Đáp án đề số 2-Thử sức trước kỳ trên TH&TT. Luyện thi ĐH năm 2011.

GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 02 – TH&TT
LUYỆN THI ĐH – CĐ NĂM HỌC 2010 – 2011
PHẦN CHUNG
CâuI. Cho hàm số
3 2
2 3 1 ( )y x x C= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm
có tung độ bằng 8.
Giải:
1. Bạn đọc tự giải.
2.
2
' 6 6y x x= −
. Tiếp tuyến (d) tại M(
3 2
0 0 0
;2 3 1x x x− +
) :
2 3 2
0 0 0 0 0
6( )( ) 2 3 1y x x x x x x= − − + − +
cắt Oy tại điểm có tung độ là
3 2
0 0
4 3 1x x− + +
khi đó
3 2 3 2 2
0 0 0 0 0 0 0 0
4 3 1 8 4 3 7 0 ( 1)(4 7 7) 0 1x x x x x x x x− + + = ⇔ − + = ⇔ + − + = ⇔ = −
,

khi đó M(-1;-4)
CâuII:
1. Giải hệ:
2
2
18 12
1
9
3
xy x
xy y

− = −


= +



2. Giải phương trình:
4 ( 12)2 11 0
x x
x x+ − + − =
(*)
Giải:
1.
2
2
18 12
1

9
3
xy x
xy y

− = −


= +


2 2 2 2 2
2
2 2
27 (27 ) 9(9 )
12 9 12
3 9 9.3
y y t
t
y t
− + +
⇒ = − ⇒ − = −

(Với
3y t=
)
2
4 2
4 2 2 2 2
2

4 2
9
2 9 81 0
3 27 36 ( 9)
9
4 45 81 0
4
t
t t
t t t t
t
t t

=

− − =

⇒ − = − + ⇒ ⇒


=
− + =



Với
2
3 3 2 3
9
3 3 2 3

y x
t
y x

= ⇒ =
= ⇒

= − ⇒ = −


( do
0xy >
)
Với
2
9
4
t =
khi đó
2 2
2
2
(27 3 ) 75
12
27 4
t
x
t
+
= = >

Vậy hệ có nghiệm là
( ) ( )
( ; ) 2 3;3 3 ; 2 3; 3 3x y = − −
2. Đặt
2
x
t =
ĐK: t > 0. Khi đó (*) trở thành
2
( 12) 11 0 1; 11t x t x t t x+ − + − = ⇒ = = −
Với t = 1 ta được x = 0
Với t = 11-x ta được
2 11 2 11 0; ( ) 2
x x x
x x f x x= − ⇒ + − = = +
có
(3) 0; '( ) 0f f x x= > ∀
nên x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình
2 11
x
x= −
Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {0; 3}
CâuIII: Chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên với
cạnh đáy đối diện bằng m. Tính thể tích khối chóp.
Giải:
Gọi M, P lần lượt là trung điểm của BC, AC. Hạ MN
vuông góc với SA. Dễ dàng có được MN là đoạn vuông góc chung của
SA và BC. Xét tam giác SAM với hai đường cao SH và MN, trong đó
MN = m và AM =
3

2
a
. Có SA = SB = SC nên
( )SH ABC⊥
,
Với H là trọng tâm của tam giác đều ABC.
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( )SN NA SA SH AH SM MH AH
SN NM MH AH
+ = = + = − +
= + − +
2 2 2 2
2 .SN NA NA NM MH HA⇒ + = − +
Mặt khác
2 2 2
NA MA MN= −

2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 .
2
2
SN NA MA MN MN MH HA
MN HA MA MH
SH
MA MN
NA MA MN


+ − = − +
+ − −

⇒ ⇒ =

−
= −



trong đó
3 3 3
, , ,
2 3 6
a a a
MN m MA HA MH= = = =
khi đó hoàn toàn xác định được
SH. Từ đó ta tính được thể tích khối chop
1
.
3
ABC
V SH S
∆
=
CâuIV: Tính tích phân
5
0
(cos sin )I x x x dx

π
= +
∫
Giải:
5 5
0 0 0
(cos sin ) cos sinI x x x dx x xdx x xdx
π π π
= + = +
∫ ∫ ∫
Tính
( )
1
0
0
0 0
cos sin sin cos 2I x xdx xd x x x x
π π
π
π
= = = + = −
∫ ∫
hạ bậc liên tiếp rồi dung tích phân từng phần cho hàm xsinx; xcoskx để được kết quả.
5 2
2
0 0 0
1 cos 2 1 1 cos4 1
sin sin ( ) sin ( cos 2 )
2 4 2 8
x x

I x xdx x x dx x x x dx
π π π
− +
= = = − +
∫ ∫ ∫
CâuV: Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c thoả mãn
2
2
( )
( )
a a c b
b b a c

+ =


+ =


Chứng minh rằng
1 1 1
a b c
= +
Giải:
2 2 2 2 2
( ) 2 cos (2cos 1)a a c b a ac b a c ac B c a B+ = ⇒ + = = + − ⇒ = +
sin 2sin cos sin sin sin( ) sin( ) sinC A B A C A B A B A⇒ = + ⇒ = + + − +
sin( ) sin 0 sin( )cos 0 sin( ) 0
2 2 2 2
B B B B

