Bài giảng bài giải cho dề vip 2

Trung tâm Hocmai.vn
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 11 tháng 06 năm 2010
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số
( )
3 2
2 3 1 2y x mx m x= + + − +
(1) (m là tham số thực)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Cho điểm M(3; 1) và đường thẳng ∆:
2y x= − +
. Tìm các giá trị của m để đường thẳng ∆ cắt đồ thị hàm số
(1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng
2 6
.
Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng ∆ là:
( )
( )
2 2
2
0 2
2 3 1 2 3
2 3 2 0
x y
x mx m x x
g x x mx m
= ⇒ =



+ + − + = − + ⇔

= + + − =


Đường thẳng ∆ cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C
⇔ Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x ≠ 0
( )
2
2
0
3 2 0
2
1;
0
3 2 0
3
m
m m
m m
g x
m
>

′
∆ >


− + >
 

⇔ ⇔ ⇔
  
< ≠
≠
− ≠





Chiều cao ∆MBC: h = d(M; (∆)) =
3 1 2
2
2
+ −
=
.
Vậy
2
4 3
MBC
S
BC
h
= =
.
Vì x
B
, x
C

là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C ∈ ∆ nên:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 4
2 4 12 8 8 3 2 48 3 4 0
B C B C B C B C B C
BC x x y y x x x x x x
m m m m m m
= − + + = − = − −
= − + = − + = ⇔ − − =
1m⇔ = −
(loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn).
Câu II. 1. Giải phương trình
(
)
2 2
2sin sin 2 cos sin 2 1 2cos
4
x x x x x
π
− + = −
Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với
(
)
( )
2
sin sin 2 cos sin 2 1 1 cos 2 1 sin 2

2
sin 2 sin cos sin 2 1 0
x x x x x x
x x x x
π
− + = + − = +
⇔ − − =
*
( )
sin 2 0
2
k
x x k
π
= ⇔ = ∈¢
*
( ) ( ) ( )
( )
2 2
sin cos sin 2 1 0 sin 1 2cos sin 0 sin 1 1 2sin 2sin 0x x x x x x x x x− − = ⇔ − − = ⇔ − + + =
( )
2
1 2sin 2sin 0x x⇔ + + =
(vô nghiệm) hoặc sinx = 1
( )
2
2
x k k
π
⇔ = + π ∈¢

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 11 tháng 06 năm 2010
2. Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất.
( )
( )
2 2
1 1x y x y
x y m

+ + = +


+ =


Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ. Do đó để
hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y.
Thay x = y = 1 vào phương trình (2) ⇒ m = 2.
Khi m = 2 thì hệ trở thành
( )
( )
2 2
1 1
2
x y x y
x y

+ + = +



+ =


( ) ( )
( )
2
2
0
0
1
1
2 2
x y
x y
x y xy x y
xy
x y xy
+ ≥


+ =


⇔ + + + = + ⇔


=



+ − =


hoặc
2
1
x y
xy
+ =


=

Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1).
Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn.
Câu III.
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0). Góc ABC bằng 120
o
, cạnh SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi C′ là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng (α) đi qua AC′ và song
song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B′, D′. Tính thể tích khối của chóp S.AB′C′D′.
Đáp án: Gọi O là giao điểm của AC và BD;
I là giao điểm của SO và AC′.
Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng
song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B′ và D′.
Từ BD ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ AC′.
Ta có:
1
3 2

2
AC a SC a AC SC a
′
= ⇒ = ⇒ = =
.
Do I là trọng tâm của ∆SAC
2
2
3 3
a
B D BD
′ ′
⇒ = =
. Vậy
2
1
.
2 3
AB C D
a
S AC N D
′ ′ ′
′ ′ ′
= =
Từ B′D′ ⊥ (SAC) ⇒ (AB′C′D′) ⊥ (SAC′). Vậy đường cao h của hình chóp S.AB′C′D′ chính alf đường cao
của tam giác đều SAC′ ⇒
3
2
a
h =

.
Vậy
3
.
3
1
.
3 18
S AB C D AB C D
a
V h S
′ ′ ′ ′ ′ ′
= =
(đvtt).
Page 2 of 5
S
A
a
D
′
D
I
B
′
C
′
C
B
a
O

2
a
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 11 tháng 06 năm 2010
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P):
2 3 0x y z− − + =
và đường
thẳng (d):
2
3 6
2 4 1
y
x z
−
− −
= =
. Viết phương trình đường thẳng (d′) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P)
tại C sao cho
2 0AC AB+ =
uuur uuur r
.
Đáp án: Gọi M là giao điểm của (d) và (P).
Phương trình tham số của (d) là:
3
2 4
6
x m
y m
z m

= +


= +


= +

.
Thay vào (P) ta có:
6 4 2 4 6 3 0 1m m m m− − − − − + = ⇔ =
Vậy M(5; 6; 7).
Kẻ đường thẳng (d
1
) đi qua A và // (D). Gọi N là giao điểm của (d
1
) và (P) ta có:
1
1 2
: 4
2
x t
d y t
z t
= − +


