Thầy Trần Ngọc Văn ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2009 Đề số 6 Môn thi Toán, Khối D Thời gian làm bài 180 phút Câu I ( 2đ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 1 1 x y x + = − (1). 2) Xác định m để đường thẳng y=x-2m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho MN=6. Câu II ( 3đ) 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ 2. Giải phương trình: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− 3. Tìm m để phương trình : 01xmx13x 4 4 =−++− có đúng 1 nghiệm Câu III: ( 2đ) Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6) 1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho V OABC = 3. Câu IV: ( 2đ) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 và 2 x2y −= . 2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho ( ) o 60SBC,SAB = ∧ . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ∆AHK vuông và tính V SABC ? Câu V :( 1đ) Tìm hệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: 49CC8A 1 n 2 n 3 n =+− . ---Hết--- Câu Nội dung Điểm Câu I 1) khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 2 1 1 x y x + = − Tập xác định: D=R\{1} 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x − + → → + + = −∞ = +∞ − − Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng. 2 1 2 1 lim 2; lim 2 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ + + = = − − Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 3 ' 1 1 x x y x x − − + = = − − − Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng: ( ) ;1−∞ ; ( ) 1;+∞ . Hàm số không có điểm cực trị. Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 +∞ −∞ 2 Vẽ đồ thị x=2=>y=5 x=3=>y=7/2 x=0=>y=-1 x=-1=>y=1/2 đồ thị hàm số nhận I(1;2) là tâm đối xứng. 0,25 0,25 0,25 0,25 2) phương trình hoành độ giao điểm : 2 1 2 (1); 1 1 x x m x x + = − ≠ − ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 2 1 0 x x m x x m x m ⇔ + = − − ⇔ − + + − = Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là: ( ) ( ) 2 2 4 4 13 0 3 2 4 2 1 0 3 0 1 m m m m x   + + > ∆ = + − − >  ⇔   − ≠ ≠    đúng với mọi giá trị của m. Theo định lí viét: 1 2 1 2 3 2 . 2 1 x x m x x m + = +   = −  Giọi tọa độ của điểm M và N là: 1 1 2 2 ( ; 2 ), ( ; 2 )M x x m N x x m− − => ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4MN x x x x x x x x= − + − = + − uuuur Theo giả thiết đầu bài ta có: ( ) ( ) 2 2 3 2 4 2 1 36m m   + − − =   0,25 0,25 0,25 2 4 4 3 0 3 2 1 2 m m m m ⇔ + − =  = −  ⇔   =   Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm. 0,25 Câu II: 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos −= + ⇔ ( ) xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22 − = − ⇔ cos x cos 2x s in2x 0⇔ = − ∧ ≠ 2 2 cos x cos x 1 0 s in2x 0⇔ + − = ∧ ≠ 1 cos x (cos x 1 :loaïi vì sin x 0) 2 ⇔ = = − ≠ π+ π ±=⇔ 2k 3 x 2. Phương trình: ( ) 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− (1) (1) ( ) 1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3 = − −−⇔ 1 xlog1 4 xlog2 xlog2 33 3 = − − + − ⇔ đặt: t = log 3 x (1) thành 2 2 t 4 1 t 3t 4 0 2 t 1 t − − = ⇔ − − = + − (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) t 1 hay t 4⇔ = − = Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hay x 81 3 ⇔ = − = ⇔ = = 3. Phương trình: 01xmx13x 4 4 =−++− (1) (1) x1mx13x 4 4 −=+−⇔ ( )    −=−−− ≤ ⇔    −=+− ≤ ⇔ m1x9x6x4 1x x1mx13x 1x 