Dự bị Đại học D1- 2009

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1.. Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số 1 tại điểm M–2 ;5.. Viết phương trình mặt cầu có tâm th

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI D – 2008

Câu I : (2 điểm)

Cho hàm số

1

1 3







x

x

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tính diện tích của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại điểm M(–2 ;5)

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình : 4 (sin 4x cos 4x)  cos 4x sin 2x 0

2 Giải bất phương trình : (x 1 )(x 3 )  x2  2x 3  2  (x 1 ) 2

Câu III: (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (): 2x – y + 2z +1 = 0 và đường thẳng

2 2

1 1

1 :









x d

1 Tìm tọa độ giao điểm của d với () Tính sin của góc giữa d và ().

2 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d tiếp xúc với hai mặt phẳng () và (Oxy)

Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : 







1

4

x

x e

x

2 Cho các số thực x,y thỏa mãn

3 ,

0 x y Chứng minh rằng

) cos(

1 cos cosx y  xy

Câu Va: (2 điểm)

1.Chứng minh rằng với n là số nguyên dương

n 0 n 1 1 n 1 n 1

n.2 C  (n 1).2 C    2C    2n.3 

2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 4) 2 + y 2 = 4 và điểm E(4 ; 1) Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA , MB của đường tròn (C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB qua điểm E

Câu Vb (2 điểm)

1.Giải bất phương trình : 22 2 4 2 16.22 2 1 2 0







x

2.Cho tứ diện ABCD và các điểm M,N,P làn lượt thuộc các cạnh BC,BD,AC sao cho BC = 4BM , AC = 3AP , BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q Tính tỉ số

AD

AQ

và tỉ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP)

Bài giải : Câu I:

1 Học sinh tự giải

( 1)

y

x



 ; '( 2) 2y   Tiếp tuyến tại M là : y2(x2) 5 2  x9

A =  Ox  Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình

( ;0)

y x x

B =  Oy  Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình

0 0

B OB

y x y

Diện tích tam giác OAB : 1 81 ( )

S  OA OB dvdt

Câu II:

1 4 (sin 4x cos 4x)  cos 4x sin 2x 0

4(1 2sin os ) 1 2sin 2x c x x sin 2x 0

5 2sin 2x 2sin 2x sin 2x 0

2

2

x x x x  k  k Z

2 (x 1 )(x 3 )  x2  2x 3  2  (x 1 ) 2 (*)

Điều kiện : –1 <x < 3

(*)  (x2 2x 3)  x22x  3 ( x22x3) 2

Đặt t  x22x 3 0 Ta có :

1

t

t t t t t t t

2 2 3 1 2 2 2 0 1 3 1 3

Câu III :

1 Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp( ) là nghiệm hệ phương trình :

3

2

x y z

x y z x y z z





d có VTCP u  (1; 2; 2) ; () có VTPT n  (2; 1;2) Gọi  là góc giữa d và ()

| | 4

sin

9

| | | |

u n

u n

 

2 Tọa độ giao điểm của đường thẳng d và mp(Oxy ) là nghiệm hệ phương trình :

1

x

x y z

y B









Mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với () và (Oxy)  Tâm I là trung điểm AB Tâm 5 3 1

; ;

I  

( ;( x ))

2

d I O y 

Phương trình mặt cầu cần tìm

( ) :

S x  y  z  

Câu IV:

1

1 2

I x e dx xe dx I I

2

1

0

x

I x e dx Đặt 2 1 2

2

x x

du dx

u x

v e

dv e dx













 

1

0

I  x e  e dx e  e  e  e   e 

0

1

2 4

xdx

x





2

1 2

3

I  I I  e   .

xy   c xy c 

x y x y x y

Với t xy ;t[0; / 3] Xét hàm số f t( ) 1 cos  t2 2 cost

'( ) 2 sin 2sin 2(sin sin ) ; '(1) 0

f t  t t  t  t t t f 

t[0 ; 1) thì t t 2  sintsint2 tsint2  f t'( ) 0

t (1 ; /3] thì t t 2  sintsint2 tsint2  f t'( ) 0

2

f  f   c  f  c  

3

f t   t    xy c xy (2)

Từ (1) và (2) Ta có cosx cosy 1  cos(xy) (đpcm)

Câu Va :

1 Ta có công thức khai triển

x C x C x  C x  C x  C x C

Đạo hàm hai vế của (1) Ta được

n x  nx C n x C n x C C 

Nhân 2 vế của (2) cho x rồi thay x = 2 vào Ta được

n.2 C  (n 1).2 C    (n 2)2   C  2C    2n.3  (đpcm)

2 Đường tròn (C) có tâm I(4 ; 0) bán kính R = 2

Gọi M(0 ,m ) thuộc trục tung IM  m216R Vậy qua M có 2 tiếp tuyến đến (C)

Giả sử  là tiếp tuyến qua M đến ( C) và T(x0 ; y0) là tiếp điểm

MT  x y  m IT  x  y

0 0 0 0

2 2

0 0 0 0

MT IT x x y y m

x y x my

 

Mặt khác T thuộc ( C ) nên : x02y02 8x012 0 (2)

Từ (1) và (2) Ta có 4x0 my012 0 (*)

Tọa độ các tiếp điểm A,B đều thỏa (*) nên đường thẳng AB: 4x – my – 12 = 0

E thuộc AB nên : 16 –m – 12 = 0  m = 4

Vậy M(0 ; 4 ) là điểm thỏa YCBT

Câu Vb:

2 1

4

2

x x

 

Đặt t 2x2  2x 1 0

  Bất phương trình tương đương với :

4

t

t







Vậy 0 2x2  2x 1 2 x2 2x 1 1 x2 2x 2 0 1 3 x 1 3

2

Trong (BCD) : MN  CD = I  IP = (MNP)  (ACD)

Trong (ACD) : IP  AD = Q  Q = AD  (MNP)

Kẻ DH // BC (H  IM) ; Kẻ DK // AC (K  IP)

3

ID DH BM

IC CM CM

1 3

IK DK ID

IP CP IC 

DK DK

AP AP

APQ đồng dạng  DKQ

AQ AP AQ

DQ DK AD

Ta có :

BMN

BCD

S BM BN

S BC BD   ;

1 2

BCN NCD

BCD BCD

S S

S S 

3 8

MNC BCD

S S

1

(1) ; 8

;

ABMN

ABCD

V

V

1 3 1

1

(2) 10

ANPQ

ANCD

ANPQ

ABCD

V AP AQ

V AC AD

V

V

(3)

V AP V

V AC   V 

Cộng (1) , (2) và (3) Ta có :

K

H

I

Q P

N M

D

C B

A

1 1 1 7

ABMN ANPQ AMNP

ABCD

V V V

V

V   V   V 

Vậy mặt phẳng (MNP) chia khối chóp thành hai phần với tỉ lệ thể tích 7

13