=



= +

. Thay vào (P) ta được
2 4 4 2 3 0 1t t t t− + − − − + = ⇔ = −
Vậy N(-3, -4, 1).
Gọi C là điểm trên (P) sao cho
( )
2 0 19; 24; 11NC NM C+ = ⇒ − − −
uuur uuuur r
Đường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu. Vậy (d′) là đường thẳng qua A và C có phương trình:
1
2
18 24 13
y
x
z
+
−
= =
.
Câu IV.
1. Cho số phức
; ,z x yi x y= + ∈¢
thỏa mãn
3
18 26z i= +
. Tính
( ) ( )
2009 2009
2 4T z z= − + −

Đáp án: ta có
( ) ( )
3 2
3 3 2 2 3
2 3
3 18
3 3 18 26
3 26
x xy
z x xy x y y i i
x y y

− =

= − + − = + ⇒

− =


Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, đặt y = tx
( )
( )
( )
( )
3 2
2
3 3
1 3 18
3 1 3 12 13 0
3 26

x t
t t t
x t t

− =

⇒ ⇒ − − − =

− =


Khi
1
3
t =
thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y ∈ Z.
Khi
2
3 12 13 0t t− − =
thì x, y
∉¢
. Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i
Vậy
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2009 2009
2009 2009
1004 1004 1005
2 4 1 1 2 1 2 1 2T z z i i i i= − + − = + + − = + + − =
2. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

3z y z+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
( )
( )
( )
1 1 1
4 2ln 1
4 2ln 1 4 2 ln 1
P
x y
y z z x
= + +
+ + −
+ + − + + −
Đáp án: Từ giả thiết
0 , , 3x y z≤ ≤
suy ra
( )
( )
4 2ln 1 0; 4 2ln 1 0x y y z+ + − > + + − >
và
Page 3 of 5
M
N
C
A
d
1
d
d

′
B
P
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 11 tháng 06 năm 2010
( )
4 2ln 1 0z x+ + − >
. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
( )
( )
( )
9
4 2ln 1 4 2 ln 1 4 2 ln 1
P
x y y z z x
≥
+ + − + + + − − + + −
Xét hàm số
( ) ( )
[ ]
2ln 1 , 0;3f t t t t= + − ∈
, có
( )
1
1
t
f t
t
−

′
=
+
.
Lập bảng biến thiên hàm f(t), với
[ ]
0; 3t ∈
suy ra
( )
0 2ln 2 1f t≤ ≤ −
.
Do đó
( )
( )
( )
9 3
3 2ln 2
12
P
f x f y f z
≥ ≥
+
+ + +
.
Vậy
3
min
3 2ln 2
P =
+

, khi x = y = z = 1.
PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)
Câu Va. 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2
3x y+ =
,
1 0x y+ − =
.
Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường
2
3x y= −
và
1x y= −
là:
2 2
3 1 2 0 1y y y y y− = − ⇔ − − = ⇔ = −
hoặc y = 2.
Vậy
( ) ( )
( )
2
2 2
3 2
2
2
1
1 1
9
3 1 2 2
3 2 2

y y
S y y dy y y dy y
−
− −
 
= − − − = − + + = − + + =
 ÷
 
∫ ∫
(đvdt).
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng (∆):
2 3 14 0x y− + =
, cạnh BC song song với ∆, đường cao CH có phương trình:
2 1 0x y− − =
. Biết trung điểm
của cạnh AB là M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
Đáp án: Vì AB ⊥ CH nên AB có phương trình:
2 0x y c+ + =
.
Do M(-3; 0) ∈ AB nên c = 6. Vậy phương trình AB là:
2 6 0x y+ + =
.
Do A ∈ ∆ nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
( )
2 3 14 0
4;2
2 6 0
x y
A
x y

− + =

⇒ −

+ + =

Vì M(-3; 0) là trung điểm AB nên B(-2; -2)
Cạnh BC // ∆ và đi qua B nên BC có phương trình:
( )
( )
2 2 3 2 0 2 3 2 0x y x y+ − + = ⇔ − − =
. Vậy tọa độ C là
nghiệm của hệ
( )
2 3 2 0
1;0
2 1 0
x y
C
x y
− − =

⇒

− − =

Câu Vb. 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường
2
y x=
;

2
2y x= −
. Tính thể tích của khối tròn xoay
tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là:
2 2 4 2
2 2 0 1x x x x x= − ⇔ + − = ⇔ = −
hoặc x = 1.
Khi
[ ]
1; 1x∈ −
thì
2 2
2 x x− ≥
và đồ thị các hàm
2
y x=
và
2
2y x= −
cùng nằm phía trên trục Ox.
Page 4 of 5
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 11 tháng 06 năm 2010
Vậy
( )
1
1
3 5

2 4
1
1
44
2 2
3 5 5
x x
V x x dx x
−
−
 
= π − − = π − − = π
 ÷
 
∫
(đvtt).
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm I(-1; 3). Viết phương trình đường tròn có tâm I và cắt
đường thẳng
3 4 10 0x y− + =
tại hai điểm A, B sao cho AIB bằng 120
o
.
Đáp án: Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng (d):
3 4 10 0x y− + =
, khi đó:
( )
( )
3 12 10
, 1
5

IH d I d
− − +
= = =
Suy ra R = AI =
o
2
cos60
IH
=
.
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
( )
( )
22
1 3 4x y+ + − =
=====================Hết==========================
Page 5 of 5