De va DA thi thu DH 2009 De so 18

1 ) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C)2. Đẳng thức xảy ra khi nào.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2009 – MƠN TỐN KHỐI A, B, D

ĐỀ SỐ 18

Câu I: (2 điểm) 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số

2 1

1

x x

y x

  

 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (- 1; 0) tiếp xúc với đồ thị ( C )

Câu II:( điểm) Giải hệ phương trình :

2 1

3

x y x y

x y

      



  

 Giải phương trình :

3

2 cos ( ) 3cos sin

x   x x

Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 12x 4y36 0 Viết phương trình đường trịn (C

1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngòai với đường tròn (C)

2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho điểm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm tọa độ điểm B thuộc mặt phẳng Oxy cho tứ giác OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua điểm O, B, C, S

b) Tìm tọa độ điểm A1 đối xứng với điểm A qua đường thẳng SC

Câu IV: ( điểm) 1.Tính tích phân

7

2

x

I dx

x

 





2 Tìm hệ số x7 khai triển đa thức (2 ) x 2n, n số nguyên dương thỏa mãn:

1

2 2 n

n n n n

C C C C 

        = 1024 (

k n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V: (1 điểm) Cmrằng với x, y > ta có :

2

9

(1 x)(1 y)(1 ) 256

x y

   

Đẳng thức xảy nào?

BÀI GIẢI

CÂU I

1/ Khảo sát vẽ đồ thị

  



2

x x

y (C)

x MXĐ: D R \ 1

 









       



2

2

x 2x

y' ,y' x 2x x 0hayx

x

BBT

x   -2 -1 0 

y' + - - + y

 

-3 

  1



Tiệm cận:

x1 phương trình tiệm cận đứng y x phương trình tiệm cận xiên

: y k x 1







 tiếp xúc với

 

C  hệ pt sau có nghiệm









  

 

   



 

 



2

2

x x k x 1

x

x 2x k

x

 phương trình hoành độ tiếp điểm













2

2

x 2x x

x x

x x 1

 

  

 

x

  

3 k

4



Vậy pt tiếp tuyến với

 

C qua M 1,0







là:





3

y x

4

 

CÂU II 1/ Giải hệ pt :

 

2x y x y I

3x 2y

     

 

 

 

 



 



2x y x y

I

2x y x y

     

  

    

 

Đặt u 2x y 0,v    x y 0 

(I) thành





    

 





 

  

 

 



1

2

2

u v u v

u v loại

u v

Vậy

 

I 2x y

x y

   

  

 

 

2x y x

x y y

   

 

   

  

 

2/ Giải phương trình

 

3

2 cos x 3cosx sin x

4



 

   

 

 

(2)

3

2 cos x 3cosx sinx

4



  

       

 

 





    

      

3

3 2

cosx sinx 3cosx sinx

cos x sin x 3cos xsinx 3cosxsin x 3cosx sinx

 

  

 





cosx

sin x sin x

 

 

       



 3

cosx hay

1 3tgx 3tg x tg x 3tg x tgx tg x

 sin x 12  hay tgx 1 x k



   

hay

   

x k

4 CÂU III

1/

 









2

2

Vậy (C) có tâm I 6,2





R=2

Vì đường trịn



C1



tiếp xúc với trục Ox, Oy nên tâm I1 nằm đường thẳng yx vàvì (C) có tâm I 6,2





,R =

nên tâm I (x; x)1  với x > 0.

TH : Tâm I1 đường thẳng y = x  I x,x





, bán kính R1x



C1



tiếp xúc với (C)  II1 R R1



x 6



2



x 2



2  2 x









 x 6 2 x 2  4 4x x  x2 16x 4x 36 0  

 x2 20x 36 0   x 2hayx 18  .Ứng với R12 hayR1 18

Có đường tròn là:









2

x 2  y 2 4;



x 18



2



y 18



2 18

2

TH : Tâm I1 đường thẳng yx I x, x







;

R

1



x

Tương tự trên, ta có x=

Có đường trịn









2

x 6





y 6





36

Tóm lại ta có đường trịn thỏa ycbt là:

















































2 2

2

x 2

y 2

4; x 18

y 18

18;

x 6

y 6

36

2a/ Tứ giác OABC hình chữ nhật 



























































OC AB

 B(2,4,0)

* Đoạn OB có trung điểm

H 1,2,0





H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng OBC Vì A, O, C nhìn SB góc vng nên trung điểm I ( 1; 2; ) tâm mặt cầu bán kính R =









1

SB

1

4 16 16 3

2

2

,

Vậy phương trình mặt cầu





















2 2

x 1

y 2

(z 2)

9

2b/ SC



0,4, 4





chọn



0,1, 1



là vtcp SC

Pt tham số đường thẳng SC

x y t z t

  

     

Mp (P) qua A 2,0,0





vng góc với SC có phương trình





O x 2  y z 0  y z 0 

Thế pt tham số SC pt (P) Ta có t=2 suy M 0,2,2





  

 

 

   

 

    

 

2 x 2.0 x

0 y 2.2 y

0 z 2.2 z Vậy A1



2,4,4



CÂU IV: 1/ Tính

3

x

I dx

x

 





Đặt t 3x 1  x t 3 1 dx 3t dt

 x t  31.Đổi cận t( 0) = ; t (7 ) =

Vậy









2

3 5 2

2 2 4

1

1

t 3t t t 231

I dt t t dt

t 10

  

       

 





2/ Ta có





  

    

 2n 1 2n 10  12n 1  2n 12 2 32n 1 3  2n 2n 12n 1

1 x C C x C x C x C x

Cho x 1 Ta có 22n 1 C2n 10  C12n 1 C2n 12  C2n 13  C2n 14   C 2n 12n 1 (1)

Cho x1 Ta có 0 C 02n 1  C12n 1 C2n 12   C2n 13  C2n 14   C 2n 12n 1 (2)

Lấy (1) - (2) 

2n 1 2n

2n 2n 2n 2n

2  C C C C 

   

 

      



2n 2n 10

2n 2n 2n 2n

2 C C C C  1024

   

       Vậy 2n=10

Ta có





10 10





k 10k 10 k





k

k

2 3x C  3x



 





Suy hệ số x7 C 2107 3 hay C 2103

CÂU V: Ta có:

3

3

x x x x

1 x

3 3

     

3

3

y y y y y

1

x 3x 3x 3x x

     

 

3

9 3 3

1

y y y y y

     



2 6

4

9

1 16

y y

 

 

 

 

 

Vậy







       

   

2 3 3 6

4

3 3

y x y

1 x 1 256 256