Đề luyện có đáp án: Luyện thi ĐH 2010-2011

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 01
I. PHẦN CHUNG
CâuI.
1. Bạn đọc tự giải.
2.
2
3
'
( 1)
y
x
= −
−
;
2 1
( ; )
1
m
M m
m
+
−
. Tiếp tuyến tại M:
2
3 2 1
( )
( 1) 1
m
y x m
m m
+

= − − +
− −
cắt
tiệm cận đứng tại
2( 2)
1;
1
m
A
m
+
 
 ÷
−
 
và cắt tiệm cận ngang tại
( )
2 1; 2B m −
; giao hai tiệm cận
I(1; 2).
2
2
6 36
; 2 1 ; 4( 1)
1 ( 1)
IA IB m AB m
m m
= = − = + −
− −
. Chu vi tam giác IAB:

2
2
6 36
2 1 4( 1) 2 12 24
1 ( 1)
P IA IB AB m m
m m
= + + = + − + + − ≥ +
− −
.
Tìm được m thay được tạo độ M.
CâuII.
1. ĐK:
sin 2 .cos 0x x ≠
.
2 2
3sin 2 2sin
2 3sin 2 2sin 4sin .cos 3cos 1 2cos
sin 2 .cos
x x
x x x x x x
x x
−
= ⇒ − = ⇒ − =
2.
4 2 2
2 2
2 2
4 6 9 0
( 2) ( 3) 4

( 2)( 1) 24
2 22 0
x x y y
t y
t y
x y x y

− + − + =

− + − =

⇔
 
+ + =
+ + − =




(với
2
t x=
)
⇔
[ ]
2 2
( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 28 0
( 2)( 1) 24
t y t y
t y


+ + + − + + + + =


+ + =


[ ] [ ]
2
( 2) ( 1) 8 ( 2) ( 1) 2( 2)( 1) 28 0
( 2)( 1) 24
t y t y t y
t y

+ + + − + + + − + + + =

⇔

+ + =


( 2) ( 1) 10
( 2)( 1) 24
t y
t y
+ + + =

⇒

+ + =


hoặc
( 2) ( 1) 2
( 2)( 1) 24
t y
t y
+ + + = −


+ + =

suy ra nghiệm.
CâuIII.
2 2
2 2
sin 3 sin 2
1
.sin .cos .2sin .cos .cos
2
x x
o o
I e x xdx e x x xdx
π π
= =
∫ ∫
2
2
sin 2 2
1
.cos sin

2
x
o
e xd x
π
=
∫
2
2
sin 2 2
1
(1 sin ) sin
2
x
o
e x d x
π
= −
∫
2 2
2 2
sin 2 sin 2 2
1 1
sin .sin sin
2 2
x x
o o
e d x e xd x
π π
= −

∫ ∫
2 2 2 2
2 2 2
sin 2 2 sin sin 2 2 sin
2
0
1 1 1
sin sin sin (sin . )
2 2 2
x x x x
o o o
e d x xde e d x x e
π π π
π
= − = −
∫ ∫ ∫
2 2
sin 2 sin
2 2
0 0
1
( ) (sin . )
2
x x
e x e
π π
= − =
thay số được kết quả.
CâuIV:
Dễ có:

HM MC
=
; mặt khác
2 2 2
cos cosHM SM HM SM
α α
= ⇒ =
2 2 2 2 2 2 2 2
cosa SM a HM a CM SM
α
⇒ − = − = − =
2
2
2
1 cos
a
SM
α
⇒ =
+
;
2
sin
sin
1 cos
a
SH SM
α
α
α

= =
+
2
cos
2 2 cos 2
1 cos
a
DC HM SM
α
α
α
= = =
+
2
.
2
1 2 sin .cos
.
3 3 1 cos
S ABCD ABCD
V SH S a
α α
α
= =
+
.
Đặt
4 2
2
sin .cos

( 1)cos (1 2 )cos 0
1 cos
m m m m
α α
α α
α
= ⇒ + − − + =
+
Có nghiệm khi
1m
≠ −
và
1
1 5 0
5
m m∆ = − ≥ ⇔ ≤
. Khi đó
2
.
2
15
S ABCD
a
V ≤
, dấu “=” xảy ra khi và
chỉ khi
0
2
1
5

