Tham khảo TN Toán 2010 số 17

THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010
CÂU I:
Cho hàm số :
2
2
x x
y
x
+
=
−
(C)
1. Khảo sát hàm số (C)
2. Đường thẳng
( )∆
đi qua điểm B(0,b) và song song với tiếp tuyến của (C) tại điểm O(0,0) .Xác
đònh b để đường thẳng
( )∆
cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N. Chứng minh trung điểm I của MN nằm
trên một đường thẳng cố đònh khi b thay đổi.
CÂU II:
1. Giải bất phương trình :
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ −
2. Tính tích phân
3
2
3
0
sinI xdx
π

 
 ÷
 
=
∫
CÂU III:
1. Giải và biện luận theo m phương trình :
2
3
2 (cos sin ) 2 cos sin
2
m x x m x x+ = + − +
2. Tam giác ABC là tam giác gì nếu :

2 2
sin 2 sin 2 4 cos sin
sin 2 sin 2 4sin sin
a B b A ab A B
A B A B

+ =

+ =

CÂU IV:
1. Cho trong không gian với hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc Oxyz các điểm A(2;0 ; 0) ,B(0 ; 3;
0) ,C(0;0 ;3) .Các điểm M ,N lần lượt là trung điểm của OA và BC ; P ;Q là hai điểm trên OC và AB sao
cho
2
3

OP
OC
=
và hai đường thẳng MN ,PQ cắt nhau.Viết phương trình mặt phẳng (MNPQ) và tìm tỉ số
AQ
AB
?
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề-các vuông góc ,cho parabol (P) có đỉnh tại gốc toạ độ và đi
qua điểm
(2; 2 2)A
.Đường thẳng (d) đi qua điểm
5
( ;1)
2
I
cắt (P) tại hai điển M,N sao cho MI=IN . Tính
độ dài đoạn MN
CÂU V:
Biết các số a , b, c thoả mãn :
2 2 2
2
1
a b c
ab bc ca

+ + =

+ + =

Chứng minh :

4 4 4 4 4 4
; ;
3 3 3 3 3 3
a b c− ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤
DAP AN
Câu I :
1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số :
2
( )
2
x x
y C
x
+
=
−
• TXĐ :
{ }
\ 2D R=
2
2
4 2
'
( 2)
2 6
' 0
2 6
x x
y
x

x
y
x
− −
=
−

= −
= ⇔

= +


• Tiệm cận đứng :
x = 2 vì
2
lim
x
y
→
= ∞
Ta có :
6
3
2
y x
x
= + +
−
• Tiệm cận xiên:

y = x + 3 vì
6
lim 0
2
x
x
→∞
=
−
• BBT:
• Đồ thò :
Cho x = 0 , y = 0
x = 1 , y = -2

X
Y
O
( C )
2) Xác đònh b để
( )∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt .
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại O.
1
'( ).
2
y f O x y x= ⇔ = −
( )∆
qua B(0, b) và song song (d) có dạng :
1
( ) :

2
y x b∆ = − +
Phương trình hoành độ giao điểm của
( )∆
và (C) :
2
2 2
2
1
2 2
2 2 2 2 4
3 2 4 0
x x
x b
x
x x x x bx b
x bx b
+
= − +
−
⇔ + = − + + −
⇔ − + =
( )∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt :
' 0⇔ ∆ >
2
12 0 0 12b b b b⇔ − > ⇔ < ∨ >
Toạ độ trung điểm I cuả MN :
2
5

2 6 3
2
1
2
M N
x x
b b
x
x
y
y x b
+

= = =


⇒ =


= − +


Vậy I nằm trên đường thẳng cố đònh có phương trình :
5
2
x
y =
Câu II:
1) Giải :
2 2

4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ −
Bất phương trình
( 1)( 3) ( 1)(2 1) 1x x x x x⇔ − − − − − ≥ −
Điều kiện :
2
2
1
4 3 0
1
2
2 3 1 0
3
x
x x
x
x x
x
=



− + ≥


⇔ ≤


− + ≥




≥

Trường hợp 1:
x = 1 dễ thấy là nghiệm của bất phương trình.
Trường hợp 2:
3x ≥
, khi đó :
Bất phương trình 3 2 1 1x x x⇔ − − − ≥ −
3 1 2 1x x x⇔ − ≥ − + − (1)
Ta có : 3 1 1 2 1, 3x x x x x− < − < − + − ∀ ≥
Suy ra (1) vô nghiệm:
Trường hợp 3:
1
2
x ≤
. Khi đó :
Bất phương trình
3 1 2 1x x x⇔ − − − ≥ − −
3 1 1 2
4 2 2 (3 )(1 ) 1 2
x x x
x x x x
⇔ − + − ≥ −
⇔ − + − − ≥ −
3 2 (3 )(1 ) 0x x⇔ + − − ≥
đúng
1
2
x∀ ≤

