Hướng dẫn giải đề số 06 "Thử sức trước kỳ thi" trên TH&TT tháng 3 năm 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ : “THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI”
ĐỀ SỐ 06 – THÁNG 03 NĂM 2011
PHẦN CHUNG
CâuI
3 2
3 9 3y x x x= + + +
1. Khảo sát - Bạn đọc tự giải
2. Tìm k để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi
qua hai tiếp điểm cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OB = 2011.OA.
Gợi ý:
2 2
' 3 6 9 3 6 9 0y x x k x x k= + + = ⇔ + + − =
có hai nghiệm phân biệt
1 2
;x x
' 3 18 0 6k k
⇔ ∆ = − > ⇔ >
.
Tiếp tuyến (d) tại
1 1 1
( ; )A x y
có phương trình:
1 1
( )y k x x y= − +
. Tiếp tuyến (d’) tại
2 2 2
( ; )A x y
có phương trình:
2 2
( )y k x x y= − +
. Có

1 2
2x x+ = −
và
1 2
9x x k= −
. Đường thẳng qua
1
A
và
2
A
có phươngt rình:
1 1
2 1 2 1
x x y y
x x y y
− −
=
− −
cắt Ox tại
1 2 2 1
2 1
;0
x y x y
A
y y
 
−
 ÷
−

 
và Oy tại
2 1 1 2
2 1
0;
x y x y
B
x x
 
−
 ÷
−
 

Từ
1 2 2 1
1 2 2 1 1 2 2 1
2 1 2 1
2 1 2 1
0 (1)
2011. 2011.
2011. (2)
x y x y
x y x y x y x y
OB OA
y y x x
x x y y
− =

− −

= ⇒ = ⇔

− = −
− −

(1) 6k⇒ =
loại
2 1 2 1
(2) . 2 2011. 2013; 2009 6x x k x x k k⇒ − − = − ⇒ = = − <
(loại) Vậy
2013k
=
CâuII
1. Giải hệ phương trình:
3 2 2
2 3
3
2 2 (1)
2 2 1 14 2 (2)
x y x y xy
x y y x

+ = +


− − + − = −


Gợi ý:
2 2

(1) ( )( 2 ) 0 ; 2x y x y x y x y x y⇔ − − = ⇔ = = ⇒ =
Với
x y=
thay vào (2) được
32 3
2 2 1 14 2x x x x− − + − = −
(ĐK:
1 2; 1 2x x≤ − ≥ +
(
)
3 32 3 2 3 2 3 3 3 2
8 ( 2 1) 6 2 1 14 2 2 1 14 14 6 12 8x x x x x x x x x x x x⇔ − − + − − − − − + − + − = − + −
32 3 2 3 2
8 ( 2 1) 6( 2) 2 1 14 6( 2 1)x x x x x x x x⇒ − − + − − − − = − − −
2
32 3 2
2 1 0
8( 2 1) 6( 2) 14 6 2 1
x x
x x x x x x

− − =
⇒

− − + − − = − − −


1 2x⇒ = ±

(do với điều kiện

1 2; 1 2x x≤ − ≥ +
thì
32 3 2
8( 2 1) 6( 2) 14 0 6 2 1x x x x x x− − + − − > > − − −
)
Thử lại được
1 2x = ±
là nghiệm của phương trình.
2. Giải phương trình:
2
3
2 3 17
x
x
+ =
(*)
Gợi ý:
1
(*) 8 9 17
x
x
⇔ + =
. Dễ thấy
0x
<
thì phương trình vô nghiệm
Khi
0x
>
, xét hàm số

1
( ) 8 9 17
x
x
f x = + −
;
Có
1
2
1 3
'( ) 8 ln8 9 ln9; '(1) 8ln8 9ln9 0; '(2) 64ln8 ln 9 0
4
x
x
f x f f
x
= − = − < = − >
.
1
2 2
4
2 1
"( ) 8 ln 8 9 ln 9 0 0
x
x
x
f x x
x
+
= + > ∀ >

nên
! (1;2) : '( ) 0f
α α
∃ ∈ =
. Có BBT
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là
8
{1; log 9}S =
x
"( )f x
'( )f x
( )f x
0
1
α
8
log 9
2
+∞
0
−
+
+
0
0
Câu III. Tính tích phân
3
3 2 2011
1
( 3 2)I x x dx

−
= − +
∫
Gợi ý:
[ ]
3 3 2
2011
3 2 2011 2011 2011 2011
1 1 2
( 3 2) ( 1) ( 2) ( 1) ( 1) 1I x x dx x x dx x x dx
− − −
= − + = − − = − − −
∫ ∫ ∫
2
2011 2011
2
( 1)t t dt
−
= −
∫

dùng khai triển Niutơn cho
2011
2011 2011
2011
0
( 1) ( 1)
k k k
k
t C t

−
=
− = −
∑
rồi tính tích phân thông thường.
CâuIV:
Chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = a;
·
0
30 ; ( )ABC SAB=
và
( )SAC
cùng tạo với
đáy một góc
0
60
. Hình chiếu của S lên đáy thuộc cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Gợi ý:
Dễ có được
·
·
0
60SIH SKH= =
nên
HI HK KA IA x
= = = =
. Có
3
1 3
2

2 2
3
3
2
IH CH
BH IH HK CH
IH BH

=


= = = ⇒


=


3 3
(1 3)
2 2
IH BC a⇒ + = =
3
2(1 3)
IH a⇒ =
+
từ đây ta
tính được SH, đồng thời tam giác ABC vuông tại A có
·
0
30 ;ABC BC a= =

ta tính được
.ABC S ABC
S V⇒
CâuV. Cho các số thực dương
, ,x y z
thoả mãn
1x y z+ + =
. Tìm GTLN của
3 3
2
( )( )( )
x y
P
x yz y zx z xy
=
+ + +
Gợi ý:
2 2 2 2 2 2 2
( )( ) ( ) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( )x yz y zx xy xyz z x y xy z z x y xy xy z z x y
 
+ + = + + + = + + + − = − + +
 
2 2 2 2
( ) ( 1)( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1)( 1)xy x y x y x y x y x y xy x y x y= + + + + + = + + + + = + + +
. Khi đó
3 3
3 3
2 3 3
3
2 2

1 1
( ) ( 1) ( 1)
1 1 1 1 1
( ) 1 1 ( ) 1
x y
P
x y x y
x y x y
x y x y xy
= = =
+ + +
   
 
+ + + + + + +
 ÷
 ÷  ÷
 
   
6
3
1
2 1
4( 1)
4 (1 )
xy
xy
xy
xy
xy
≤ =

+
+ +
. Đặt
0t xy= >
được
6
4( 1)
t
P
t
≤
+
. Xét
5
6 12
( 1) (1 5 ) 1
( ) '( ) 0
( 1) ( 1) 5
t t t
f t f t t
t t
+ −
= ⇒ = = ⇔ =
+ +

khi đó
1 1
4 5
max
P f

 
=
 ÷
 
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
5
x y
xy
=



=


PHẦN RIÊNG
CâuVIa.
1. Tam giác ABC có
1 1 1
(1;1); ( 2;3); (2;4)A B C−
lần lượt là chân các đường cao. Viết phương trình đường
thẳng BC.
A
A
B
C
H
I
K

C
B
H
K
I
S
Gợi ý:
Dễ thấy các tứ giác
1 1 1 1 1 1
; ;BC HA A HB C BC B C
là các tứ giác nội tiếp nên
·
·
·
· ·
·
·
·
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ;C BH C A H C BH B CH B CH B A H C A H B A H= = = ⇒ =

Hay
1
A H
là đường phân giác trong của
·
1 1 1
C A B
, từ đó ta suy ra được cách
viết phương trình đương thẳng BC bằng cách

+) Viết phương trình đường phân giác trong
1
( )d
của góc
·
1 1 1
B AC
+) Viết phương trình đường thẳng BC qua
1
A
và vuông góc với
1
( )d
.
2. A(1;2;-7); B(-4;0;0); C(5;0;-1) và mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 4 7 0S x y z x y+ + − − − =
. Tìm M thuộc (S) sao
cho tứ diện MABC có thể tích lớn nhất, nhỏ nhất.
Gợi ý:
+) Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng (ABC)
+) Bước 2: Kiểm tra xem (ABC) có cắt mặt cầu (S) hay không, nếu cắt thì không có điểm M thuộc (S)
để thể tích khối MACB đạt GTNN.
+) Bước 3: Viết phương trình đường thẳng qua tâm cầu và vuông góc với (ABC), đường thẳng đó cắt
cầu tại hai điểm; điểm có khoảng cách tới (ABC) bé hơn là điểm làm cho thể tích khối chóp MABC
đạt GTNN, điểm có khoảng cách tới (ABC) lớn hơn là điểm làm cho thể tích khối chóp MABC đạt
GTLN.
CâuVII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức
2 3z i
+ −

biết
2
3 . 9z i z z+ ≤ +
Gợi ý:
Dễ thấy nếu M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z và N(c;d) là điểm biểu diễn của số phức w thì điểm biểu
diễn của số phức z+w có được bằng cách tịnh tiến M theo
ON
uuur
Số phức
( , )z a bi a b= + ∈¡
khi đó
2 3 (2 3) (2 1) wz i a b i+ − = + + − =
;
2
2 2
3 9 (3 1)z i a b+ = + +
;
2 2
. 9 9z z a b+ = + +
2 2 2 2
3 73
8 8 6 8 (2 ) (2 )
4 16
a b b a b⇒ + + ≤ ⇒ + + ≤
Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn
(2 ;2 )P a b
của số phức
2z
là hình tròn (C) tâm
3

(0; )
4
I −
bán kính
73
4
R =
Xét
(3; 1)u −
r
là vectơ biểu diễn cho số phức
3 i
−
khi đó điểm biểu diễn của số phức
2 3z i
+ −
có được bằng
cách tịnh tiến điểm biểu diễn
(2 ;2 )P a b
của số phức
2z
theo vectơ
(3; 1)u −
r
hay là hình tròn (C’) có đươcj sau
khi tịnh tiến (C) theo
(3; 1)u −
r
.
CâuVI.b

1. M(2;-1), đường tròn
2 2
1
( ) : 9C x y+ =
. Viết phương trình đường tròn
2
( )C
có bán kính bằng 4 và cắt
1
( )C
theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất.
Gợi ý:
1
( )C
có tâm là O(0;0) và bán kính R=3. Đường tròn
2
( )C
cắt
1
( )C
tại dây cung AB có độ dài
nhỏ nhất khi AH nhỏ nhất. Có
2 2 2
AH R OH= −
, AH nhỏ nhất khi Oh lớn nhất,
hay
(2; 1)H M≡ −
. Các bước giải bài toán như sau:
+) Viết phương trình đường thẳng qua M nhận Om làm vectơ pháp tuyến, cắt
1

( )C
tại A và B
→
tính độ dài AB
+) Tâm I(a;b) của
2
( )C
thoả mãn
2
2 2
2
4
IM AB
AB
IM R

⊥

→

= −


uuur uuur
xác định được tâm I của
2
( )C
→
viết ptrình
2

( )C
A
1
A
B
C
1
B
1
C
H
A
B
O
M
H
2. Tứ giác ABCD với A(1;2;1), C(2;4;-1). Hai đỉnh B và D thuộc đường thẳng
1 2
:
1 2 3
x y z− −
∆ = =

sao cho BD=4. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác và
2011.
ABCD IAD
S S=
. Tính khoảng
cách từ D đến đường thẳng AC.
Gợi ý:

Tính khoảng cách từ A(1;2;1) và C(2;4;-1) tới
1 2
:
1 2 3
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình đường thẳng AC; I là giao của AC và BD
→
xác định được
toạ độ cảu điểm I.
( )
( ; ) ( ; )
1
.
2
ABCD A C
S d d BD
∆ ∆
= +
=2011.
( ; )
1
.2011 .
2
AID A
S d DI
∆
=

→
tính đựoc DI
Suy ra toạ độ điểm D
→
toạ độ điểm B và khoảng cách từ D đến đường thẳng AC.
CâuVII.b Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z biết rằng
2 2 6z z+ + − =
Gợi ý:
Gọi số phức
( , )z a bi a b= + ∈¡
có điểm biểu diễn là
( ; )M a b
.
2 2
2 ( 2) ( 2)z a bi a b+ = + + = + +
;
2 2
2 ( 2) ( 2)z a bi a b− = − − = − +
. Xét điểm
1
( 2;0)F −
và điểm
2
(2;0)F
khi đó
1 2
2 2 6 6z z MF MF+ + − = ⇔ + =
. Mặt khác
1 2
4 6F F = <

nên tập hợp tất cả các điểm M(a;b) là Elip có hai
tiêu đỉêm là
1
( 2;0)F −
và
2
(2;0)F
với trục lớn bằng 6 có phương trình là
2 2
1
9 5
x y
+ =
A
B
D
C
I