Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E?. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC2[r]
Trang 1ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI A, NĂM 2008 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 3 3 mx2 ( m 1) x 1 (1), m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1
2 Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = -1 đi qua điểm A(1;2)
Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trìnhtan x cot x 4cos 22 x
2 Giải phương trình
2 (2 1)
2
x
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1
:
và
2
:
1 Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau
2 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 Tìm tọa độ các điểm A, B lần lượt thuộc d1 , d 2 sao cho tam giác IAB cân tại I và có
diện tích bằng
41
42 .
Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I =
3 3 1 2
2 2
xdx
x
2 Giải phương trình esin(x4) tan x
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1 Cho tập hợp E = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 7} Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số của E ?
2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với các đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10=0 và x - y +1 = 0; điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1 Giải bất phương trình
3
2 3
1
x x
2 Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC; M là điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho góc ECM 900 và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC Tính thể tích
của khối tứ diện EHIJ theo a, và tìm để thể tích đó lớn nhất.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu II.1 ĐK
sin 0
x x
cos sin cos sin cos 2 cot tan
1 sin cos sin cos sin 2
2
Do đó, PT
1 2sin 2 cos 2 0 sin 2
x x
x
* cos 2 0
4 2
k
x x
thỏa ĐK
* 1 2sin 2 cos 2 0 sin 4 1
k
thỏa ĐK
Trang 2Câu II.2
2 (2 1)
2
x
Cách 1 : ĐK
2 x 2
Xét
2 (2 1)
2
x
trên đoạn D =
1 3 [ ; ]
2 2
Ta có
x
( ) 2(2 1)
( 2 1 3 2 ) 2 1 3 2
(cùng dấu với 2x 1)
Lập BBT của f(x) trên đoạn D ta thấy ngay PT đã cho có đúng 2 nghiệm là
1 2
x
và
3 2
x
Lưu ý : nếu không lập BBT mà chỉ nhận xét
3 1
max ( ) ( ) ( ) 0
D f x f f
rồi kết luận PT chỉ có 2 nghiệm là
1 2
x
và
3
2
x
thì không chính xác (vì vẫn có thể có 0 1 3
2 2
( ; )
x sao cho x0 cũng là nghiệm).
Cách 2 : * Ta có VT2 4 2 2 x 1 3 2 x 2 nên VT 2 Đẳng thức xảy ra KVCK
1 2
x hoặc
3 2
x
* Lập BBT của hàm số
2 (2 1) ( )
2
x
trên đoạn D =
1 3 [ ; ]
2 2
ta thấy ngay VP 2 Đẳng thức xảy ra KVCK
1 2
x
hoặc
3
2
x
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là
1 2
x
và
3 2
x
Cách 3 :
* Ta có
1
2
Dễ thấy
1 2
x
không là nghiệm của PT
* 2 x 1 3 2 x 0 PT được viết lại
2 (2 1) ( 2 1 3 2 ) ( 2 1 3 2 )( 2 1 3 2 )
2
2 (2 1) ( 2 1 3 2 )
2
* Xét f x ( ) (2 x 1)( 2 x 1 3 2 ) x trên đoạn D =
1 3 [ ; ]
2 2
Ta có
x
(cùng dấu với 2x 1)
Lập BBT của f(x) trên đoạn D ta thấy ngay PT đã cho có đúng 2 nghiệm là
1 2
x
và
3 2
x
Câu III Tọa độ giao điểm (nếu có) của d1 và d2 là nghiệm của hệ
2
y
z
Vậy d1 và d2 cắt nhau tại I(1 ; 1 ; 2)
Trang 3* d1 có 1 VTCP là a (2; 2;1), d2 có 1 VTCP là b (6;3; 2) nên 1 2
cos( , )
21
| || |
a b
d d
a b
Suy ra
1 2
41 sin 1 cos ( , )
21
và
.sin
IAB
Theo giả thiết
41 42
IAB
nên IA = 1
* Vì A I d , 1 nên IA ta (1)
Do đó,
1
1 | || | 1
3
IA t a t
Thay vào (1) để tìm A
* Vì B I d , 1 nên IB k a (2)
Do đó,
1
1 | || | 1
7
IB t b t
Thay vào (2) để tìm B
Câu IV.2 * Nhận xét : vì
sin( )
4 tan
x
x
e >0 nên sin x và cos x cùng dương hoặc cùng âm Hay sin ,cos x x ( 1;0) hoặc sin ,cos x x (0;1).