Tóm lại bất phương trình có nghiệm:
1
1
2
x x≤ ∨ =
2)
3
0
3
sinI xdx
 
 
 
π
2
=
∫
• Đặt
2
3
3t x t dt dx= ⇒ =
3
0 0x t
x t
= ⇒ =
π π
 
= ⇒ =
 
2 2

 
Vậy
2
0
sinI t tdt
π
2
=
∫
• Đặt
2
2du tdtu t ⇒ ==
sin cosdv tdt v t
= ⇒ = −
Vậy
2
0
0 0
3 cos cos 6 cos2I t t t tdt t tdt
π
2
π π
2 2
 
 
= − =
 
 
 
−

∫ ∫
• Đặt
1 1
u t du dt= ⇒ =
1 1
cos sindv tdt v t= ⇒ =
Vậy
0
0
0
6 sin sin 6 6.cos2 3I t t tdt t
π
2
π
π
2
2
 
π
= = + π − 6
 
2
 
− =
∫
Câu III:
Giải và biện luận phương trình:

2
3

(cos sin ) 2 cos sin
2
m x x m x x2 + = + − +
Phương trình
2
3
(2 1)cos (2 1)sin 2
2
m x m x m⇔ − + + = +
2
(4 2)cos (4 2)sin 4 3m x m x m⇔ − + + = +
p dụng điều kiện có nghiệm
x R∈
của phương trình :
cos sinA x B x C
+ =
là
2 2 2
: A B C+ ≥ , ta có :
(1) có nghiệm
x R∈

2 2 2 2
(4 2) (4 2) (4 3)m m m⇔ − + + ≥ +
2 2 4 2
4 2
2 2
2
16 16 4 16 16 4 16 24 9
16 8 1 0

(4 1) 0
1 1
4 2
m m m m m m
m m
m
m m
⇔ − + + + + ≥ + +
⇔ − + ≤
⇔ − ≤
⇔ = ⇔ = ±
• Với
1
: (1) 4sin 4 sin 1 2
2
m x x x k
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π
2
• Với
1
: (1) 4cos 4 cos 1 k
2
m x x x= − ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = π + 2π
Kết luận :

1
: 2
2
1

: k
2
m x k
m x
π
= = + π
2
= − = π + 2π

1
:
2
m ≠ ±
Phương trình vô nghiệm.
2. Nhận dạng
ABC∆
biết :
2 2
sin2 sin 2 4 cos sin B (1)
sin2 sin 2 4sin sin B (2)
a B b A ab A
A B A

+ =

+ =

[ ]
[ ]
2 2

(1) sin sin2 sin sin2 4sin sin .cos sin
2sin sin sin cos cos sin 4sin sin cos sin
sin( ) 2cos sin B (sinAsinB 0)
sin(A+B) = sin(A+B) - sin(A-B)
sin(A-B) = 0 A - B = k chỉ chọn đươ
A B B A A B A B
A B A B A B A B A B
A B A
⇔ + =
⇔ + =
⇔ + = ≠
⇔
⇔ ⇔ π ( ïc k = 0)
A = B⇔
Vậy
ABC
∆
cân tại C.
• Thế vào (2) ta được :

2 2
2sin2A = 4sin 4sin cos 4sin
cos sin A (do sinA 0)
tgA = 1 A = k chỉ chọn được k = 0)
A =
A A A A
A
⇔ =
⇔ = ≠
π

⇔ ⇔ + π (
4
π
⇔
4
Kết luận:
ABC∆
cân tại C và có
µ
A
π
=
4
Do đó:
ABC
∆
vuông cân tại C.
Câu IV:
1) A(2, 0, 0) , B(0, 3, 0) , C(0, 0, 3) ,
2
3
OP
OC
=
B
x
y
z
C
O

P
Q
N
M
M là trung điểm OA
(1,0,0)M⇒
N là trung điểm BC
3 3
0, ,
2 2
N
 
⇒
 
 

2
3
OP
OC
=
Và
(0,0,2)P OC P∈ ⇒
Mặt phẳng (MNPQ) chính là mặt phẳng
( )
α
đi qua M, N, P.
( )
α
có pháp vectơ

1 3
, 3, ,
2 2
n MN MP
 
 
= =
 
 
 
r uuuur uuur
( )
α
lại qua M nên có phương trình :
1 3
3( 1) 0
2 2
x y z− + + =
6 3 6 0x y z⇔ + + − =
Ta có :
( )Q AB∈
và
( )Q
α
∈

( ) ( )Q AB
α
⇒ = ∩