60
1
cos
4
m
α
α

=


⇒ =


=


( do
0 0
0 90
α
< <
).
CâuV.
( )
3
3 3 3 3 3 3
3 3
3 3
1 1

8 8 8 2.3 2 6P x y y z x z xy yz zx
xyz xyz
≥ + + + = + + +
3
3
1
6 6 12xyz
xyz
≥ + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1
1
x y z
x y z
xyz
= =

⇔ = = =

=

II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
CâuVI.a
1. Đường thẳng (d) qua I
1
;0
2
 
 ÷

 
và vuông góc với AB: x-2y+2=0 có phương
trình là: 2x+y-1=0, (d) cắt AB tại M(0;1)- trung điểm của AB. A(
1 1
;x y
) thuộc AB
với
1
0x >
và AM = 2MI (do AB = 2AD; AB=2AM và AD=2MI) suy ra được
A(
3
1;
2
);
1
2 ( 1; )
2
AB AM B= ⇒ −
uuur uuuur
;
2 ;BC MI DC AB= =
uuur uuur uuur uuur
suy ra được toạ độ C, D.
2. Dễ thấy
1
( )d
//(
2
)d

;
1 1 2 2
(1; 1;2) ( ); (4;1;3) ( )M d M d− ∈ ∈
;
1
(2;3;1)
d
u
uur
;
1 2
(3;2;1)M M
uuuuuur
Mặt phẳng (P) nhận
( )
1
3 1 1 2 2 3
1 2 2 1 1 3 3 2
, ; ; (1;1; 5)
d
n u M M
 
= = = −
 
r uur uuuuuur
làm véc tơ pháp tuyến
và (P) đi qua
1
(1; 1;2)M −
nên (P) có phương trình

( ) : 5 10 0P x y z+ − + =
CâuVII.a
2 2
10 8 4 (2 1) 1x x m x x+ + = + +
(*)
2
2 2
2 2 2
1 1
( 1) (2 1) 1 ( 1) 0 1 0 (1)
2 2 1 2 2 1
m x m x
x x x x
x x
 
+ +
⇔ + − + + + + = ⇒ − + =
 ÷
 ÷
+ +
 

(do 2x+1=0 không thoả mãn phương trình)
Đặt
2
1
2 1
x
t
x

+
=
+
;
2 2
2
' 0 2
(2 1) 1
x
t x
x x
−
= = ⇔ =
+ +
. Có BBT
S
B
C
D
A
H
M
A
M
D
C
B
N
I
x

−∞

1
2
−
2
+∞
t’ - - 0 +

t
2
1
(1)
2
t m
t
+
⇒ =
do t = 0 không thoả mãn (*). Qua BBT thấy, mỗi
1
2
t < − hoặc
1
5
t =
hoặc
1
2
t ≥
thì phương trình

2
1
2 1
x
t
x
+
=
+
có nghiệm duy nhất; khi
1 1
2
5
t< <
thì phương trình
2
1
2 1
x
t
x
+
=
+
có
hai nghiệm phân biệt. Xét đường thẳng (d):
2
m
y = và đồ thị (C) của hàm số
2

1
( )
t
f t
t
+
=
Có
2
2
1
'( ) 0 1
t
f t t
t
−
= = ⇔ = ±
.
BBT
t
−∞
-1
1
2
−
0
1
5

1

2
1
+∞
f’(t) + 0 - - - - - 0 +

-2
f(t)

Qua BBT thấy:
+)
5
2
2 2
m
− < < − thì (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
1 2
1
1
2
t t< − < < − khi đó ứng với
mỗi
t
phương trình đã cho chỉ có một nghiệm hay -5 < m < -4 thoả mãn.
+)
6 12
2
5 5
m
m= ⇔ =
thì (d) cắt (C) tại 2 điểổttong đó 1 điểm có hoành độ

1
1
5
t =
và một điểm có
hoành độ
2
1
2
t >
; ứng với
1
1
5
t =
phương trình có nghiệm
2x =
, ứng với
2
1
2
t > thì phương trình có
một nghiệm
x
thoả mãn
1
2
2
x− < < hay khi đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
+)

5
2 4 5
2 2
m
m< < ⇔ < < thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
1 2
1
1
2
t t< < < , ứng với mỗi
t
phương
trình đã cho có đúng một nghiệm thuộc
1
;2
2
 
