công Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI Câu IV: (2 điểm) x ∫ 2x Tính tích phân : I = ( x.e − − x2 ) dx π Cho số thực x,y thỏa mãn ≤ x, y ≤ Chứng minh cos x + cos y ≤ + cos( xy ) Giải : x 2x I = ∫ ( x.e − − x2 1 0 ) dx = ∫ xe x dx − ∫ xdx − x2 = I1 − I  du = dx u = x  I1 = ∫ x.e dx Đặt  ⇒ 2x 2x  dv = e dx v = e  2x 1 1 1 I1 = x.e x − ∫ e x dx = e − e x 20 1 = 2 1 e − e + = (e + 1) 4 1 (4 − x ) −1/2 d (4 − x ) = − − x = − 2∫ − x2 0 I = I1 − I = e − + 4 x+ y π x+ y ≤ ⇒ cos xy ≥ cos Theo BĐT Cơ si Ta có ≤ xy ≤ x+ y x− y x+ y cos x + cos y = 2cos cos ≤ 2cos ≤ 2cos xy (1) 2 Với t = xy ; t ∈ [0; π / 3] Xét hàm số f (t ) = + cos t − cos t I2 = ∫ xdx ( ) =− f '(t ) = −2t sin t + 2sin t = 2(sin t − t sin t ) ; f '(1) = 2 ∀t∈[0 ; 1) t > t ⇒ sin t > sin t > t sin t ⇒ f '(t ) > 2 ∀t∈ (1 ; π/3] t < t ⇒ sin t < sin t < t sin t ⇒ f '(t ) < f (0) = ; f (1) = − cos1 > ; Vậy f (t ) ≥ ∀t ∈ [0; π2  π f ( ) = cos  ÷ >   π ] ⇒ + cos xy ≥ 2cos xy (2) Từ (1) (2) Ta có cos x + cos y ≤ + cos( xy ) PHẦN RIÊNG : (Thí sinh làm câu Va Vb) Câu Va: (2 điểm) Chứng minh với n số nguyên dương n n.2n C0 + (n − 1).2n −1 C1 + + 2C n −1 = 2n.3n −1 n n Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 4)2 + y2 = điểm E(4 ; 1) Tìm tọa độ điểm M trục tung cho từ M kẻ tiếp tuyến MA , MB đường tròn (C) với A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua điểm E Giải: Ta có cơng thức khai triển n n ( x + 1) n = Cn x n + Cn x n −1 + Cn x n − + Cn x n −3 + + Cn −1 x + Cn Đạo hàm hai vế (1) Ta n n( x + 1) n −1 = nx n −1Cn + (n − 1) x n − 2Cn + (n − 2) x n −3Cn + + Cn −1 TÀI LIỆU THAM KHẢO LUYỆN THI ĐẠI HỌC 21 (1) (2) Nguyễn Cơng Mậu –Bình Định CÁC ĐỀ THI DỰ DỊ ĐẠI HỌC NĂM 2008 VÀ BÀI GIẢI Nhân vế (2) cho x thay x = vào Ta n.2n C + (n − 1).2 n −1 C1 + (n − 2)2n − C + + 2C n −1 = 2n.3n −1 (đpcm) n n n n Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = Gọi M(0 ,m ) thuộc trục tung IM = m2 + 16 > R Vậy qua M có tiếp tuyến đến (C) Giả sử ∆ tiếp tuyến qua M đến ( C) T(x0 ; y0) tiếp điểm uu ur ur u MT = ( x0 ; y0 − m) ; IT = ( x0 − 4; y0 ) u u ur ur u MT IT = ⇔ x0 ( x0 − 4) + y0 ( y0 − m) = 2 ⇔ x0 + y0 − x0 − my0 = (1) 2 Mặt khác T thuộc ( C ) nên : x0 + y0 − x0 + 12 = (2) Từ (1) (2) Ta có x0 − my0 − 12 = (3) Tọa độ tiếp điểm A,B thỏa (3) nên đường thẳng AB: 4x – my – 12 = E thuộc AB nên : 16 –m – 12 = ⇔ m = Vậy M(0 ; ) điểm cần tìm Câu Vb (2 điểm) 2 Giải bất phương trình : 2 x −4 x −2 −16.2 x −x −1 − ≤ Cho tứ diện ABCD điểm M,N,P lượt thuộc cạnh BC,BD,AC cho BC = 4BM , AC = 3AP , BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỉ số AQ tỉ số thể tích hai phần khối tứ AD diện ABCD phân chia mặt phẳng (MNP) Giải : −4 x −2 − 16.22 x − x −1 − ≤ ⇔ 4x − x −1 − −2≤0 2 Đặt t = x − x −1 > Bất phương trình tương đương với : t > t > t >  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔0