HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2008 Môn toán Khối A Câu 1 1 Khi m = 1 hàm số trở thành TXĐ \{ 3} Giới hạn, tiệm cận Đồ thị h[.]
Trang 1HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - 2008
Môn toán - Khối A Câu 1.
1 Khi m = 1 hàm số trở thành:
2
TXĐ: \{-3}
Giới hạn, tiệm cận: lim yx
x 3
lim y
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3
4 lim [y-(x-2)]= lim 0
x 3
Đồ thị hàm số có tiệm cận xiên y = x – 2
Chiều biến thiên:
y’ =
2
1
Hàm số đồng biến trong các khoảng ; 5 ; 1;
Hàm số nghịch biến trong các khoảng (-5; -3); (-3 ; -1)
Bảng biến thiên:
Trang 2 Đồ thi:
y = 0
Đồ thị hàm số cắt Ox tại 2 điểm ( 1 ; 0), (-2 ; 0)
x = 0 y 2
3
Đồ thị cắt Oy tại điểm 0; 2
3
Đồ thị nhận điểm I ( -3 ; -5) làm tâm đối xứng
Trang 32
x 3m
mx 2 6m 2
x 3m
Nếu 6m -2 = 0 m = 1
3 thì
1
3
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
Nếu m 1
3
x 3m
lim y
đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -3m (d1)
6m 2 lim[y-(mx-2)]= lim 0
x 3m
Trang 4 Đồ thị hàm số có tiện cận xiên y = mx – 2 (d2)
Vì d1 // Oy nên góc giữa hai tiệm cận của đồ thị bằng 450
(d2) tạo với Oy một góc bằng 450
(d2) tạo với Ox một góc bằng 450
0 0
m tg 45
Câu II.
1 Giải phương trình: 1 1 4sin 7 x 1
3
2
Ta có: sin x 3 cos
2
7
Điều kiện xác định: sinx.cosx 0 x k
2
, k
Khi đó: (2) sinx+cosx 4sin x
2 sin x
(3)
kiện)
Trường hợp 2: sin x 0
4
Trang 5Khi đó: 2 4 sinx.cosx=- 2
2
8 4
5
(l, p ) (t/m ĐKXĐ)
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm là:
4
8
5
8
m,l,p
2 Hệ đã cho
5 (x y) xy.(x y) xy
4 (I) 5
4
Đặt
2
v xy
Hệ trở thành
2
5
5
4
Lấy (2) trừ đi (1) ta được: u2– u – uv = 0
u ( u – v – 1) = 0
u 0
v u 1
Trang 6Với u = 0 thay vào (2) ta đượcv 5
4
Ta có:
2
5 xy
4
2 3
5 x
4
3
3
5 x 4 25 y
16
Với v=u-1 thay vào (2) ta được
2
v
Và (I)
2 2
2
1
2
2
2 2
2 2
2
1
2
1
x 1 0(do2x 2x 3 2x 1 5 0 x) (x 1)(2x 2x 3) 0
2
x 1
3
y
2
Vậy hệ (I) có 2 nghiệm
3
3
5 x 4 25 y
16
;
x 1 3 y 2
Câu III:
Trang 7(1) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u d (2;1; 2)
Mặt phẳng (P) qua điểm A nhận vectơ chỉ phương của đường thẳng d, u d (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là:
2(x 2) ( y 5) 2( z 3) 0 2x y 2z 15 0 Tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d là nghiệm của hệ
2 1 2
2 2 15 0
Giải hệ này ta nhận được ( , , ) (3,1, 4)x y z Hình chiếu của A lên đường thẳng d chính là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P) nên tọa độ hình chiếu của A là A’(3;1;4)
(2) Gọi H là hình chiếu của A lên ( ) Vì AH vuông góc với HA’ nên AA' AH Do đó mặt phẳng ( ) thỏa mãn khoảng cách từ A đến ( ) là lớn nhất khi và chỉ khi ( ) vuông góc với đường thẳng AA’
Ta có AA' (1; 4;1)
, mặt phẳng ( ) đi qua điểm A’ nhận vectơ AA' làm vectơ pháp tuyến nên
có phương trình là
(x 3) 4( y 1) ( z 4) 0 x 4y z 3 0
Vậy ( ) : x 4y z 3 0
