Bài soạn Đề 2 ôn thi ĐH và đáp án(theo hd của bộ)

Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
Đề 2:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)
Bài 1: Cho hàm số :
( ) ( )
3 2
1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + +
(1) ( m là tham số).
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ
của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Bài 2: 1). Giải phương trình:
1
os3x os2x osx
2
c c c− + =

2). Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − +
.
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0),
B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1). Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
2). Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa
độ O và mặt phẳng (P).
Bài 4: Tính tích phân:
6
2
x
2x 1 4x 1

d
I =
+ + +
∫
.
Bài 5: Cho x, y là các số thực thõa mãn điều kiện:
2 2
3.x xy y+ + ≤

Chứng minh rằng :
2 2
(4 3 3) 3 4 3 3.x xy y− + ≤ − − ≤ −
Bài 6: Giải bất phương trình:
3log 3 2 log 2
3
log 3 log 2
x x
x x
+
≥
+

Bài 7: 1). Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A
sao cho số đó chia hết cho 15.
2) Chứng minh
( ) ( ) ( )
2010 2008 2006
3 1 4 1 4 1i i i i+ = + − +
Bài 8: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và
khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE.

--------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------------
1
Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;4), điểm cực tiểu T(2;0),
điểm uốn: U(1;2)
2)
+ Đạo hàm:
( )
2
( ) 3x 2 1 2 2y g x m x m
′
= = + − + −
.
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thõa x
1
< x
2
< 1
⇔
' 2
4 5 0
5

(1) 5 7 0 1 5
4
2 1
1
2 3
m m
g m m m
S m


∆ = − − >

 
= − + > ⇔ < − ∨ < <

 ÷
 

−

= <

Bài 2:
1). Giải phương trình:
1
os3x os2x osx
2
c c c− + =

+ Trường hợp:

os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π
= ⇔ = + ∈
, phương trình vô nghiệm.
+Trường hợp:
os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
, nhân hai vế phương trình cho
2 os
2
x
c
ta được:
2 os os3x 2 os os2x 2 os osx os
2 2 2 2
x x x x
c c c c c c c− + =
(chuyển tích sang tổng, rút gọn)
7x
os 0
2
c
=

7x 2
os 0 ,
2 7 7
c x k k
π π
= ⇔ = + ∈
Z
, đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, m∈Z .
2). Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − +
.(*)
+ Điều kiện xác định:
1 7x≤ ≤
Ta có : (*) ⇔
( ) ( )
x 1 2 1 2 7 1 7 0x x x x
− − − + − − − − =
⇔
( ) ( )
1 2 1 7 0x x x− − − − − =
( )
1 2
5 4
1 7
x
x x
x x


− =
⇔ ⇔ = ∨ =

− = −


. Kết luận: Tập nghiệm của phương trình: S = { 4, 5}
Bài 3:
1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB: VTCP
( )
1
1; 1;0
4
u AB= − = −
r uuur
, A(4,0,0) ∈ (AB)
2
Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
Ph.trình tham số của (AB):
4
0
x t
y t
z
= +


= −



=

. Tọa độ giao điểm E của (AB) với mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ
12
4 , , 0
16
3x 2 4 0
0
x
x t y t z
y
y z
z
= −

= + = − =


⇔ =
 
+ − + =


=

. Vậy E(-12; 16; 0).
2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) ⇒ Phương trình đt(KI):
2 2
3 2 1

x y z− −
= =
−
.
Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(-1; 0; 1). Giả sử K(x
k
; y
k
; z
k
), khi đó:
( ) ( )
2 2
2
1 1
k k k
KH x y z= + + + −
và
2 2 2
O
k k k
K x y z= + +
Từ yêu cầu bài toán ta có hệ:

( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1
4
1 1

1
2 2
2
3 2 1
3
4
k
k k k k k k
k
k k k
k
x
x y z x y z
y
x y z
z

= −



+ + + − = + +


⇔ =
 
− −
 
= =
−



=


1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
. Kết luận:
1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
.
Bài 4:
Tính tích phân sau:
6
2
x
2x 1 4x 1
d

