BAC Câu V.b.[r]
(1)ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối D (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 - 3x2 + (1)
Khảo sát biến thiên vẽđồ thị hàm số (1)
Chứng minh đường thẳng qua điểm I (1;2) với hệ số góc k (k > - 3) cắt đồ
thị hàm số (1) ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I trung điểm đoạn thẳng AB Câu II (2 điểm)
Giải phương trình 2sinx(1+cos2x) + sin2x = + 2cosx Giải hệ phương trình
2
xy x y x 2y
(x, y ) x 2y y x 2x 2y
⎧ + + = −
⎪ ∈
⎨
− − = −
⎪⎩
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạđộ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3) Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D
2 Tìm toạđộ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Câu IV (2 điểm)
1 Tính tích phân
2
ln x
I d
x =∫ x
2 Cho x, y hai số thực khơng âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P (x y)(1 xy)2 2
(1 x) (1 y)
− −
=
+ +
PHẦN RIÊNG - Thí sinh chỉđược làm câu : V.a V.b - Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
1 Tìm số nguyên dương n thoả mãn hệ thức số tổ hợp chập k n phần tử)
1 2n
2n 2n 2n n
C +C + + C − =2048 (Ck
2 Trong mặt phẳng với hệ toạđộ Oxy, cho parabol (P) : y2 = 16x điểm A(1; 4) Hai điểm phân biệt B, C (B C khác A) di động (P) cho góc = 900 Chứng minh
đường thẳng BC qua điểm cốđịnh
BAC Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)
Giải bất phương trình
2
x 3x
log
x
− + ≥
2 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vng, AB = BC = a, cạnh bên AA ' a 2= Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ
(2)BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
1 D = R
y' = 3x2 - 6x = 3x(x - 2), y' = ⇔ x = 0, x = y" = 6x - 6, y" = ⇔ x =
x - ∞ +∞
y' + - - + y" - - + +
y + ∞
- ∞
2 d : y - = k(x - 1) ⇔ y = kx - k +
Pthđgđ : x3 - 3x2 + = kx - k + ⇔ x3 - 3x2 - kx + k + =
⇔ (x - 1)(x2 - 2x - k - 2) = ⇔ x = ∨ g(x) = x2 - 2x - k - = Vì Δ' > g(1) ≠ (do k > - 3) x1 + x2 = 2xI nên có đpcm
Câu II (2 điểm)
1 Pt ⇔ 4sinxcos2x + 2sinxcosx - - 2cosx = ⇔ 2cosx(2sinxcosx - 1) + (2sinxcosx - 1) =
⇔ (2sinxcosx - 1)(2cosx + 1) = ⇔ sin2x = ∨ cosx =
−
⇔ x k x k2 (k
4
π π
= + π ∨ = ± + π ∈ )
2 ĐK: x ≥ y ≥
⇔ (x + y)(x - 2y - 1) = ⇔ x = - y ∨ x = 2y +
2
xy x y x+ + = −2y2
* Th.1 : x = - y Vì y ≥ nên x ≤ (loại x ≥ 1)
* Th.2 : x = 2y + vào pt x 2y y x 2x 2y− − = − ta :
(2y 1) 2y y 2y+ − =2y 2+ ⇔ (y 1)( 2y 2) 0+ − = ⇔ y = - (loại) ∨ y = Vậy hệ có nghiệm : x = 5; y =
Câu III (2 điểm)
1 Pt mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 - 2ax - 2by - 2cz + d =
