Tham khảo TN Toán 2010 số 8

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 PHẦN BẮT BUỘC CÂU I: Cho hàn số y= f(x) = 3 2( 1) 3 m x m x− + ( m là tham số ) a. Khảo sát hàm số khi m= 1 b. Tìm tất cả giá trò m sao cho hàm số có cực đại ,cực tiểu và tung độ điểm cực đại CD y , tung độ điểm cực tiểu CT y thỏa: 2 3 2 ( ) (4 4) 9 CD CT y y m− = + CÂU II: a.Tìm tất cả giá trò [ ] 0,3x ∈ ∏ thỏa 1 cot cot sin gx gx x = − b.Tính tích phân 1 0 1 2 x dx I = + ∫ CÂU III: Cho f(x) = 3 5 log ( 1) log ( 1)x x   + +   g(x)= 2 2 3 5 log ( 5 1) log ( 6)x ax x ax   + + + + +   a. Chứng minh y= f(x) là hàm tăng trên miền xác đònh của nó. b. Tìm tất cả các giá trò a để g(x) > 1 với mọi giá trò x CÂU IV: a.Có bao nhiêu số khác nhau gồm 10 chữ số trong đó có đúng 4 chữ số 2 và 6 chữ số 1? b.Có bao nhiêu vectơ ( , , )a x y z= r khác nhau sao cho x , y , z là các số nguyên không âm thoả x+y+z=10? PHẦN TỰ CHỌN(Thí sinh chọn một trong hai câu sau) CÂU Va: Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng ( ) α có phương trình : x+2y-3z-5=0 và đường thẳng (d) có phương trình: 3 0 2 2 0 x y y z + − =   + − =  a. Xác đònh tất cả các điểm nằm trên đường thẳng (d) cách mặt phẳng ( ) α một đoạn bằng 14 . b. Lập phương trình hình chiếu (d’) của (d) trên ( ) α . CÂU Vb: Trong không gian , cho tam giác ABC đều có cạnh bằng a.Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, chọn hai điểm M ,N sao cho nhò diện (M,BC,N) vuông.Đặt AM= x , AN= y. a. Xác đònh tất cả giá trò x ,y theo a để đoạn MN ngắn nhất. b. Tính thể tích của hình chóp BCMN theo a, x, y DAP AN Câu I : Cho = = − + 3 ( ) 2( 1) 3 m y f x x m x a) Khảo sát hàm số khi m= 1: = − 3 1 4 3 y x x • TXĐ: D = R • 2 ' 4y x= − 2 ' 0 2 " 2 x y x y x    = = ⇔ = − = = ⇔ = ⇒ = ⇒" 0 0 0y x y Điểm uốn O(0, 0). • BBT: - 2 2 + 1 6 3 x y ’ y + + + 1 6 3 0 0 • Đồ thò: Cho = − ⇒ = − 16 4 3 x y = ⇒ = 16 4 3 x y b) Tìm m để đồ thò hàm số có cực đại, cực tiểu sao cho: − = + 2 3 2 ( ) (4 4) 9 CĐ CT y y m Ta có: = − + 3 2( 1) 3 m y x m x = − + 2 ' 2( 1)y mx m = ⇔ − + = 2 ' 0 2( 1) 0y mx m (1) Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt + ⇔ > ⇔ < − ∨ > 2( 1) 0 1 0 m m m m Khi đó (1) có 2 nghiệm < 1 2 1 2 , ( )x x x x ⇒ = 1 ( ) CĐ y f x và = 2 ( ) CT y f x Để tìm CĐ y và CT y ta chia f(x) cho f’(x) thì được:    ÷   − += 1 4 ( 1) 3 3 ( ) '( ). x m xf x f x − + − + ⇒ = = = = 1 2 1 2 4 ( 1) 3 4 ( 1) 3 ( ) ( ) CĐ CT m x m x y f x y f x = = 1 2 (Vì f'(x ) 0, '( ) 0)f x Theo giả thiết: − = + 2 3 2 ( ) (4 4) 9 CĐ CT y y m ⇔ + − = + ⇔ − = + ≠ ⇔ − = ⇔ + ⇔ ≠ 2 2 3 1 2 1 2 2 16 2 ( 1) ( ) 64( 1) 9 9 ( ) 8( 1) ( Vì m+1 0 ) S 4 8(m+1) 8(m+1) -2(m+1) 0 (vì S = 0 , P = ) m m = 1 ( Vì m+1 0 ) m x x m x x m P m So với điều kiện ∨m< -1 m > 0 nhận giá trò m = 1 ĐS: m = 1. Câu II: a) Tìm ∈ π]x [0,3 để 1 cotgx = cotgx - sinx Điều kiện : ≥cot 0gx và ∈ π]x [0,3 Khi đó: Phương trình − ⇔ = cos 1 cot sin x gx x ⇔ = −cot . sin 1 cosgx x x (*) • Nếu sinx > 0 thì phương trình (*) trở thành : cotgx.sinx = 1 - cosx ⇔ = π ⇔ = ± + π ∈¢ 1 cos 2 2 ( ) 3 x x k k So với điều kiện nhận π 7π = ∨ = 3 3 x x • Nếu sinx < 0 thì phương trình (*) trở thành: cotgx.( - sinx) = 1 – cosx ⇔ -cosx = 1 – cosx (vô nghiệm) Tóm lại: π 7π = ∨ = 3 3 x x b) Tính = + ∫ 1 0 1 2 x dx I Ta có: −+ = + ∫ 1 0 1 2 2 1 2 x x x dxI = − = − + + ∫ ∫ ∫ 1 0 1 1 0 0 1 2 2 1 2 1 2 x x x x dx dxdx Xem = + ∫ 1 0 2 1 2 x x J dx Đặt = + ⇒ = .ln21 2 2 x x dxt dt Đổi cận: = ⇒ =0 2x t = ⇒ =1 3x t ⇒ = = = − ∫ 3 3 2 2 1 1 ln3 .ln 1 ln2 ln2 ln2 dt J t t Vậy: = − ln3 2 ln2 I Câu III:   = + +     = + + + + +   3 5 2 2 3 5 ( ) log ( 1) .log ( 1) ( ) log ( 5 1 .log ( 6) f x x x g x x ax x ax a) Chứng minh y = f(x) là hàm tăng. Miền xác đònh của hàm y= f(x) là: = +∞[0, )D Cách 1: Ta có = + 1 3 log ( 1)y x và = + 2 5 log ( 1)y x là hai hàm tăng và có giá trò không âm trên D nên : = 1 2 ( ) .f x y y là hàm tăng trên D. Cách 2: Ta có: = + + 3 5 ( ) log .ln( 1).log .ln( 1)f x e x e x = + + 1 .ln( 1).ln( 1) ln3.ln5 x x   + + ⇒ = + > ∀ >   + +   1 ln( 1) ln( 1) '( ) 0, 0 ln3.ln5 2 ( 1) 1 x x f x x x x x ⇒ y = f(x) là hàm tăng trên D. b) Tìm a để > ∀ ∈ ¡( ) 1,g x x Đặt = + + ≥ 2 5 0u x ax thì g(x) trở thành: = + + 3 5 ( ) log ( 1).log ( 1)f u u u Khi đó g(x) > 1 trở thành: > ⇔ >( ) 1 ( ) (4)f u f u f (vì f(4) = 1) ⇔ > 4u ( vì y = f(u) tăng trên D) Vậy > ∀ ∈ ¡( ) 1,g x x ⇔ + + > ∀ ∈ ⇔ + + > ∀ ∈ ⇔ ∆ < ⇔ − < ⇔ < − ∨ > ¡ ¡ 2 2 2 5 4, 1 0, 0 4 0 2 2 x ax x x ax x a a a Câu IV: a) Có bao nhiêu số gồm 10 chữ số trong đó có đúng bốn chữ số 2 và sáu chữ số 1. Giả sử bốn chữ số 2 là khác nhau và sáu chữ số 1 là khác nhau thì số các số gồm 10 chữ số ở trên là:10! Nhưng khi ta hoán vò bốn chữ số 2 hay sáu chữ số 1 cho nhau, ta chỉ được một số thực sự. Do vậy các số cần tìm là: = 10! 