Đây là Chuyên đề Toán Tích phân của Megabook. Các em có thể tham khảo nhé!
------------------------------------------------------------------------------
Các em có thể tham khảo bộ sách hay của Megabook tại địa chỉ sau nhé ;)
http://megabook.vn/
Chúc các em học tốt! ^^
Đây là Chuyên đề Toán Tích phân của Megabook. Các em có thể tham khảo nhé!
------------------------------------------------------------------------------
Các em có thể tham khảo bộ sách hay của Megabook tại địa chỉ sau nhé ;)
http://megabook.vn/
Chúc các em học tốt! ^^
1. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH MÔN TOÁN–KHỐI A, NĂM 2010
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I: y x 3 2x 2 1 m x m
1) Khi m 1, y x3 2 x2 1
* TXĐ: D
* lim y .
x
x 0
4 5
* y' 3x 4x , y 0
2
4 , y(0) 1 , y
x 3 27
3
*BBT
4
x 0
3
y’ + 0 – 0 +
1
y 5
27
4 4
Hàm số đồng biến trên khoảng ;0 và ; ; nghịch biến trên khoảng 0; .
3 3
4 4 5
Hàm số đạt CĐ tại x 0, y(0) 1 . Hàm số đạt CT tại x , y
3 3 27
* Đồ thị:
2 11
+ y" 6x 4 , điểm uốn của đồ thị hs U ;
3 27
1 5 1 5
+ĐĐB. (1;0), ;0 , ;0
2 2
2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox
x 1 0 (2)
x3 - 2x 2 1- m x m 0 x 1 x 2 x m 0
g(x) x x m 0
2
(3)
1
2. Gọi x1=1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3).
g 0 1 4m 0
Yêu cầu bài toán tương đương : g(1) 0
m 0
x 2 x 2 x 2 4
1 x 2 x 3 2x 2x 3 0
2
1 2 3
1
m 4 1 1
m0 m 1
m 0 4 4
1 1 2m 4 m 1
m 0
Câu II.
1 sin x cos2x sin x
4
1) Giải pt 1 cosx (4)
1 tan x 2
cosx 0
*Điều kiện:
tan x 1
Pt (4)
1 sin x cos2x sin x cosx cosx
sin x
1
cosx
cosx 1 sin x cos2x sin x cosx
cosx
cosx sin x
1 sinx cos2x 1 1 2sin2 x sinx 0
sin x 1 (loaïi)
x 6 k2
2sin x sinx 1 0
2
k .
sin x 1 (thoûa ñk)
x 7 k2
2 6
x x
2) Giải BPT 1 (5)
1 2 x2 x 1
2
Ta có: 2 x x 1 2 x 3 3
2
1
1 2 x2 x 1 0
2 4 2
Bpt (5) x x 1 2 x2 x 1 2 x2 x 1 x 1 x (5’)
Cách 1: (5’) 2 1 x 2
2
x x 1 x
x 1 x 0 x 1 x 0
3 5
x
2
1 x x 0 1 x x 2
2
3. Cách 2: Nhận thấy x 0 không thỏa (5’) nên x 0 . Vì vậy chia hai vế của (5’) cho
x 0 ta được
1 1
(5’) 2 x 1 1 x.
x x
1 1 1
Đặt t x t2 x 2 x t2 2 .
x x x
t 1 t 1 3 5
BPT viết lại 2(t 2 1) t 1 t 1 x
2(t 1) (t 1) (t 1) 0
2 2 2
2
Câu III.
x 2 e x 2x 2e x
1 1
x 2 1 2e x e x 1
ex
I dx dx x 2 dx
0
1 2e x 0
1 2e x 0
1 2e x
1 1
1 3 1 1 1 1 2e
ln 1 2e
x
x ln
3 2 3 2 3
0 0
1 1 1 2e
Vậy I ln
3 2 3 S
Câu IV.
1
+ Ta có: SH (ABCD) do đó VS.CMND SH. SCMND
3
a 2 a 2 5a 2
SCMND SABCD SCBM SAMD a
2 K
4 8 8
B
1 5a 2 5 3 3 C
VS.CMND a 3 a (đvtt)
3 8 24
M
+ Ta có : CDN = DAM (c-g-c)
CN DM H
DM (SCN) DM SC
SH DM
A N D
Kẻ HK SC HK MD HK = d(DM, SC)
1 1 1
Tam giác SHC vuông tại H và có đường cao HK nên
HK 2 SH 2 HC2
SH a 3
CD4 a4 4a 2
Lại có CH 2
B a C
CN.CH CD2 CN 2 5a 2 5
a
4 2
1 1 5 19 2a 3
2
2 2 2
HK . M
HK 3a 4a 12a 19 a H
2
Câu V. A D
a N
Cách 1. 2
3
4.