A B A A A A⇒ − + = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =
Tương tự, từ
2
( )
2
C
b b a c B+ = ⇒ =
,
S
B
A
C
M
N
P
H
Kết hợp với A + B + C = 180
0
ta được
0 0 0
180 2.180 4.180
; ;
7 7 7
A B C= = =
.
Mặt khác
1 1 1 1
sin .sin sin .(sin sin )
b c
B C A B C

a b c a bc
+
= + ⇔ = ⇔ = +
hay
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
2.180 4.180 180 3.180 180
sin sin 2sin sin cos
7 7 7 7 7
2.180 4.180 2.180 3.180 4.180 3.180
sin sin sin sin sin sin
7 7 7 7 7 7
=
⇔ = ⇔ =
(đpcm)
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
CâuVI.a:
1. (d): 3x – 4y +5 = 0 và (C):
2 2
2 6 9 0x y x y+ + − + =
. Tìm điểm M trên (C) và N
trên (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.
2. (
1
) : 2 2 3 0P x y z− + − =
;
2
( ) : 2 2 4 0P x y z+ − − =
và đường thẳng

2 4
( ) :
1 2 3
x y z
d
+ −
= =
− −
. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp
xúc với
1 2
( ); ( )P P
Giải:
1. Đường tròn (C) có tâm I(-1;3) với bán kính R = 1
( , )
2 1
I d
d R= > =
. Đường thẳng (a) qua I(-1;3) vuông góc với (d) có phương trình là:
4 3 5 0x y+ − =
; (a) cắt (d) tại điểm H(
1 7
;
5 5
); (a) cắt (C) tại M là trung điểm của IH khi đó
M(
2 11
;
5 5
−

). Mọi điểm H trên (C) và điểm P trên (d) luôn có
1HP MN
≥ =
dấu “ = “ xảy ra khi
H M≡
và
P N
≡
2.
Lấy I(-2-t; -2t; 4+3t) trên (d) khi đó
1 2
( ; ) ( ; )
9 9 10 16
25
7;
3 3 19
I P I P
t t
d d t t
+ +
= ⇔ = ⇔ = − = −
Ứng mỗi t ta tìm được R tương ứng, khi đó cho phương trình của mặt cầu.
CâuVII.a:
Đặt
2 3 4 2 12
0 1 2 12
(1 ) ...x x x a a x a x a x− + − = + + + +
. Tính hệ số
7
a

.
Giải:
2 3 4 2 4 4 2 4
(1 ) [(1 )(1 )] (1 ) (1 )x x x x x x x− + − = − + = − +
Có
4
4 4 4
4
0
(1 ) ( 4) ( 1)
k k k
x x C x
−
− = − = −
∑
và
4 4
2 4 2 4 2 2
4 4
0 0
(1 ) ( 1) ( )
p p p p
x x C x C x+ = + = =
∑ ∑
Khi đó
4
4 2 4 4 2
4 4
0
(1 ) (1 ) ( 1)

k k p k p
x x C C x
− +
− + = −
∑
số hạng chứa
7
x
tương ứg với k+2p = 7 suy ra khi k = 1 thì p = 3; k = 3 thì p = 2. Vậy hệ
số của
7
x
là
3 1 3 1 3 2
7 4 4 4 4
( 1) ( 1) 40a C C C C= − + − = −
I
N
M
B. Theo chương trình Nâng cao
CâuVI.b
1. (C):
2 2
( 1) ( 3) 1x y+ + − =
và điểm
1 7
( ; )
5 5
M
. Tìm trên (C) những điểm N sao cho

MN có độ dài lớn nhất.
2. Mặt cầu (S):
2 2 2
2 4 2 5 0x y z x y z+ + + − − + =
và mặt phẳng (P): x-2y+2z-3=0.
Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN nhỏ nhất.
Giải:
(C) có tâm I(-1;3) và bán kính R = 1
MI = 2 khi đó M nằm ngoài đường tròn.
Trung điểm A của MI thuộc đường tròn (C), A(
2 11
; )
5 5
; Lấy N đối xứng
với A qua I được N(
14 19
; )
5 5
−
. Khi đó, mọi điểm P thuộc đường tròn thì
PM
NM≤
. Dấu “=” xảy ra khi
P N≡
.
2. (S) có tâm I(-1;2;1) và bán kính R = 1;
( , )
2
I P
d =

. Các điểm M thuộc (S)
Và N thuộc (P) để MN nhỏ nhất được xác định như sau:
+) Viết phương trình đường thẳng (d) qua I(-1;2;1) và vuông góc với (P)
+) N là giao của (d) với (P)
+) M là trung điểm của NI ( do NI = 2 =2R)
CâuVII.b
Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số
3
1 3 1 2
( )
x x
f x
x
+ − +
=
khi
0x ≠
và f(0)=0;
tại điểm
0
0x =
.
Giải:
+) Cho
0
0x =
số gia
x∆
. Có
0 0

( ) ( ) ( ) (0) ( )y f x x f x f x f f x∆ = + ∆ − = ∆ − = ∆
+)
3
2
0 0
1 3 1 2
lim lim
( )
x x
y x x
x x
∆ → ∆ →
∆ + ∆ − + ∆
=
∆ ∆
Ta tính
3 3
2 2 2
0 0 0
1 3 1 2 1 3 (1 ) 1 2 (1 )
lim lim lim
x x x
x x x x x x
x x x
→ → →
+ − + + − + + − +
= −
2
3
1

2
0 0
2 2 2
3
3
1 3 (1 ) ( 3)
lim lim 1
(1 3 ) (1 ) 1 3 (1 )
x x
x x x x
I
x
x x x x x
→ →
+ − + − +
= = = −
 
+ + + + + +
 
2
2
2
2
0 0
1 2 (1 ) 1
lim lim
2
1 2 (1 )
x x
x x x

I
x
x x x
→ →
+ − + −
= = = −
 
+ + +
 
1 2
1
2
I I I⇒ = − = −

Vậy f’(0) =
1
2
−
1 7
( ; )
5 5
M
N
P
I
A