210 6!4! (số) b) Có bao nhiêu = r ( , , )a x y z khác nhau sao cho x , y , z là số nguyên không âm thoả x + y + z =10 . Cách 1 : Vì x + y + z = 10 và ∈ ¥, ,x y z nên không có trường hợp x = y = z. Do vậy còn 2 trường hợp sau : - Trường hợp 1 : 2 trong 3 số x ,y, z bằng nhau và khác số còn lại. ⇒ có 6 trường hợp, mỗi trường hợp có 3 vectơ khác nhau. ⇒ có 18 vectơ khác nhau. - Trường hợp 2 : x, y, z khác nhau đôi một ⇒ có 8 trường hợp, mỗi trường hợp có 3!= 6 vectơ khác nhau ⇒ có 18 vectơ khác nhau. Tóm lại: Số các vectơ thoả yêu cầu bài toán là:18 + 48 = 66 (vectơ) Cách 2: Ta có: z = 10 – (x + y). Do đó ta chỉ cần x, y thoả + ≤10x y và ∈ ¥,x y Nếu x = a thì ≤ − ⇒10y a có 11 – a cách chọn y. Do vậy: Ta cho a chạy từ 0 đến 10 thì được số vectơ thoả yêu cầu bài toán là: (11 – 0) + (11 – 1) + (11 - 2) +…+ (11 - 10) = − + + + 2 11 (1 2 10) = − = 2 10.11 11 66 2 (vectơ) Câu Va: a) Tìm trên đường thẳng + − =   + − =  3 0 2 2 0 x y y z cách mặt phẳng α + − − =( ): 2 3 5 0x y z một đoạn bằng 14 . • Lấy M (3 - t, t, 2 - 2t) ∈ d • ( , ) 14 3 2 3(2 2 ) 5 14d M t t t α = ⇔ − + − − − = 22 6 7 8 14 7 7 t t t⇔ − = ⇔ = ∨ = − Vậy điểm cần tìm là   − −  ÷   1 22 26 , , 7 7 7 M hay   − −  ÷   27 6 26 , , 7 7 7 M b) Lập phương trình hình chiếu (d’) của (d) trên α ( ) . • Gọi là mặt phẳng chứa (d) và β α ⊥ ( ) . β ⇒ qua A(3, 0, 2) ∈ d và có VTP α β   = −   = uuur uuur uuur ( 1,5,3), d n a n ⇒ Phương trình β − − + − + − =: ( 3) 5( 0) 3( 2) 0x y z ⇔ − + + − =5 3 3 0x y z • Hình chiếu (d’) của (d) trên α ( ) là giao tuyến của α β ( ),( ) . ⇒ Phương trình (d’) là + − − =   − + + − =  2 3 5 0 6 3 3 0 x y z x y z Câu Vb: a) Xác đònh x, y theo a để MN ngắn nhất. • Gọi I là trung điểm BC. ⊥  ⇒ ⇒ ⊥  ⊥  ( ) ( ) BC AI BC AIN BC d ⇒ Số đo nhò diện (M, BC, N) · = = °90MIN ∆ MIN vuông tại I có IA là đường cao ⇒ M, N ở hai bên A và = 2 .IA AM AN ⇔ = 2 3 . 4 a x y • Ta có = + ≥ 2MN x y xy ⇒ MN ngắn nhất là 3a khi = = 3 2 a x y B C N I A M y x d b) Thể tích hình chóp BCMN: Ta có: = + = + = + = + 2 1 1 . . 3 3 1 1 3 ( ) ( ) 3 3 4 BCMN MABC NABC ABC ABC ABC V V V MA S NA S S MA AN a x y Vậy: = + 2 3 ( ) 12 BCMN a V x y . . THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 PHẦN BẮT BUỘC CÂU I: Cho hàn số y= f(x) = 3 2( 1) 3 m x m x− + ( m là tham số ) a. Khảo sát hàm số khi m=. bao nhiêu số gồm 10 chữ số trong đó có đúng bốn chữ số 2 và sáu chữ số 1. Giả sử bốn chữ số 2 là khác nhau và sáu chữ số 1 là khác nhau thì số các số gồm