ĐẾ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 3)

Xác đ̣nh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến C sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.. 1 Chứng minh rằng thể tích h́nh chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n.. 2

ĐỀ THI ĐẠI HỌC ( SỐ 3 )

CÂU I: (2 điểm)

Cho hàm số: 2

1

x y x





 1) Khảo sát sự biến thiên và veơ đồ tḥ (C) của hàm số

2) Cho điểm A(0;a) Xác đ̣nh a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox

CÂU II: (2 điểm)

Cho phương tŕnh: 2cos 2xsin2xcosxsin cosx 2 x m (sinxcos )x (1)

Với m là tham số

1) Giải phương tŕnh (1) khi m=2

2) T́m m để phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc 0;

2



 

 

 

CÂU III: (2 điểm)

1) Tính tích phân:

1

1 0

I x  x dx

.3n 2 3n 3 3n n .4n

trong đó n là một số tự nhiên lớn hơn hay bằng 1

CÂU IV: (2 điểm)

1) Xác đ̣nh tham số a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất:

2 2

( 1) ( 1)





 2) Giải phương tŕnh: 4log22x  xlog62  2.3log 4 2 x2

CÂU V: (2 điểm)

Trong không gian với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc Oxyz cho hai điểm S(0;0;1),

A(1;1;0) Hai điểm M(m;0;0) , N(0;n;0) thay đổi sao cho m+n=1 và m>0, n>0

1) Chứng minh rằng thể tích h́nh chóp S.OMAN không phụ thuộc vào m và n

2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SMN) Từ đó suy ra mặt phẳng (SMN) tiếp xúc với một mặt cầu cố đ̣nh

ĐÁP ÁN

CÂU I:

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ tḥ hàm số:

2 1

x y x







 TXĐ: D=R\{1}

3

2 1

y x



 Hàm số giảm trên từng khoảng xác đ̣nh

 TCD: x=1 v́ lim

1

y x



 

 TCN: y=1 v́ limx y1

 BBT:

 Đồ tḥ:

2) Xác đ̣nh a để từ A(0,a) kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) sao cho 2 tiếp điểm đến nằm về 2 phía của 0x

Gọi ( ; ) ( )M x y0 0  C 0 2

0

x y x



 Phương tŕnh tiếp tuyến của (C) tại M:

'( )(0 0) 0

yf x x x y

2

( 0)

0

x

x x











Tiếp tuyến qua A(0,a) 2 4 2

2 ( 1) 0

a

x

 2

(a 1)x0 2(a 2)x0 a 2 0

(v́ 0x =1 không là nghiệm) Điều kiện để có 2 tiếp tuyến kẻ từ A là:

a

 





 



 

 Khi đó (1) có 2 nghiệm là 0x , 1x

 Tung độ tiếp điểm 0 0 12

0

x y x





 và 1 1 21

1

x y x





 Điều kiện 2 tiếp điểm nằm về 2 phía Ox

1

2 4( 2)

4

2 2( 2)

1

y y

a

 Tóm lại:

2, 1 2 3

a

  













2 3

a 

  và a 1

3

a a

CÂU II:

Cho 2cos2x + sinx2 cosx + sinxcos2 x = m(sinx + cosx) (1) a) Giải (1) khi m=2:

Ta có:

 

2cos 2 sin cos sin cos

2 cos sin sin cos (sin cos )

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

Vậy:

Phương tŕnh (1

(sin cos ) 2(cos sin ) sin cos 0 sin cos 0(2)

2(cos sin ) sin cos 0(3)





Ta có:

(2)

sin cos

1

4

Đặt cos sin 2 cos( )

4

t x x x Điều kiện t  2

Khi đó phương tŕnh (3) trở thành :2 1 2 0

2

t

t   m

2 4 2 1 0

     (*)

Với m=2, phương tŕnh (*) trở thành :

2 4 3 0

t  t 

 t=1 hay t=3 (loại)

Vậy:

2

2 cos( ) 1 cos( )

x   x 

2

2 2 2

x k















  



Tóm lại: nghiệm của phương tŕnh khi m=2 là:

x  k x k   x  k  kZ

b) T́m m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [0, ]

2



Ta có: 0 x   x  3

Nhận xét:

Nghiệm của (2) không thuộc [0, ]

2



Do đó: Phương tŕnh (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [0, ]

2



 Phương tŕnh (*) có nghiệm thuộc [-1;1]

Ta có: (*)

2 4 1 2

Xem hàm số f(t)= 2 4t  t trên [-1;1]

'( ) 2 4 0, [1, 1]

 y=f(t) là hàm số giảm trên [-1;1]

Vậy: YCBT

(1) 1 2 ( 1)

m m

    

   

CÂU III:

1) Tính 1 5 1 3

0

Đặt t 1 x3  t2  1 x3 2tdt3x dx2

Đổi cận :

  

1 3 1 3 2 0

 

(1 )

3 0

1

3 0

1

3 5

0

t t t dt

t t dt



2) Chứng minh 1C n.3n12C n2.3n 2  n C n n n.4n1

Ta có:

(3x)n C n.3nC n.3n x C n.3n x  C x n n n

Lấy đạo hàm 2 vế ta được:

(3 )n 3n 2 3n n n

Cho x=1,ta được điều phải chứng minh

CÂU IV:

1)





















a x y

a y x

2

2 ) 1 (

) 1 (

Điều kiện cần :

Nếu hệ có 2 nghiệm x y th́ 0, 0 ( , )y x cuơng là nghiệm của hệ.0 0 Nên hệ có nghiệm duy nhất th́ x0 y0

Thế vào hệ ta được : ( 1)2

x  x a

x x   a có nghiệm duy nhất

0 ) 1 ( 4





3 4

a

Điều kiện đủ:

Với 3

4

a 

Hệ trở thành:

4 3 2

4







 Lấy (1) -(2) ta được : (x - y)(x + y + 3)=0

3

y x





   

 Thế y=x vào (1) ta được :

2

x  x   x  y

Thế y= - x - 3 vào (1) ta được :

2

4x 12x13 0 ( vô nghiệm )

Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất

1 2 1

x y









 

Vậy 3

4

a  thỏa yêu cầu bài toán

2) Giải phương tŕnh : 4log 2 2x  xlog 2 6 2.3log 2 4x2

Điều kiện: x > 0

Ta có:

log 62 log2

2

Do đó phương tŕnh trở thành:

(*)

Đặt 3 log2

2

x

t   

  Điều kiện: t > 0

Khi đó phương tŕnh (*) trở thành:

4 – t = 18t2 18t2 t 4 0

4 9 1

2

t







 

 



Vậy phương tŕnh 3 log2 4 log2 2

 

  Vậy 1

4

x  là nghiệm của phương tŕnh

CÂU V:

S(0; 0; 1), A(1; 1; 0), M(m; 0; 0), N(0; n; 0) với m + n = 1 và m > 0, n > 0 1) Thể tích h́nh chóp S.OMAN

H́nh chóp S.OMAN có SO là chiều cao

Diện tích tứ giác OMAN là tổng diện tích OMA và ONA

2

, 2

1 ,

2

1











OA ON OA

OM

S OMAN

2) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng(SMN)

Ta có:

( ;0 1) (0, , 1)







 Véctơ pháp của (SMN) làn( , ,n m mn)

Phương tŕnh mặt phẳng (SMN)

0

nx my mnz mn   

Ta có:d(A,(SMN)) 2n m mn2 2 2

 



1 1

2 2

1 2

mn

mn m n



Suy ra(SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố đ̣nh