De du bi 1 khoi A 2008 va loi giai

Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E?. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC2[r]

ĐỀ DỰ BỊ KHỐI A, NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 33mx2(m1)x1 (1), m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -1

2 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = -1 qua điểm A(1;2) Câu II (2 điểm) Giải phương trìnhtanxcotx4cos 22 x.

2 Giải phương trình

2 (2 1)

2 1 3 2

2 x

x   x 

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

3 3 3

:

2 2 1

x y z

d     

2

5 2

:

6 3 2

x y z

d    

1 Chứng minh d1 d2 cắt

2 Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A, B thuộc d1 , d cho tam giác IAB cân I có

diện tích 41 42 .

Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I =

3

2 2 xdx

x 



2 Giải phương trình esin(x 4) tanx 



 .

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Cho tập hợp E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7} Hỏi có số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác lập từ chữ số E ?

2 Trong 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=0 x - y +1 = 0; điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình

1

3

2 3

log log 0.

1 x x



 



 



 

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vuông cân đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I, J trung điểm EC, SC; M điểm di động tia đối tia BA cho góc ECM  900 H hình chiếu vng góc S MC Tính thể tích

của khối tứ diện EHIJ theo a,  tìm  để thể tích lớn nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu II.1 ĐK

sin 0

cos 0 2

x k

x x

 



 





 Ta có

2

cos sin cos sin cos 2 cot tan

1 sin cos sin cos sin 2

2

x x x x x

x x

x x x x x



    

Do đó, PT

2 2cos 2 cos 2 0

tan cot 4cos 2 4cos 2 0

1 2sin cos 2 0 sin 2

x x

x x x x

x x

x

 

      

 



* cos 2 0 4 2 k x  x  

thỏa ĐK

* 1 2sin cos 2 0 sin 4 1 8 2 k

x x x x  

      

Câu II.2

2 (2 1)

2 1 3 2

2 x

x   x  

Cách : ĐK

1 3

2 x 2 

 

Xét

2 (2 1)

( ) ( 2 1 3 )

2 x

f x    x   x

đoạn D = 1 3 [ ; ]

2 2 

Ta có

/( ) 2(2 1) ( 1 1 ) 2(2 1) 2(2 1)

3 2 2 1 2 1 ( 2 1 3 )

x

f x x x

x x x x x x



      

      

/( ) 2(2 1) 1

( 2 1 3 ) 2 1 2

f x x

x x x x

 

     (cùng dấu với 2x  1)

Lập BBT f(x) đoạn D ta thấy PT cho có nghiệm

1 2 x

3 2 x 

Lưu ý : không lập BBT mà nhận xét

3

2

max ( ) ( ) ( ) 0

D f x f f



  

kết luận PT có nghiệm

1 2 x

và

3 2 x 

khơng xác (vì có x0(21;23) cho x0 nghiệm).

Cách : * Ta có VT2  4 2x1 2 x2 nên VT 2 Đẳng thức xảy KVCK

1 2 x

3 2 x 

* Lập BBT hàm số

2 (2 1) ( )

2 x

f x  

đoạn D = 1 3 [ ; ]

2 2 

ta thấy VP 2 Đẳng thức xảy KVCK 1 2 x

hoặc 3 2 x 

Vậy PT cho có nghiệm

1 2 x

3 2 x 

Cách :

* Ta có

1

2 1 3 2 0 2 1 3 2

2

x   x   x   x  x

Dễ thấy 1 2 x 

không nghiệm PT

* 2x 1 3 2 x0 PT viết lại

2

(2 1) ( 2 1 3 ) ( 2 1 3 )( 2 1 3 )

2

x x x

x   x x   x     

2

(2 1) ( 2 1 3 )

2(2 1) (2 1)( 2 1 3 ) 4

2

x x x

x     x x x

        

* Xét f x( ) (2 x1)( 2x 1 3 ) x đoạn D = 1 3 [ ; ]

2 2 

Ta có

/( ) 2( 2 1 3 ) (2 1)( 1 1 ) 8(2 1) (2 1)( 1 1 )

2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 3 2

x

f x x x x x

x x x x x x



          

      

/( ) (2 1)( 8 1 1 )

2 1 3 2 2 1 3 2

f x x

x x x x

   

     (cùng dấu với 2x  1)

Lập BBT f(x) đoạn D ta thấy PT cho có nghiệm

1 2 x

3 2 x 

Câu III Tọa độ giao điểm (nếu có) d1 d2 nghiệm hệ

3 3 3 1

2 2 1 1

5 2

2

6 3 2

x y z x

y

x y z

z

  

  

 



 

 

 

 

    

 

* d1 có VTCP a  (2; 2;1), d2 có VTCP b (6;3; 2) 

nên

. 20

cos( , )

21 | || |

a b d d

a b

 

 

 

Suy



1

41 sin 1 cos ( , )

21

AIB  d d 



1 41

.sin

2 42

IAB

S  IA IB AIB IA

Theo giả thiết

41 42 IAB

S 

nên IA =

* Vì A I d,  1 nên IA ta (1)

 

Do đó,

1 1 | || | 1

3 IA  t a  t

Thay vào (1) để tìm A

* Vì B I d,  1 nên IB k a (2)

 

Do đó,

1 1 | || | 1

7 IB  t b  t

Thay vào (2) để tìm B

Câu IV.2 * Nhận xét :

sin( ) tan x

x

e   >0 nên sin x cos x dương âm Hay sin ,cosx x  ( 1;0) sin ,cosx x (0;1)

Cách : Lấy ln hai vế ta

sin 2 sin

sin( ) ln (sin cos ) ln

4 cos 2 cos

x x

x x x

x x



    