Câu IV
1) Tính tích phân: 6 4
0
tan x
cos2x
Đặt t = tan x, suy ra:
2
dx
dt
cos x
= (1 + tan2x)dx dx dt 2
1 t
Với x = 0 t = 0
x =
6
t = 3
3
Trang 8Khi đó: I =
2
1
1 t
=
3 3
0 0
0 0
ln
ln
2) Xét hàm số f x( ) 4 2x 2x 2 6 4 x 2 6 x trên đoạn [0;6] Ta có
4 3
'( )
2 2 2 6
f x
Ta có f’(x) là hàm giảm vì từng số hạng của tổng của biểu thức bên phải ở trên là giảm Mặt khác xlim '( )0 f x , lim '( )x6 f x
nên phương trình f x '( ) 0 có duy nhất một nghiệm x0 trên khoảng 0;6 và qua nghiệm này f x'( ) đổi dấu Do đó f(x) là hàm tăng trên [0;x ] 0 và giảm trên
0
[ ;6]x Do đó phương trình f(x)=m có đúng hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi
[0;6]
max{ (0), (6)} max ( )
x
4
max{ (0), (6)} 2 6 2 6f f
Ta sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau
a b c 2 3a2 b2 c2
Bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức luôn đúng sau
Trang 92 2 2
0 ( a b ) (b c ) (c a ) Với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Ta có
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2
Suy ra giá trị lớn nhất của f(x) trên [0;6] là 6 3 2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
4
2 6 2 6 m 6 3 2.
Câu Va
1) Gọi phương trình chính tắc của Elíp là x22 y22 1,
a b với a>b>0 Tâm sai của Elip là e c
a
Từ giả thiết ta có hệ
5 3 4( ) 20
c a
a b
Bình phương phương trình thứ nhất của hệ, thế c2 a2 b2 ta nhận được
9 4
5 5
a b
a b
Giải hệ ta được a 3,b 2. Vậy phương trình của Elíp là 2 2 1.
9 4
2) Đặt f(x) = ( 1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn
n = 12
k k
a 2 C ; k 0;n
Trang 10
k k k 1 k 1
n k !k! n k 1 ! k 1 !
3k 1 2n
Thay n = 12 ta được 3k + 1 24 k 8
8 8
i=0,n
Câu Vb.
1)
2
log x (x 1)(2x 1) log (2x x 1) 4
log2x1(2x2 x 1) log (2 x1 x 1)2 4 (1)
2
log x (x 1)(2x 1) log (2x x 1) 4
Điều kiện:
2
0 (2x 2) 1
1
2
(2x 1) 0
Với điều kiện đó phương trình tương đương với:
log (x 1) 1 2log 2x 1 4 (2)
Đặt t = log2x 1 (x 1) thì hệ (2) trở thành:
t 2
Với t = 1 thì log2x 1 (x 1) = 1 x = 2 (thoả mãn điều kiện)
Với t =2 thì log2x 1 (x 1) = 2 4x2 – 5x = 0
x 0 5 x 4
Trang 11Chỉ có x = 5
4 thoã mãn
Vậy (1) có 2 nghiệm là: x = 2 ; x = 5
4
2)
(a) Gọi H là trung điểm của BC (xem h.1), theo giả thiết A’H vuông góc với (ABC) Tam giác
ABC vuông ở A nên BC a2 a 32 2a (xem h.2) Ta có 1
2
AH BC a Tam giác A’AH vuông ở H nên
Thể tích của khối chóp A’.ABC là
3 '.
' 3 3
A ABC ABC
a
(b) Ta thấy A H' (ABC) nên A H' ( ' ' ')A B C suy ra tam giác HA B' ' vuông tại A’ Theo định
lý Pythagore HB' 2 HA' 2 A B' ' 2 3a2 a2 4a2 HB' 2 a Tam giác BB’H có HB' BB' 2 a
nên là tam giác cân ở B’ Do đó cos ' 1
' 2 ' 4 4
B BH
BH (xem h.3)
Góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng BB’ và BC (vì AA’ // BB’; B’C’//BC) do đó bằng B BH' (chú ýB BH' <900) Vậy cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ bằng 1.
4