(S) qua A, B, C, D ⇔ 18 - 6a - 6b + d = 18 - 6a - 6c + d = 18 - 6b - 6c + d = 27 - 6a - 6b - 6c + d = ⇔ a 3;b 3;c 3;d
2 2
= = = =
Vậy pt (S) : x2 + y2 + z2 - 3x - 3y - 3z =
2 mp (ABC) qua A có VTPT [AB, AC]uuur uuur = (-9;-9;-9) nên có pt x + y + z - = d qua tâm I 3 3; ;
2 2
⎛ ⎜
⎝ ⎠
⎞
⎟ (S) ⊥ với mp (ABC) có pt : x =
2 + t, y =
2+ t, z = + t Tâm đường trịn ngoại tiếp ΔABC giao điểm H d mp(ABC) ⇒ H (2; 2; 2) Câu IV (2 điểm)
1 Đặt u ln x du dx , x
= ⇒ = dv dx3 chọn v = x
= 12
2x
−
2
2
1
1
I ln x dx
2x 2x
= − +∫ = 1ln
8
− +
6 Đặt x = tgu, y = tgv với u, v [0; )
2
π
∈
(3)2
(tgu tgv)(1 tgutgv) P
(1 tgu) (1 tgv)
− −
=
+ + = 2
sin(u v) cos(u v) (sin u cos u) (sin v cos v)
− +
+ + =
1 sin 2u sin 2v (1 sin 2u)(1 sin2v)
−
+ +
= 1
2 sin2v sin2u
⎛ − ⎞
⎜ + + ⎟
⎝ ⎠
Pmax = 1 1khi
2 1
⎛ − ⎞=
⎜ + + ⎟
⎝ ⎠ u
π
= v = ⇔ x = y = Pmin = 1 1khi
2 1
⎛ − ⎞= −
⎜ + + ⎟
⎝ ⎠ u = v
π
= ⇔ x = y = Cách khác :
P =
2 2 2
2 2 2
2
x y y xy x(1 y ) y(1 x ) x(1 2y y ) y(1 2x x )
(1 x) (1 y) (1 x) (1 y) (1 x) (1 y)
− − + + − + + + − + +
= =
+ + + + + +
x
= x 2 y 2
(1 x)+ −(1 y)+ , mà
a
0 ( a 0)
(1 a)
≤ ≤ ∀ ≥
+
nên : Pmax
4
= x = ; y = Pmin =
4
− x = ; y =
PHẦN RIÊNG - Thí sinh chỉđược làm câu : V.a V.b - Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)
1 2n 2 3 2n 2n 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
(1 x)+ =C +xC +x C +x C + + x −C − +x C x = : 2n 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
2 =C +C +C +C + + C − +C (1) x = - : 2n 2n
2n 2n 2n 2n 2n 2n
0 C= −C +C −C + − C − +C (2)
(1) - (2) : 22n 2n 12 ⇔ n =
2n 2n 2n
2(C C C −) 4096
= + + + = =
2 B, C ∈ (P) ⇒ B b2;b ,C c2;c
16 16 ⎛ ⎞ ⎛ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟
⎠ (b ≠ c, b ≠ 4, c ≠ 4)
2
b c
AB 1;b , AC 1;c
16 16
⎛ ⎞ ⎛
=⎜ − − ⎟ =⎜ − −
⎝ ⎠ ⎝
uuur uuur ⎞
⎟ ⎠
⇔
AB⊥AC⇔AB.AC 0uuur uuur= ⇔(b 4)(c 4) 256 0+ + + = b c 272 bc (6 bc
4 )
− −
+ = = − +
BC qua B b2;b có vtcp : 16
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
c b
BC (c b;16) 16
−
= +
uuur
Nên có pt BC :
2
b y
16(x ) (b c)(y b) 16x (b c)y bc 4(4x 17y) bc( 1)
16
− − + − = ⇔ − + + = ⇔ + + + =
BC qua điểm cốđịnh thoả : 4x + 17y = y
4+ = ⇔ x = 17 y = - Vậy BC qua I (17, -4) cốđịnh
Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Bpt ⇔ <
2
x 3x x
− + ≤ ⇔ x2 3x 2 x2 4x 2
0
x x
− + > − + ≤
/
⇔ 2− 2≤ <x hay x 2 2< ≤ +
2 Thể tích V=Sh= 1a.a.a a3
2
= = (đvtt) Gọi N trung điểm BB/
C
B /
A/
B M C
N
(4)Ta có : d(B’C, AM) = d(B’, (AMN)) = d(B, (AMN)) (vì N trung điểm BB’) = BH với H hình chiếu B lên mp (AMN)
Ta có : 12 12 2 12 12 42 22 72 BH BH =BA +BM +BN = a +a +a =a ⇒ =
a
- oOo -
PHẠM HỒNG DANH – TRẦN VĂN TOÀN