* Trường hợp : sin ,cosx x  ( 1;0), PT viết lại

2

(sin cos ) ln( sin ) ln( cos ) 2 ln 2 ln

2 x x   x   x u u v  v, với u sinx(0;1),v cosx(0;1). Vì hàm số f t( ) t 2 lnt tăng (0 ; 1) nên PT tương đương với u = v  (0 ; 1) Hay

sin ,cos ( 1;0) sin , cos ( 1;0) 5 2

sin cos tan 1 4

x x x x

x k

x x x

 

   

 

   

 

  

 

* Trường hợp : sin ,cosx x (0;1), PT viết lại 2

(sin cos ) ln(sin ) ln(cos ) 2 ln 2 ln

2 x x  x  x u u v  v, với usinx(0;1),vcosx(0;1). Xét hàm số f t( ) t 2 lnt ta có

/( ) t 2 0, (0;1)

f t t

t 

   

nên f(t) giảm (0 ; 1) Vì PT tương đương

với u = v  (0 ; 1) Hay

sin ,cos (0;1) sin ,cos (0;1)

2

sin cos tan 1 4

x x x x

x k

x x x

 

 

 

   

 

 

  .

Cách :

2

cos

2( 2 2

(*)

sin

sin( ) sin cos )

4 tan sin

cos sin cos

x x

x x x x

x

x x x

e e

e    e    

Xét

2 ( )

t

f t t

e



Ta có

2 /

2 2

( 1)

2

( ) 0, ( 1;0) (0;1)

t

t

f t t

t

e 

     

Do đó, f(t) giảm (1 ; 0) (1 ; 0) * Trường hợp 1: sin ,cosx x  ( 1;0) Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) f(t) giảm (1 ; 0) nên

5

sin cos ( 1;0) 2

4

x x   x  k 

* Trường hợp 1: sin ,cosx x (0;1) Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) f(t) giảm (0; 1) nên

sin cos (0;1) 2

4

x x  x k 

Lưu ý : Ở ta phải xét khoảng (1 ; 0) (0 ; 1) mệnh đề “Nếu f(x) đơn điệu K, u v K,  thì

( ) ( )

Câu Va Mỗi số tự nhiên thỏa yêu cầu có dạng abcd, với a 0, d {0, 2, 4}, a, b, c, d phân biệt * Trường hợp : d =

 Chọn a (ĐK : a 0 d) : có cách chọn.

 Chọn b (ĐK : b a b d ) : có cách chọn.  Chọn c (ĐK : c a , c b c d ) : có cách chọn Vậy có tất 1654 = 120 số dạng abc0 thỏa yêu cầu * Trường hợp : d = d =

 Chọn d : có cách chọn

 Chọn a (ĐK : a 0 a d ) : có cách chọn.  Chọn b (ĐK : b a b d ) : có cách chọn  Chọn c (ĐK : c a , c b và c d ) : có cách chọn.

Vậy có tất 2554 = 200 số dạng abcd mà d {2, 4}, thỏa yêu cầu Tóm lại, có tất 120 + 200 = 320 số thỏa yêu cầu

Câu Va * Gọi N điểm đối xứng M qua đường phân giác AD : x - y +1 = N thuộc đường thẳng AC. Vì MN vng góc AD qua M(0 ; 2) nên MN : x + y  = Gọi K giao điểm MN với AD ta K(12 2;3)

Vì K trung điểm đoạn MN nên N(1 ; 1)

* Ta có đường thẳng AC qua N(1 ; 1) vng góc BH : 3x + 4y + 10=0 nên AC : 4x  3y  = * Ta có A giao điểm AC với AD nên A(4 ; 5)

* Ta có đường thẳng AB qua A M nên AB : 3x  4y + = Vì B giao điểm AB BH nên B( 3; ) 41 .

* Ta có

0 0

2

0

( ; ) 4 3 1 0

( 2) 2. 2

C x y AC x y

x y

MC

   

 

 



 

  

 

 

 Giải hệ ta C(1 ; 1) C(31 3335 35; ).

* Kiểm tra lại giả thiết AD : x - y +1 = phân giác góc BAC

 Với B( 3; ) 41 C(1 ; 1) ta có (xB  yB1)(xC yC1) 0 nên B, C khác phía AD Thỏa yêu cầu.  Với B( 3; ) 41 C(35 3531 33; )ta có (xB yB 1)(xC  yC 1) 0 nên B, C khác phía AD Thỏa yêu cầu. Vậy A(4 ; 5), B( 3; ) 41 C(1 ; 1) A(4 ; 5), B( 3; ) 41 C(31 3335 35; ).

Câu V.b Ta có

1 2

3

2 3 2 3 2 3

log log 0 0 log 1 1 2

1 1 1

x x x

x x x

  

 

      

 

  

 

*

2

2 3 2

1 0

1

1 1

x

x x

x

x x

  

 

    

 

   (1)

*

2 3 1

2 0 1

1 1

x

x

x x



     

  (2)

Giao nghiệm (1) (2) ta nghiệm BPT x < 2 Câu V.b * Ta có IJ đường trung bình tam giác SCE nên

// ( )

IJ SE ABC và IJ = a Do đó,

 

1 1

. . . .sin . . .sin

3 3 2 12

EIHJ EIH

a a

V  IJ S  EI EH IEH  CE EH IEH

* Vì

CM SH

CM SE

  



 nên CM (SHE) CM EH Do đó,



sinIEH sin(90  ) cos  EH CE .sin . Vì vậy,

2

. .sin cos . .sin 2

12 24

EIHJ

a a

V  CE    CE 

K N

D H

B

A

C M

 J

I E

A B

C S

M

H

 I

H E

C

* Trong tam giác ABC, vng B, ta có CE2 CB2BE2 5a2 Vậy

3 5 sin 2

24 EIHJ

a

V  