Tham khảo TN Toán 2010 số 15

- Bỏ phần của C bên trái Oy và lấy phần đối xứng của phần bên phải của C qua trục Oy.

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 Câu 1:

Cho hàm số : y x= −3 6x2+9x

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2.a) Từ đồ thị của hàm số đã cho hãy suy ra đồ thị của hàm số :

y= x3−6x2+9 x

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

3 2

x − x + x − − =m

Câu 2:

1 Giải hệ phương trình :

3 3 8

2 2

 + + =



2 Giải bất phương trình : 2.3 2 2 1

3 2

+

−

Câu 3:

1 Giải phương trình :tgx+2cot 2g x=sin 2x

2 Tính các góc của tam giác ABC nếu các góc A, B, C của tam giác đó thỏa mãn hệ thức : cos2A +

3(cos2B + cos2C) +5

2= 0

Câu 4:

Cho hình chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ (AA’, BB’, CC’, DD’ song song và AC là đường chéo của hình chữ nhật ABCD) có AB = a, AD = 2a, AA’=a 2 ; M là một điểm thuộc đoạn AD , K là trung điểm của B’M

1 Đặt AM= m(0≤ <m 2 )a Tính thể tích khối tứ diện A’KID theo a và m ,trong đó I là tâm của

hình hộp.Tìm vị trí của điểm M để thể tích đó đạt giá trị lớn nhất

2 Khi M là trung điểm của AD :

a Hỏi thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (B’CK) là hình gì ? Tính diện tích thiết diện đó theo a

b Chứng minh rằng đường thẳng B’M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA’

Câu 5:

Tísnh tích phân :

1

0 1

∫

ĐAP AN Câu I :

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

3 6 2 9

• TXĐ : D = R

2 ' 3 12 9

1 ' 0

3

" 6 12

x y

x

=



= ⇔  =

" 0 2 2

y = ⇔ = ⇒ = ⇒x y điểm uốn (2, 2)

• BBT:

• Đồ thị:

4 3 2 1

Y

2

4

( C )

2) a) Từ đồ thị (C) hãy suy ra đồ thị ( )C của hàm số:1

Ta có: y1 = x3 −6 x2 +9 x ⇒y1 = f x( )

Đây là hàm số chẵn nên đồ thị ( )C nhận Oy làm trục đối xứng.1

3

- 3

(D )

Do đó đồ thị ( )C suy từ (C) như sau:1

- Phần của (C) bên phải trục Oy giữ nguyên

- Bỏ phần của (C) bên trái Oy và lấy phần đối xứng của phần bên phải của (C) qua trục Oy

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

Đây là phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và đường thẳng d: y = 3 – m Số giao điểm 1 của ( )C và d là số nghiệm của phương trình.1

Biện luận:

• 3− < ⇔ >m 0 m 3:vô nghiệm

• 3− = ⇔ =m 0 m 3: 3 nghiệm

• 0 3< − < ⇔ − < <m 4 1 m 3: 6 nghiệm

• 3− = ⇔ = −m 4 m 1: 4 nghiệm

• 3− > ⇔ < −m 4 m 1: 2 nghiệm

Câu II:

1) Giải hệ phương trình :

3 3 8

2 2



Đặt S = x + , P = xy

Khi đó hệ phương trình trở thành :

2

2

2

3 2

( 3 ) 8

2 2

2

2

2 2

2 2

2 ( 2)(2 7 8) 0

1

2 2

S

S

P



  −  − = 



 + =



=

Vậy x, y là nghiệm của phương trình:

X − X− = ⇔ = ±X

Suy ra nghiệm của hệ là (1+ 2,1− 2) hay (1− 2,1+ 2) 2) Giải bất phương trình: 2.3 2 2 1

3 2

+

−

Ta có bất phương trình: 2.3 4.2 1 0

3 2

−

−

3 2

3 3

1 2 3

2

X

X

x

  −

 

 

 

⇔ <  ≤ ⇔ < ≤

 

Câu III:

1) Giải phương trình: tgx + 2cotg2x = sin2x

• Điều kiện :sin2cosx x≠≠00⇔sin 2x≠ ⇔ ≠0 x kπ2



• Phương trình sin 2cos2 sin 2

cos sin 2

(Mẫu số chung: sin2x = 2sinxcosx )

2 2

2sin sin 2cos2 sin 2 2sin 2 cos2 sin 2

1 cos2 2 cos2 1 cos 2 cos2 cos 2

cos2 (cos2 1) 0

cos2 0 2



 2

Vậy phương trình có nghiệm x = +π kπ(k Z∈ )

2) Tính các góc của tam giác ABC nếu biết:

5 cos2 3(cos2 cos2 ) 0

2

• Theo giả thiết ta có:

cos2 3 2 cos( )cos( ) 0

2

2

5 cos2 2 3 cos cos( ) 0

2 5

2 cos 1 2 3 cos cos( ) 0

2

cos 3 cos( )cos 0

4

A

Xem (1) là phương trình bậc hai theo ẩn cosA, vì (1) phải có nghiệm nên:

2 2

2

3sin ( ) 0 sin ( ) 0 sin( ) 0

B C

B C

−

Vậy B = C, khi đó cos 3

2

6

ĐS: A= π,B C= = 5π

Câu IV:

A ’

D ’

A

D M

J

1) VA KID'

Vẽ A'J AB'

A'J (B'AD)

Ta có AD A'J



⊥  Vẽ 'A J ⊥AB'

Ta có AD⊥ A J'

⇒ A J B AD ' ^( ' )

Vậy VA KID' =13A J S ' KID

' '

AA B

∆ có ' ' ' '

'

AA A B

A J

AB

=

2 6

3 3

a

Ta có:

'

2

2

3 2

B MD

KMD

B MD

Vậy ' 1 6 3 2

3 3 8 (2 )

'

A KID

V lớn nhất ⇔ ma nhỏ nhất ⇔m= 0

2) a) Ta có ( 'B CK) ( '≡ B CM)

Khi đó ( 'B CM) (∩ AA D D' ' )=MN CB N AA// '( ∈ ')

Ta có N là trung điểm AA’ và thiết diện là hình thang MNB’C

B ’ C

E

H

K

AMN

2

a

' '

NA B

∆ có ' ' ' ' 6

2

a

Ta tính được 'B C a= 6 ; MC a= 2

Gọi H MC NB= ∧ '

Do MN song song và bằng 1

2 CB’

⇒ M, N là trung điểm HC, H’B.

Ta có: S HMN = 14S HCB

3 2 6 6 3 2. 18 9

HMN

MNB C

b) ∆MNB' có NM = MB’

'

⇒ ⊥ và B M BB' = '2+BM2 =2a2 +2a2 =4a2

'

NKB

∆ có '2 '2 6 2 2 2

2

a

Nên B’M tiếp xúc với mặt cầu đường kính AA’

Câu V:

Tính tích phân :

0 3

1

2

1

Đặt u= 1−x2 ⇒u2 = −1 x2 ⇒udu= −xdx

Đổi cận :

x = 0, u = 1

x = 1, u = 0 Vậy:

0

0

1

1

(1 ) ( )

0

1 1 2

3 5 3 5 15