23 4 4 ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x 3 – 6x 2 – 9x – 1 với x ≤ 1 tại 1 điểm f(x) = 4x 3 – 6x 2 – 9x – 1 TXĐ: x ≤ 1 f'(x) = 12x 2 – 12x – 9 = 3(4x 2 – 4x – 3) f'(x) = 0 ⇔ 4x 2 – 4x – 3 = 0 ⇔ 2 3 x 2 1 x =∨−= x –∞ –1 / 2 1 –3 / 2 +∞ f' + 0 – – 0 + f CĐ + ∞ – ∞ –12 CT Từ bảng biến thiên ta có: ycbt 3 3 m hay m 12 m hay m 12 2 2 ⇔ − = − < − ⇔ = − > Câu III: 1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0) Bán kính mặt cầu ( ) 5363MOR 2 2 =+−== Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 R53 5 15 5 960 d === −− = Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là: x y 3 x t y 3 2t 1 2 z 6 z 6 + =     = ⇔ = − +   = =     (t ∈ R) Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3 Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6) 2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): 1 c z b y 2 x =++ Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: bcc3b61 c 6 b 3 =−⇔=+− (1) Ta lại có 3 3 bc bc 2 1 . 3 2 S.OA 3 1 V OBCOABC ==== ⇒ 9bc = (2) Từ (1) và (2) ta có { { bc 9 bc 9 hay 6b 3c 9 6b 3c 9 = = − − = − = − 3 b b c 3hay 2 c 6   = − ⇔ = =  = −   Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 1 3 z 3 y 2 x =++ hoặc 1 6 z 3 y2 2 x =−− Câu IV: 1. Ta có:    =+ ≥ ⇔−= 2yx 0y x2y 22 2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính 2R = , có y ≥ 0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x 2 và 2 x2y −= : 2 2 x 2 x x 1= − ⇔ = ± ; x 2 và [ ] khi x 1;1∈ − thì 2 2 x− ≥ x 2 Do đó ta có ( ) ∫∫∫ −−− −−=−−= 1 1 2 1 1 2 1 1 22 dxxdxx2dxxx2S ∫ − −= 1 1 2 1 dxx2I Đặt: x = 2 sint               ππ −∈ 2 , 2 t ⇒ dx = 2 costdt x 1 t ;x 1 t 4 4 π π = − ⇒ = − = ⇒ = ∫∫ π π − π π − =−= 4 4 4 4 2 1 tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I ( )       + π =       +=+== π π − π π − π π − ∫∫ 2 1 4 2t2sin 2 1 tdtt2cos1tdtcos2I 4 4 4 4 4 4 2 1 (Nhận xét : ( ) ( ) 4 4 1 0 4 I 1 cos 2t dt 2 1 cos 2t dt π π π − = + = + ∫ ∫ Vì f(t) = 1 cos 2t+ là hàm chẵn) 1 1 2 2 2 1 0 2 I x dx 2 x dx 3 − = = = ∫ ∫ Vậy 3 1 23 2 1 23 2 2 1 4 2S + π =−+ π =−       + π = (đvdt ) (Nhận xét : ( ) ( ) 1 1 2 2 2 2 1 0 S 2 x x dx 2 2 x x dx − = − − = − − ∫ ∫ Vì g(x) = 2 2 2 x x− − là hàm chẵn) 2. * Chứng minh ∆AHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (∆ACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆AHK vuông tại K * Tính V SABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC đều ⇒ 2 R IOIA == Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB Vì AB 4 3 BI = . Suy ra SA.R. 4 3 S 4 3 S SABSIB == (∗) Ta có: 22 SBC RSA.3R 2 1 SC.BC 2 1 S +== Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 22 SBC o SBCSIB RSA 4 3R S 2 1 60cos.SS +=== (∗∗) Từ (∗), (∗∗) ta có: 2 R SA = Từ đó 12 6R ABCdt.SA 3 1 V 3 SABC =∆= Câu Va: 1. Điều kiện n ≥ 4 Ta có: ( ) ∑ = − =+ n 0k knk2k n n 2 2xC2x Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − Ta có: 3 2 1 n n n A 8C C 49− + = ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x 8 là 2802C 34 7 = . Thầy Trần Ngọc Văn ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2009 Đề số 6 Môn thi Toán, Khối D Thời gian làm bài 180 phút Câu I ( 2đ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 1 1 x y x. x 2 Do đó ta có ( ) ∫∫∫ −−− −−=−−= 1 1 2 1 1 2 1 1 22 dxxdxx2dxxx2S ∫ − −= 1 1 2 1 dxx2I Đặt: x = 2 sint               ππ −∈ 2 , 2 t ⇒ dx