−
 ÷
 
hay
4 5m< <
thoả mãn.
Vậy
12
5
m =
hoặc
( 5; 4) (4;5)m∈ − − U
là giá trị cần tìm

B. Theo chương trình nâng cao
1
5
+∞
1
2
−∞
1
2
−
5
2
−
6
5
5
2
2
−∞
CâuVI.b
1. Gọi
1
( ; )n a b
ur
là vecto pháp tuyến của AB và CD suy ra
2
( ; )n b a−
uur
là vecto pháp tuyến của BC và DA. Khi đó ta có
: ( 2) ( 1) 0; : ( 2) 0AB a x b y CD a x by− + − = − + =

: ( 1) ( 2) 0; : ( 4) ( 2) 0AD b x a y BC b x a y− − + − = − − + + =
Toạ độ A thoả mãn hệ
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 2
;
2
ax by a b
a ab b a ab b
A
bx ay a b
a b a b
+ = +
 

− + + +
⇒

 ÷
− + = −
+ +

 
Tương tự
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 4 2 2
;
a ab b b ab a

B
a b a b
 
+ + − −
 ÷
+ +
 
;
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
;
a ab b a ab
D
a b a b
 
− + +
 ÷
+ +
 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
3 4 4 3
; ; ;
ab b b ab a ab
DA AB
a b a b a b a b
   
+ +
⇒ −

 ÷  ÷
+ + + +
   
uuur uuur
; ABCD là hình vuông khi AB=AD
2 4 2 2 2 2
( ) (3 4 ) (4 3 )ab b b ab a ab⇒ + = + + +
4 3 2 2 3 4
2 3 3 3 0a a b a b ab b⇒ + + + + =
2 2 2 2
( )(2 3 ) 0
2
b a
a b a ab b
b a
= −

⇒ + + + = ⇒

= −

+) Với
b a
= −
chọn
1 1a b
= ⇒ = −
phương trình các cạnh:
: 3 0AB x y− + =
;

: 2 0BC x y+ − =
;
: 2 0CD x y− − =
và
: 1 0DA x y+ − =
+) Với
2b a= −
chọn
1 2a b= ⇒ = −
phương trình các cạnh là:
: 2 0; : 2 10 0AB x y BC x y− = + + =
và
: 2 2 0; : 2 0CD x y DA x y− − = + =
2.
( )∆
có
(1;2;0)u
∆
uur
và qua M(3;-1;4)
( ')∆
có
'
(1;2;4)u
∆
uur
và qua N(-2;0;2);
'
; (2; 1;0)u u u
∆ ∆

 
= = −
 
r uur uur
;
1
; (0;0;5)n u u
∆
 
= =
 
ur uur r
;
2 '
; (4;8; 5)n u u
∆
 
= = −
 
uur uur r
. Đường vuông góc chung (a) của
( )∆
và
( ')∆
nhận
u
r
làm một vecto chỉ
phương.
(P) chứa

( )∆
và (a) nhận
1
(0;0;5)n
ur
làm một vecto phán tuyến nên (P):
5( 4) 0z − =
(P’) chứa
( ')∆
và (a) nhận
2
(4;8; 5)n −
uur
làm vecto pháp tuyến nên (P’):
4 8 5 16 0x y z+ − + =
(a) là giao tuyến của (P) với (P’) nên thoả mãn
1 2
4
4 8 5 16 0
4
x t
z
y t
x y z
z
= +

=



⇒ = −
 
+ − + =


=

CâuVII.b:
2 2 3 2
1 ( 2 2) 3 4 2mx m x mx x x x+ + + = − + −
3
3
1 1 ( 1) ( 1)mx mx x x⇔ + + + = − + −
( )
2
2
1 ( 1) 1 1 ( 1) ( 1) 1 0mx x mx mx x x
 
⇔ + − − + + + − + − + =
 
1 1mx x⇔ + = −
[ ] [ ]
1 1
( 1) ( 1) 2 0 ( 1) ( 1) 2 0 (1)
x x
m x m x m m x
≥ ≥
 
 
⇔ ⇔

 
+ − + = + − + =
 
 
Với
1m
= −
khi đó phương trình nghiệm đúng
1x
∀ ≥
Với
1m ≠ −
+) m = 1 phương trình vô nghiệm
+) m
1≠
khi đó (1) có nghiệm
2
1
x
m
=
−
.) -1 <m < 1 phương trình đã cho có nghiệm
2
1
x
m
=
−
.) m >1 phương trình đã cho vô nghiệm