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)
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
2. Giải phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3

( )
o
60SBC,SAB
=
∧
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh
∆AHK vuông và tính V
SABC
?
Câu V :( 1đ)
Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)
n
, biết:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+−
.
---Hết---
Câu Nội dung Điểm
Câu I
1) khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

= =
− −

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang.
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
3
'
1 1
x x
y
x x
− − +
= = −
− −
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng:
( )
;1−∞
;
( )
1;+∞
.
Hàm số không có điểm cực trị.
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞

2
2 1 2 1
3 2 2 1 0
x x m x
x m x m
⇔ + = − −
⇔ − + + − =
Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là:
( ) ( )
2
2
4 4 13 0
3 2 4 2 1 0
3 0
1
m m
m m
x


+ + >
∆ = + − − >

⇔
 
− ≠
≠




0,25
0,25
2
4 4 3 0
3
2
1
2
m m
m
m
⇔ + − =

= −

⇔


=


Vậy với m=-3/2 và m=1/2 là các giá trị cần tìm.
0,25
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin


π+
π
±=⇔
2k
3
x

2. Phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3

Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hay x 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
3. Phương trình:
01xmx13x
4
4
=−++−
(1)
(1)
x1mx13x
4
4
−=+−⇔
( )



−=−−−
≤
⇔



−=+−
≤
⇔

1
x
=∨−=
x –∞
–1
/
2
1
–3
/
2
+∞
f' + 0 – – 0 +
f
CĐ

+
∞

–
∞
–12
CT

Từ bảng biến thiên ta có:
ycbt
3 3
m hay m 12 m hay m 12
2 2
⇔ − = − < − ⇔ = − >

 
=
⇔ = − +
 
=
=




(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:
bcc3b61
c
6
b
3
=−⇔=+−

b
b c 3hay
2
c 6


= −
⇔ = =

= −


Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là:
1
3
z
3
y
2
x
=++
hoặc
1
6
z
3
y2
2
x
=−−

khi x 1;1∈ −
thì
2
2 x− ≥
x
2
Do đó ta có

( )
∫∫∫
−−−
−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1
22
dxxdxx2dxxx2S
∫
−
−=
1
1
2
1
dxx2I

∫∫
π
π
−
π
π
−
=−=
4
4
4
4
2
1
tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I
( )






+
π
=






1
0
4
I 1 cos 2t dt 2 1 cos 2t dt
π π
π
−
= + = +
∫ ∫
Vì f(t) =
1 cos 2t+
là hàm chẵn)

1 1
2 2
2
1 0
2
I x dx 2 x dx
3
−
= = =
∫ ∫
Vậy
3
1
23
2
1
23

= − − = − −
∫ ∫
Vì g(x) =
2 2
2 x x− −
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 V
SABC
theo R
Kẻ CI ⊥ AB
Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC đều
⇒
2
R
IOIA
==
Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB)
Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB