Đề thi khối D số 16

Tìm tọa độ tiếp điểm.. Viết phương trình mặt phẳng Q chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho VOABC = 3.. Trong mặt phẳng P cho nửa đường tròn đường kính AB =

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)

x sin

x 2 cos x cos

x 2 sin







x log 1

4 3

log x log 2

3 x







3 Tìm m để phương trình : 4 x 4 13 x m x 1 0









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 VOABC = 3.

Câu IV: ( 2đ)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y

= x2 và y  2  x 2 .

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 SAB , SBC 60 o



Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC Chứng minh

AHK vuông và tính VSABC?

Câu V :( 1đ)

Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 8 C C 1 49

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}

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang

   

 2  2

'

y

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

Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là:

3 2 2 4 2 1 0 4 2 4 13 0

3 0 1

x





 





đúng với mọi giá trị của m

Theo định lí viét: 1 2

3 2





 Giọi tọa độ của điểm M và N là: M x x( ;1 1 2 ), ( ;m N x x2 2 2 )m

=> MN  x1 x22x1 x22  2 x1x22 4x x1 2

Theo giả thiết đầu bài ta có: 2 3 2  m2 4 2 m1 36

2

3 2 1 2

m m







 

 



0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm.

Câu II:

1 Giải phương trình: tgx cot gx

x sin

x cos x cos

x 2 sin





x cos x cos

x sin x

cos x sin

x sin x 2 sin x cos x 2

cos









x cos x sin

x cos x sin x cos x sin

x x







cosx cos2x sin2x 0

 2 cos x cosx 1 0 sin2x 02     

1 cosx (cosx 1 :loại vì sin x 0)

2

   k 2 

3

x log 1

4 3

log x log 2

3 x





x log 1

4 x

9 log

1 x log 2

3 3









1 x log 1

4 x

log 2

x log 2

3 3









(1) thành 2 t 4 1 t2 3t 4 0

2 t 1 t



(vì t = -2, t = 1 khơng là nghiệm)

 t1 hay t 4

Do đĩ, (1) log x3 1 hay x 4 x 1hay x 81

3

3 Phương trình: 4 x 4 13 x m x 1 0









(1) 4 x 4 13 x m 1 x









































m 1 x x 1 x

m

x

13

x

1

2 3 4 4

ycbt  đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 với x  1 tại 1 điểm f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1

TXĐ: x  1

f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3)

f'(x) = 0  4x2 – 4x – 3 = 0  2

3 x 2

1

x    

x – –1/2 1 –3/2 +

f' + 0 – – 0 +

f CĐ +

Từ bảng biến thiên ta cĩ:

Câu III:

1 Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)

Bán kính mặt cầu R MO  32 6 2 3 5











Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0

R 5 3 5

15 5

9 6

0

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:

y 3 2t

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: 1 6 b 3 c bc

c

6 b

3











3

bc bc 2

1 3

2 S

OA 3

1

 bc  9 (2)

Từ (1) và (2) ta có bc 96b 3c 9 hay6b 3cbc9 9

3 b



 



 Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 1

3

z 3

y 2

x







6

z 3

y 2 2

x







Câu IV:













2 y x 0 y x

2

Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R  2, có y  0

Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và y  2  x 2 : x2  2 x 2  x ; x1 2 và

khi x 1;1 thì 2 x 2  x2

Do đó ta có



















1

1 2 1

1

2 1

1

2

x

2

S









1

1

2

1 2 x dx

















  





2

, 2 t

 dx = 2costdt x 1 t ;x 1 t

















4

4

4

4

2

I























































2

4 4

4

4

4

2 1

1

0 4

I 1 cos2t dt 2 1 cos2t dt





Vì f(t) = 1 cos2t là hàm chẵn)

2

2

I x dx 2 x dx

3



1 2 3

2 1 2 3

2 2

1 4 2

S    















(Nhận xét : 1 2 2 1 2 2



Vì g(x) = 2 x 2  x2 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 VSABC theo R

Kẻ CI  AB

Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC  AOC đều

R IO

IA  

Ta có SA  (ABC) nên (SAB)  (ABC)  CI  (SAB)

Suy ra hình chiếu vuông góc của SCB trên mặt phẳng (SAB) là SIB

4

3

4

3 S

4

3

SSIB SAB ()

Ta có: SBC R 3 SA2 R2

2

1 SC BC 2

1

Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:

2 2 SBC

o SBC

4

3 R S

2

1 60 cos S

Từ (), () ta có: 2

R

SA 

Từ đó

12

6 R ABC dt SA 3

1

Câu Va:

1 Điều kiện n  4

Ta có:   









n 0 k

k n k k n n

x

Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n2n4

Ta có: A3n 8C2nC1n 49

 (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49

 n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 Nên hệ số của x8 là C 4 2 3 280