Trang 1 BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ ĐẠI HỌC 2008 – A2 Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 78 24 +−= xxy (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị hàm số (1) . Bài này chắc chắn rằng ai cũng phải làm được . Không được thì không nên thi Đại học làm gì . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 4 sin 4 2sin +       −=       − ππ xx 2. Giải bất phương trình : 2 2 1 3 1 1 1 x x x − >+ − Bài giải : 1. 2 2 4 sin 4 2sin +       −=       − ππ xx ⇔       −=−       − 4 sin 4 sin 4 2sin πππ xx ( ) 01cos2 4 sin0 4 sin 4 sin.cos2 =−       −⇔=       −−       −⇔ xxxxx πππ )( 2 3 4 2/1cos 0 4 sin Zk kx kx x x ∈       +±= += ⇔      = =       − ⇔ π π π π π 2. 2 2 1 3 1 1 1 x x x − >+ − (*) Điều kiện –1< x <1 Đặt x = sint với t ∈[0 ; π] Ta có 02tan3tan cos sin3 1 cos 1 2 2 >+−⇔>+ tt t t t 2tan1tan >∨<⇔ tt (*) Mặt khác với tant = 1 thì 2 2 sin = t ; với tant = 2 ⇒ 5 2 sincos4sin 22 =⇒= ttt Vậy từ (*) Ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :       << <<− 1 5 2 2 2 1 x x Câu III: (2 điểm) Trong không gian hệ tọa độ Oxyz . cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0 , đường thẳng 1 5 92 3 : 1 + == − z y x d và 3 điểm A(4;0;3) , B(–1;–1;3) C(3;2;6) 1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A,B,C và có tâm thuộc mặt phẳng (P) . 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất . Bài giải : 1. Gọi mặt cầu (S) cần tìm có phương trình 0222:)( 222 =++++++ dczbyaxzyxS có tâm I(–a ; –b ; –c) A,B,C thuộc (S) và I thuộc (P) nên ta có hệ phương trình : ⇔        =++−− =++++ =+++−− =+++ 01332 0491246 011622 02568 cba dcba dcba dca        = −= −= −= ⇔        =++−− =+++− =++ =+++ 1 3 2 1 01332 024642 014210 02568 d c b a cba cba ba dca Phương trình mặt cầu : 01642:)( 222 =+−−−++ zyxzyxS Tâm I(1;2;3) Mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính lớn nhất là mặt phẳng đi qua tâm I của mặt cầu Trang 2 Đường thẳng d đi qua điểm M(3;0;–5) và có VTCP )1;9;2( = → u )8;2;2( −−= →−− IM ; )22;18;70(, −=       →→− uIM Mặt phẳng (Q) có VTPT )11;9;35( −= → n 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 : ∫ −+ = 2/ 0 2cossin43 2sin π dx xx x I 2. Chứng minh rằng phương trình : 1)14(4 2 =+ x x có đúng ba nghiệm thực phân biệt Bài giải : 1. ∫∫∫ + = ++ = −+ = 2/ 0 2 2/ 0 2 2/ 0 cos )1(sin sin cos. 1sin2sin sin 2cossin43 2sin πππ xdx x x xdx xx x dx xx x I Đặt t = sinx +1 ⇒ sinx = t – 1 ⇒ cosxdx = dt Khi x = 0 ⇒ t = 1 ; khi x = π/2 ⇒ t = 2 Ta có : ∫ ∫ −=       +=       −= − = 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2ln 1 ||ln 111 t tdt t t dt t t I 2.Đặt 1)14(4)( 2 −+= xxf x Tập xác định D = R , hàm số liên tục trên R )2ln42ln4(4.24.8)14(2ln2.4)(' 22 ++=++= xxxxxf xxx 02ln42ln.40)(' 2 =++⇔= xxxf 0)2ln1(42ln44' 22 >−=−=∆ Vây f ’(x) = 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 ; x 2 Điều này chứng tỏ f(x) cắt trục hoành không quá 3 điểm ⇒ phương trình đã cho không quá 3 nghiệm . Mặt khác do f(x) liên tục trên R và thỏa f (0) = 0 ; f(–1/2) = 0 ; f(–2) = 1/16 ; f(–3) = 27/64 Như vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm : x = 0 ; x = –1/2 ; x ∈ (–3 ; –2) Câu Va :(2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Newton (1+3x) 2n biết rằng 1002 23 =+ nn AA (n là số nguyên dương) 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 =1 . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với C sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 1. 1002 23 =+ nn AA Điều kiện n ≥ 3 5100)1(2)2)(1(100 )!2( ! 2 )!3( ! 1002 23 =⇔=−+−−⇔= − + − ⇔=+ nnnnnn n n n n AA nn ∑ = =+ 10 0 10 10 3)31( k kkk xCx Số hang chứa x 5 tương ứng k = 5 . Hệ số só hạng chứa x 5 là 612363. 55 10 = C 2 Đường tròn (C) có tâm O(0;0) bán kính bằng 1 . Giả sử từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến MA , MB đến (C) thỏa mãn góc MAB bằng 60 0 thì góc AMO bằng 30 0 ⇒ MO = 2 Vậy M chạy trên đường tròn tâm O bán kính bằng 2 . Số điểm nằm đường thẳng y = m kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) thỏa mãn YCBT cũng là số giao điểm của đường tròn (C’) tâm O bán kính bằng 2 với đường thẳng y = m . Để có đúng 2 điểm theo YCBT thì |m| < 2 Câu Vb: (2 điểm) 1. Giải phương trình :       −=+ x x x x 6 9log log 1 3 3 2. Cho hình chóp SABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông SA=SB=SC = a . Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AC,BC . D là điểm đối xứng của S qua E , I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) . Chứng minh rằng AD ⊥ SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI . Bài giải : 1. Điều kiện      > ≠< 3 6 10 x x Trang 3 )69(log).3(log1)69(log3log3 6 9log log 1 3 242 3 −=⇔−−=+⇔       −=+ xxx x x x xxxxx 2)63)(1(0693 2224 =⇒−−⇔=+−⇔ xxxxx 2. Trong (ABC) AE ∩ MN = J ⇒ SJ = (SMN) ∩ (ASD) Trong (ASD) SJ ∩ AD = I ⇒ I = AD ∩ (SMN) Ba tam giác SAB,SAC,SBC là các tam giác vuông cân bằng nhau ⇒ SA,SB,SC đôi một vuông góc và ∆ ABC là tam giác đều cạnh 2a BSCD là hình vuông 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) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm) Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB) ⇒ IH ⊥ (SAB) 2 2 2 2 2 2 . 1 3 3 IH AI AI AD SA a BD AD AD SA SD a = = = = = + ⇒ IH = a/3 S SMB = 1/2 . S SAB = 2 4 a V MBSI = 2 3 1 1 . . . 3 3 3 4 36 SMB a a a IH S = = J H I D E N M S C B A . ⊥ AD (2) Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SMN) ⇒ AD ⊥ SI (đpcm) Trong (SBD) kẻ IH // BD (H ∈ AB) ⇒ IH ⊥ (SAB) 2 2 2 2 2 2 . 1 3 3 IH AI AI AD SA a BD AD AD SA SD a. R )2ln42ln4(4 .24 .8)14(2ln2.4)(' 22 ++=++= xxxxxf xxx 02ln42ln.40)(' 2 =++⇔= xxxf 0)2ln1(42ln44' 22 >−=−=∆ Vây f ’(x) = 0 luôn có 2 nghiệm