Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất.. Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình..[r]
(1)BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y=x4−8x2
+7 (1)
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)
2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) Bài chắn phải làm Khơng khơng nên thi Đại học làm Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình sin(2x −π
4)=sin(x − π 4)+
√2 2 Giải bất phương trình : 1
1− x2+1> 3x √1− x2 Bài giải :
sin(2x −π
4)=sin(x − π
4)+√ 2
2 sin(2x − π 4)−sin
π
4=sin(x − π
4)
⇔2 cosx sin(x −π
4)−sin(x − π
4)=0⇔sin(x − π
4)(2 cosx −1)=0
⇔
sin(x −π 4)=0 ¿ cosx=1/2
¿ x=π
4+kπ ¿ x=±π
3+k2π ¿
(k∈Z)
¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿ 1
1− x2+1> 3x
√1− x2 (*) Điều kiện –1< x <1 Đặt x = sint với t [0 ; ] Ta có 1
cos2t +1> 3 sint cost ⇔tan
2
t −3 tant+2>0
⇔tant<1∨tant>2 (*)
Mặt khác với tant = sint=√2
2 ; với tant = sin
t=4 cos2t⇒sint= 2
√5
Vậy từ (*) Ta có nghiệm bất phương trình cho :
−1<x<√2
2 ¿ 2 √5<x<1
¿ ¿ ¿ ¿ Câu III: (2 điểm)
Trong không gian hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = , đường thẳng d1:x −3
2 = y 9=
z+5
1 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6)
1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A,B,C có tâm thuộc mặt phẳng (P)
2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường trịn có bán kính lớn Bài giải :
(2)(S):x2+y2+z2+2 ax+2 by+2 cz+d=0 có tâm I(–a ; –b ; –c)
A,B,C thuộc (S) I thuộc (P) nên ta có hệ phương trình :
¿
8a+6c+d+25=0
−2a −2b+6c+d+11=0
6a+4b+12c+d+49=0
−2a −3b+3c+1=0
⇔
¿{ { {
¿
¿
8a+6c+d+25=0
10a+2b+14=0
−2a+4b+6c+24=0
−2a −3b+3c+1=0
⇔
¿a=−1
b=−2
c=−3
d=1
¿{ { {
¿
Phương trình mặt cầu : (S):x2+y2+z2−2x −4y −6z+1=0 Tâm I(1;2;3)
Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính lớn mặt phẳng qua tâm I mặt cầu Đường thẳng d qua điểm M(3;0;–5) có VTCP u→=(2;9;1)
IM
−− →
=(2;−2;−8) ; [IM −→
, u→]=(70;−18;22)
Mặt phẳng (Q) có VTPT →n=(35;−9;11) nên có phương trình (Q) : 35(x –1 ) –9(y –2) +11(z – 3) =0 (Q): 35x –9y +11z –50 =0 Câu IV: (2 điểm)
1 Tính tích phân : I=∫
0
π/2 sin 2x
3+4 sinx −cos 2xdx
2 Chứng minh phương trình : 4x(4x2+1)=1 có ba nghiệm thực phân biệt
Bài giải :
1
sinx+1¿2
¿ ¿ sinx
¿ I=∫
0
π/2 sin 2x
3+4 sinx −cos 2xdx=∫0 π/2
sinx
sin2x+2sinx+1 .cos xdx=∫0
π/2 ¿ Đặt t = sinx +1 sinx = t – cosxdx = dt
Khi x = t = ; x = /2 t = Ta có : I=∫
1
t −1
t2 dtị=∫
(1t − 1
t2)dtị=(ln∨t∨
+1
t )¿1
=ln 2−1
2 2.Đặt f(x)=4x(4x2+1)−1
Tập xác định D = R , hàm số liên tục R
f '(x)=4x ln 2(4x2+1)+8x 4x=2 4x(4x2ln 2+4x+ln2)
f '(x)=0⇔4x2 ln2+4x+ln 2=0
Δ'=4−4 ln22=4(1−ln22)>0 Vây f ’(x) = có nghiệm phân biệt x1 ; x2
Điều chứng tỏ f(x) cắt trục hồnh khơng q điểm phương trình cho khơng q nghiệm
Mặt khác f(x) liên tục R thỏa
f (0) = ; f(–1/2) = ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64
Như phương trình cho có nghiệm : x = ; x = –1/2 ; x (–3 ; –2)
Câu Va :(2 điểm)
1 Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Newton (1+3x)2n biết A n
3
+2An2=100 (n số nguyên
dương)
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 =1 Tìm giá trị thực m để đường thẳng
y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến với C cho góc hai tiếp tuyến 600
1 An
3
+2An2=100 Điều kiện n ≥ An
3
+2An2=100⇔ n ! (n −3)!+2
n !
(3)1+3x¿10=∑ k=0 10
C10k 3kxk ¿
Số hang chứa x5 tương ứng k = Hệ số só hạng chứa x5 C
10
.35=61236
2 Đường trịn (C) có tâm O(0;0) bán kính Giả sử từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB 600 góc AMO 300 MO = Vậy M chạy đường tròn tâm O bán kính
Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT số giao điểm đường trịn (C’) tâm O bán kính với đường thẳng y = m Để có điểm theo YCBT |m| <
Câu Vb: (2 điểm)
1 Giải phương trình : 3+ 1
log3x=logx(9x −
6 x)
2 Cho hình chóp SABC mà mặt bên tam giác vuông SA=SB=SC = a Gọi M,N,E trung điểm cạnh AB,AC,BC D điểm đối xứng S qua E , I giao điểm đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh AD SI tính theo a thể tích khối tứ diện MBSI
Bài giải :
1 Điều kiện ¿ 0<x ≠1
x>√6
3 ¿{
¿ 3+ 1
log3x=logx(9x −
6
x)⇔3+logx3=logx(9x
2−6
)−1⇔logx(3.x4)=logx(9x2−6)
⇔3x4−9x2+6=0⇔(x2−1)(3x2−6)⇒x=√2
2
Trong (ABC) AE MN = J SJ = (SMN) (ASD) Trong (ASD) SJ AD = I I = AD (SMN) Ba tam giác SAB,SAC,SBC tam giác vuông cân SA,SB,SC đơi vng góc ABC tam giác cạnh a
BSCD hình vng cạnh a ( )
BD SB
BD SAB BD SM
BD SA
Lại có SM AD nên SM (ABD) SM AD (1) ( )
BC SD
BC SAD BC AD
BC SA
Mà MN// BC MN AD (2)
Từ (1) (2) AD (SMN) AD SI (đpcm) Trong (SBD) kẻ IH // BD (H AB)
IH (SAB)
2
2 2
3
IH AI AI AD SA a
BDAD AD SA SD a
IH = a/3 SSMB = 1/2 SSAB =
2
4
a
VMBSI =
2
1
3 SMB 3 36
a a a
IH S
J
H I
D E
N
M
S C
B
(4)