4x2 1 x y 3 5 2y 0 4x 2 1 x 3 y 5 2y (1)
4x2 y2 2 3 4x 7
4x 2 y 2 2 3 4x 7
(2)
3
x
+ Điều kiện:
4
y 5
2
39 39
VT(1) 4x x
3
VP(1) 3 y 5 2y y0
(1) 16 16
VP(1) 0 x 0
3
0 x 4
Suy ra
0 y 5
2
+ Xét f1(x) 4x2 1 x tăng trên 0 ; 3 , f 1 1 , g1 (y) 3 y 5 2y giảm trên 0 ; 5 , g 2 1
4
2
2
3 5
f2 (x) 4x2 2 3 4x giảm trên 0 ; , g2 (y) y2 tăng trên 0;
4 2
1 1
+ Với 0 x : (1) g1 (y) f1 (x) f1 g1 2 y 2
2 2
1
f2 (x) f2 3
2 VT(2) VP(2) , hệ VN
g (y) g (2) 4
2 2
1 3 1
+ Với x : (1) g1 (y) f1(x) f1 g1(2) y 2
2 4 2
1
f2 (x) f2 3
2 VT(2) VP(2) , hệ VN
g (y) g(2) 4
2
1
+ Với x , hpt cho ta y 2 .
2
1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ;2
2
Cách 2.
4x2 1 x y 3 5 2y 0 (1)
4x2 y 2 2 3 4x 7
(2)
5
(1) 4x2 1 x 3 y 5 2y 0 , y
2
x0
4
5. 3
u 2x ; 0 u 2
Đặt
v 5 2y 0 y 5 v
2
2
u 5 v2
Thay vào (1) ta có: u 1 .
2
2 2
3 .v 0 u3 u v3 v 0 u3 u v3 v (*)
Xét hàm số f(t) t 3 t tăng trên . Do đó (*) u v .
2
5 u
Từ (2) ta có: u
2
2 3 2u 7 8 3 2u u 6u 3
4 2
(3)
2
3
Đặt f(u) u4 6u2 3 ; 0 u .
2
Bảng biến thiên:
u 3 0 3
f’(u) + 0 – 0 + 0 –
f(u)
Nhận xét : u = 1 là nghiệm của (3).
3
+ g(u) 8 3 2u hàm giảm trên 0 u
2
3 1
+ f(u) u4 6u2 3 tăng trên 0; nên (3) có nghiệm duy nhất u = 1, Ta được x ;y 2
2 2
II – PHẦN RIÊNG
A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
Câu Via.
1) (d1 ) : 3x y 0 ; (d2 ) : 3x y 0 .
+ d1 d 2 O 0;0
3. 3 1
1
+ cos d1;d 2
AOC 600 (AOC vuông tại A).
2.2 2
2R
AC 2R ; AB R ; BC R 3 ; OA .
3
3 AB.BC 3 2
Theo gt: SABC R 1 OA
2 2 2 3
4
4 4
Mà A d1 A a; 3a OA2 a2 3a2 4a2 a
3 3 3
1
3
(a > 0).
5
6. 1 4
+ (d 3 )qua A ; 1 và (d3 ) (d1 ) nên PT (d 3 ) : x 3y 0. A
3 3
3t 4
+ T t; d E
3 3
M H d
2
7 3t 4 7
+ OT2 OA 2 AT2 t 2
3 3 3
5 3 5 3 1 B C
; loaïi vì d I,d 2 1
I
t1 I
6 6 2
12t 2 8 3t 5 0
3 3 3
t2 I ; (nhaän)
6 6 2
2 2
3 3
Vậy T : x y 1
6 2
x 1 y z 2
2) : ; P : x 2y z 0
2 1 1
x 1 2t
Phương trình tham số của : y t (t )
z 2 t
x 1 2t t 1
y t x 1
+ Vì C P . Tọa độ điểm C thỏa hệ: C 1; 1; 1
z 2 t y 1
x 2y z 0 z 1
+ M 1 2t;t; 2 t , MC2 6 2t 2 t 1 t 1 6
2 2 2
t 0 M1 1;0; 2
6t 2 12t 0
t 2 M 2 3; 2;0
1 0 2
+ d M1 , P d M 2 , P . Vậy d M, P
6 6
.
1 4 1 6 6
Câu VIIa.
2 i 1 2i 2 2 2i i 1 2i
2
Tìm phần thực, ảo của z: z 2
1 2 2i 1 2i 1 2i 2 2i 4i 5 2
2i
z 5 2i
Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b 2 .
6
7. B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
Câu VIb.
1) Đặt d : x y 4 0
+ A d : x y 0
+ Gọi H d H 2;2
+ Gọi I là trung điểm BC suy ra H là trung điểm IA I(-2; -2)
+ Đường thẳng BC qua I và song song d
Pt BC: x + y + 4 = 0.
B b ; b 4
+ Vì B,C BC
C(c ; c 4)
+ AB b 6; b 10 ; EC c 1; c 1 .
AB.EC 0
b 6 c 1 b 10 c 1 0
Ta có:
I laø trung ñieåm BC b c 4
bc 2c 8 0 c 2 c 4
b c 4 b 6 b 0
B 6;2 ;C 2; 6 hay B 0; 4 ;C 4;0 .
x2 y2 z3
2) A 0;0; 2 , :
2 3 2
+ (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: a 2;3;2 , MA 2; 2;1
+ a;MA 7;2; 10 a;MA 49 4 100 153
+ a 4 9 4 17
a;MA
153
d A, 3.
a 17
BC2
Mà R d (A, )
2 2
9 16 25
4
Suy ra mặt cầu S : x 2 y2 z 2 25
2
Câu VIIb.
3
1 3i
Ta có z 4 4i z 4 4i
1 i
z iz 8 8i 8 2
7