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



3

mx

2



(

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 trình

tan

x



cot

x



4cos 2

2

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

e

sin(x 4)

tan

x







.

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 

 

90

0 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

x

0



(

21

;

23

)

cho

x

0 nghiệm).

Cách : * Ta có

VT

2

 

4 2

x



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

*

2

x

 

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)( 2

x

 

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 ,cos

x

x  

( 1;0)

sin ,cos

x

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 ,cos

x

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



sin

x



(0;1),

v



cos

x



(0;1)

. Vì hàm số

f t

( )

 

t

2 ln

t

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 ,cos

x

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



sin

x



(0;1),

v



cos

x



(0;1)

. Xét hàm số

f t

( )

 

t

2 ln

t

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 ,cos

x

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 ,cos

x

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

(

x

B



y

B



1)(

x

C



y

C



1) 0



nên B, C khác phía AD Thỏa yêu cầu.  Với

B

( 3; )



41

C

(

35 3531 33

;

)

ta có

(

x

B



y

B



1)(

x

C



y

C



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

CE

2



CB

2



BE

2



5

a

2 Vậy

3

5 sin 2

24

EIHJ

a

V



