HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SPHN LẦN 5

THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5
Câu 1.
1. Tự làm.
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
1
2
−x
x
= mx – m +2 (1)



−=
≠
⇔



+−−=
≠
⇔
)2()1(2
1
)2)(1(2
1
2
xm
x
mmxxx

x
Đường thẳng cắt độ thị tai hai điểm phân biệt
⇔
pt (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔
(2) có hai nghiệm
phân biệt khác 1
⇔
m > 0 .
Lại có (2)
⇔
mx
2
– 2mx + m – 2 = 0 (3). Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của (3). Theo hệ thức Viet:





−
=
=+
m
m
xx
xx

2
2
21
21
Đặt A(x
1
;y
1
) và B(x
2
;y
2
). Ta có: y
1
= mx
1
– m + 2 ; y
2
= mx
2
– m + 2 từ đó AB
2
= 8( m +
m
1
)
≥
16.
AB
≥

4. Dấu bằng xảy ra khi m = 1. Vậy AB có độ dài nhỏ nhất là 4 đạt được khi m = 4.
Câu 2.
1. Điều kiện: sinx. cosx > 0 (1).
Ta có phương trình tương đương: ( sin
3
+ cos
3
x ) +( sin
2
x

cosx + cos
2
xsinx) = 2
xx cossin

⇔
sinx + cosx = 2
xx cossin
. Từ phương trình này suy ra sinx + cosx >0 (2). Kết hợp (1) và (2)
được: sinx > 0 và cosx > 0. Tiếp tục biến đổi được phương trình:
xxxx cossin0)cossin(
2
=⇔=−
⇔
sinx = cosx > 0
⇔
tanx = 1
⇔
x =

π
π
k+
4
. Kiểm tra
điều kiện cho nghiêm: x =
π
π
2.
4
k+
( Loại một họ!)
2. Điều kiện: x
2≤
.
BPT
⇔
x
xxxx −−−+≤− 2)2)(1(2

⇔
(x + 1).(
x−2
+ 2 – x)
≤
0 .
TH1: x =2. Thỏa mãn .
TH2: x < 2. Khi đó
x−2
+ 2 – x > 0

⇒
x + 1
10
−≤⇔≤
x
.
Vật tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( -
∞
; - 1]
∪
{2}.
Câu 3.
1. Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (P): Gọi tiếp điểm là T(x
0
;y
0
). PTTT là:
y = (4 – 2x
0
) ( x – x
0
) + 4x
0
– x
0
2
. Tiếp tuyến đi qua M(1/2; 2)
⇔
2 = (4 -2x
0

)(
2
1
-x
0
) + 4x
0
– x
0
2
.
Biến đổi rồi giải tìm được x
0
= 0 hoặc x
0
= 1.
Với x
0
= 0 tiếp tuyến là d
1
: y = 4x ,tiếp điểm là O(0;0).
Với x
0
= 1 tiếp tuyến là d
2
: y = 2x + 1, tiếp điểm là A( 1;3).
Từ hình vẽ (Tự vẽ). ta có diện tích hình phẳng là: S =
∫∫
+−+++−
1

2
1
2
2
1
0
2
)412()44( dxxxxdxxxx
= …
S =
12
1
(đvdt).
2. Ta có:
2
.
222
ABSBSA
SBSA
−+
=
. Tương tự rồi kết hợp với giả thiết suy ra:
222
222222222
CASASCBCSCSBABSBSA −+
=
−+
=
−+
=

2
2
a

⇔
SA = SB = SC = a.
===================================
BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)
1
THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
SABC là tứ diện đều. Tính được: V =
12
2
3
a
.
Câu 4.
1. Ta có: z = 2sin
2

α
- 2i sin
α
.cos
α
= 2sin
2
(-
α

) + 2i sin(-
α
).cos(-
α
)
= 2sin(-
α
) [ sin(-
α
) + icoss(-
α
)] = -2sin
α
[sin(-
α
) + icos(-
α
)]
= - 2sin
α
[ cos(
)
2
α
π
+
+ isin(
)
2
α

π
+
].
Vì
πα
π
2
2
3
<<
nên – 2sin
α
> 0. Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z.
2. Hệ phương trình được xác định với mọi x;y ( Hệ đối xứng loại 2)
Trừ từng vế hai phương trình ta được: x +
1212
322322
−−
++−+=++−
yx
yyyxx
(*).
Xét hàm số f(t) = t +
22
2
+− tt
+ 3
t -1
. ta có f ‘(t) = … >0. Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R.
Từ phương trình (*) suy ra x =y.

Thế vào một phương trình của hệ được:
x +
12
3122
−
=−+−
x
xx

3ln)1()122ln(
2
−=−+−+⇔ xxxx
(**).
Đặt gx) = ln( x +
22
2
+− xx
-1) – (x – 1)ln3. Hàm số xác định trên R.
Chứng minh được g’(x)< 0 nên g(x) nghịch biến trên R. Mà: g(1) = 0. Pt(**) có nghiệm duy nhất x =
1.
Vậy hệ có một nghiệm: (x;y) = (1;1).
Câu 5.
1. Hệ phương trình tọa độ A:



=−+
=++
0123
052

yx
yx

⇔
x = -11; y = 17 . A(-11;17).
Gọi B
∈
d
1

⇒
B( x
1
; -2x
1
– 5) và C
∈
d
2

⇒
C( x
2
;
2
1
(3 – x
2
)).
Ta có

BM
=( 7 –x
1
; 2x
1
+ 1),
CM
=( 7 –x
2
; -
2
3
(3 –x
2
)). Do M là trung điểm của BC nên
0=+CMBM






=−−+
=−+−
⇔
0)3(
2
3
)12(
0)7()7(

21
21
xx
xx
⇔
x
1
= -35 và x
2
= 49.
Vậy B(-35;65) và C(49; -73).
2. Gọi giao điểm của (
α
) với ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt là A(a;0;0) , B(0;b;0), C(0;0;c). với a,b,c>0.
Mặt phẳng (
α
) có phương trình dạng đoạn chắn:
1=++
c
z
b
y
a
x
(1). Vì đi qua M( 3;2;1) nên:
1
123
=++
cba
(2). Thể tích khối tứ diện là V =

6
1
abc.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có 1 =
3
6
3
123
abccba
≥++

⇒
abc
276.27
≥⇒≥
V
V đạt giá trị nhỏ nhất
⇔
V = 27 đạt được khi a =9; b = 6; c = 3.
Vậy mặt phẳng (
α
) thỏa mãn đề bài là:
1
369
=++
zyx
hay 2x+ 3y + 6z – 18 = 0.
===================================
BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)
2