I =
+ + +
∫
. Đặt :
( )
2 2
1
4x 1 4x 1 1
4
t t x t= + ⇒ = + ⇒ = −
⇒ tdt = 2dx. Đổi cận: x = 2 ⇒ t = 3, x = 6 ⇒ t = 5. Do đó:
( )
= =
+ + +
+
∫ ∫
6 5
2
2 3
x d
2x 1 4x 1
1
d t t
I
t

Áp dụng phương pháp hệ số bất định:
( ) ( )
= +
+

+ +
2 2
1
1 1
t A B
t
t t
⇒ ( A = 1, B = -1).
Do đó:
( ) ( ) ( )
   
 ÷
 
= = − = + + = −
 ÷
 
+
+ + +
   
∫ ∫
5
5 5
2 2 2
3 3
3
d 1 1 1 3 1
ln 1 ln
1 2 12
1 1 1
t t

I dt t
t
t t t
Bài 5:
Nhận xét: Hai biểu thức A = x
2
+ xy + y
2
và B = x
2
–xy –3y
2
đẳng cấp bậc hai đối với xy có quan hệ khá
đặc biệt .( quan hệ giữa cho A và tìm B)
Nếu y = 0 thì A = B = x
2
⇒ 0 ≤ B ≤ 3.
Nếu y ≠ 0, ta đặt
z
x
y
=
khi đó:
2 2 2
2 2 2
3 3
. .
1
x xy y z z
B A A

x xy y z z
− − − −
= =
+ + + +
.
Xét phương trình:
( ) ( )
2
2
2
3
1 1 3 0
1
z z
m m z m z m
z z
− −
= ⇔ − + + + + =
+ +
(a). Dùng điều kiện phương trình
(a) có nghiệm ⇔
( ) ( ) ( )
2
1
1
3 48 3 48
0
1 4 1 3 0
3 3
m

m
m m m m
=

=


⇔
− − − +


∆ ≥
+ − − + ≥ ⇔ ≤ ≤



3
Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒
3 4 3 3 4 3B− − ≤ ≤ − +
. Đây là điều phải chứng minh.
Bài 6: Giải bất phương trình:
3log 3 2 log 2
3
log 3 log 2
x x
x x
+
≥
+

. Điều kiện: 0< x ≠ 1.
Đặt:
2
log 3
log 3 0
log 2
x
x
y y= ⇒ = >
.
Ta có:
+
+
+
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥
+ + +
+
log 3
3 2
3log 3 2 log 2 log 2
3 2 1
3 3 3 3 3
log 3
log 3 log 2 1 1
1
log 2
x
x x x
x
x x

x
y
y y
(*) luôn sai với mọi y > 0.
Kết luận: Bất Phương trình vô nghiệm.
Bài 7:
1) Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5.
+ Các bộ số có 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4;
6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6).
+ Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5.
Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P
4
= 96 số chia hết cho 5.
Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5.
Nếu tận cùng là 0 thì có P
4
= 24 cách lập số chia hết cho 5.
Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P
3
=18 số chia hết cho 5.
Trong trường hợp này có: 3(P
4
+3P
3
) = 126 số.
Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số.
2) Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2010 2008 2006 4 2 4
3 1 4 1 4 1 3 1 4 1 4 1 4i i i i i i i i+ = + − + ⇔ + = + − ⇔ + = −

⇔
2
4 4i = −
( đúng) ⇒ (đpcm).
Bài 8:
Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của
các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác
OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng
nhau cạnh b.
Đặt: B = S
ABCDEF
⇒ B = 6S
∆
OAB
=
2
2
3 3 3
6
4 2
b
b =
(đvdt)
Chiều cao h =

SO =
2 2 2 2
SA OA a b− = −
Do đó: Thể tích V =

( )
2 2 2
3
1
3 2
b a b
Bh
−
=
(đvtt)
* Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ (HS tự làm)
* Chứng minh OJ ⊥(SAF) (HS tự làm)
Trong ∆SOJ vuông tại O với đường cao OJ ứng cạnh huyền SI ta
có OJ =
( )
2 2
2 2
2 2
3
.
4a
a b
OI SO
b
b
OI SO
−
=
−
+

( đvđd)
-----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------
* Các bạn có thể giải cách khác tốt hơn xin vui lòng gửi qua trang Web của tôi.
4