Cách 1 : Lấy ln hai vế ta được
* Trường hợp 1 : sin ,cos x x ( 1;0), PT này được viết lại
2
(sin cos ) ln( sin ) ln( cos ) 2 ln 2 ln
2 x x x x u u v v, với u sin x (0;1), v cos x (0;1)
Vì hàm số f t ( ) t 2 ln t tăng trên (0 ; 1) nên PT này tương đương với u = v (0 ; 1) Hay
sin ,cos ( 1;0) sin , cos ( 1;0) 5
2
* Trường hợp 2 : sin ,cos x x (0;1), PT này được viết lại
2
(sin cos ) ln(sin ) ln(cos ) 2 ln 2 ln
2 x x x x u u v v, với u sin x (0;1), v cos x (0;1)
Xét hàm số f t ( ) t 2 ln t ta có
( ) t 0, (0;1)
t
nên f(t) giảm trên (0 ; 1) Vì vậy PT này tương đương
với u = v (0 ; 1) Hay
sin ,cos (0;1) sin ,cos (0;1)
2
Cách 2 :
cos
(*) 2
sin
tan
x
Xét
2
2
( )
t
f t
t
e
Ta có
2 2 /
2
2
2
t
t
t
Do đó, f(t) giảm trên (1 ; 0) và trên (1 ; 0)
* Trường hợp 1: sin ,cos x x ( 1;0) Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) và f(t) giảm trên (1 ; 0) nên
5
4
* Trường hợp 1: sin ,cos x x (0;1) Vì (*) : f(sinx) = f(cosx) và f(t) giảm trên (0; 1) nên
4
Lưu ý : Ở đây ta phải xét trên từng khoảng (1 ; 0) và (0 ; 1) vì mệnh đề “Nếu f(x) đơn điệu trên K, u v K , thì
( ) ( )
f u f v u v ” chỉ đúng khi K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng.
Trang 4Câu Va 1 Mỗi số tự nhiên thỏa yêu cầu có dạng abcd, với a 0, d {0, 2, 4}, a, b, c, d phân biệt.
* Trường hợp 1 : d = 0
Chọn a (ĐK : a 0 d) : có 6 cách chọn
Chọn b (ĐK : b a và b d ) : có 5 cách chọn
Chọn c (ĐK : c a , c b và c d ) : có 4 cách chọn
Vậy có tất cả 1654 = 120 số dạng abc0 thỏa yêu cầu.
* Trường hợp 1 : d = 2 hoặc d = 4
Chọn d : có 2 cách chọn
Chọn a (ĐK : a 0 và a d ) : có 5 cách chọn
Chọn b (ĐK : b a và b d ) : có 5 cách chọn
Chọn c (ĐK : c a , c b và c d ) : có 4 cách chọn
Vậy có tất cả 2554 = 200 số dạng abcd mà d {2, 4}, thỏa yêu cầu.
Tóm lại, có tất cả 120 + 200 = 320 số thỏa yêu cầu
Câu Va 2 * Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường phân giác AD : x - y +1 = 0 thì N thuộc đường thẳng AC.
Vì MN vuông góc AD và đi qua M(0 ; 2) nên MN : x + y 2 = 0 Gọi K là giao điểm của MN với AD ta được K (12 2;3)
Vì K là trung điểm của đoạn MN nên N(1 ; 1)
* Ta có đường thẳng AC đi qua N(1 ; 1) và vuông góc BH : 3x + 4y + 10=0 nên AC : 4x 3y 1 = 0
* Ta có A là giao điểm của AC với AD nên A(4 ; 5)
* Ta có đường thẳng AB đi qua A và M nên AB : 3x 4y + 8 = 0 Vì B là giao điểm của AB và BH nên B ( 3; ) 41
* Ta có
( 2) 2.
2
MC
Giải hệ này ta được C(1 ; 1) hoặc C (31 3335 35; ).
* Kiểm tra lại giả thiết AD : x - y +1 = 0 là phân giác trong của góc BAC.
Với B ( 3; ) 41 và C(1 ; 1) ta có ( xB yB 1)( xC yC 1) 0 nên B, C khác phía đối với AD Thỏa yêu cầu
Với B ( 3; ) 41 và C (35 3531 33; )ta có ( xB yB 1)( xC yC 1) 0 nên B, C khác phía đối với AD Thỏa yêu cầu Vậy A(4 ; 5), B ( 3; ) 41 và C(1 ; 1) hoặc A(4 ; 5), B ( 3; ) 41 và C (31 3335 35; ).
Câu V.b 1 Ta có
3
*
2
1
x
x
(1)
*
x
x
Giao nghiệm (1) và (2) ta được nghiệm của BPT là x < 2
Câu V.b 2 * Ta có IJ là đường trung bình của tam giác SCE nên
IJ SE ABC và IJ = a Do đó,
EIHJ EIH
* Vì
nên CM ( SHE ) CM EH Do đó,
sinIEH sin(90 ) cos và EH CE sin
Vì vậy,
.sin cos sin 2
EIHJ
K N
D
H
B
A
C M
J
I
E
C
S
M
H
I
H E
C
Trang 5* Trong tam giác ABC, vuông tại B, ta có CE2 CB2 BE2 5 a2 Vậy
3
5 sin 2 24
EIHJ
a
Thể tích này lớn nhất KVCK sin 0.