Dap an de so 2Thu suc truoc ky tren THTT Luyenthi DH nam 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 02 – TH&TT LUYỆN THI ĐH – CĐ NĂM HỌC 2010 – 2011. PHẦN CHUNG 3. 2. CâuI. Cho hàm số y 2 x  3 x  1 (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. 3 2 2 2. y ' 6 x  6 x . Tiếp tuyến (d) tại M( x0 ; 2 x0  3 x0  1 ) : y 6( x0 2  x0 )( x  x0 )  2 x0 3  3 x0 2  1 cắt Oy tại điểm có tung độ là  4 x03  3 x0 2  1 khi đó  4 x03  3 x0 2  1 8  4 x03  3x0 2  7 0  ( x0  1)(4 x0 2  7 x0  7) 0  x0  1 , khi đó M(-1;-4) CâuII:  xy  18 12  x 2   1 2  xy 9  y 3 1. Giải hệ:  x x 2. Giải phương trình: 4  ( x  12)2  11  x 0 (*) Giải:  xy  18 12  x 2  y 2  27 (27  y 2 ) 2 9(9  t 2 ) 2  2 1 2   12   t  9  12   xy 9  y 3 9 y2 9.3t 2 3 1.   t 2 9 4 2  2 t  9 t  81  0  3t 4  27t 2 36t 2  (t 2  9) 2   4   2 9 2   4t  45t  81 0  t  y  3 t  4 (Với )  y 3 3  x 2 3 t 2 9    y  3 3  x  2 3 ( do xy  0 ) Với 9 (27  3t 2 ) 2 75 t2  x2    12 4 khi đó 27t 2 4 Với. .  . . ( x; y )  2 3;3 3 ;  2 3;  3 3 Vậy hệ có nghiệm là 2 x 2. Đặt t 2 ĐK: t > 0. Khi đó (*) trở thành t  ( x  12)t  11  x 0  t 1; t 11  x Với t = 1 ta được x = 0 x x x Với t = 11-x ta được 2 11  x  2  x  11 0; f ( x ) 2  x có f (3) 0; f '( x)  0 x nên x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình 2 x 11  x Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {0; 3}.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 a 3 MN = m và AM = 2 . Có SA = SB = SC nên SH  ( ABC ) , Với H là trọng tâm của tam giác đều ABC. ( SN  NA) 2 SA2 SH 2  AH 2 SM 2  MH 2  AH 2. 2. 2. N. B. A. SN 2  NM 2  MH 2  AH 2  2SN .NA  NA2 NM 2  MH 2  HA2 2 2 2 Mặt khác NA MA  MN 2. S. 2. P. 2. 2 SN .NA  MA  MN MN  MH  HA 2 MN 2  HA2  MA2  MH 2    SH  2 2 2 MA2  MN 2  NA  MA  MN a 3 a 3 a 3 MN m, MA  , HA  , MH  2 3 6 khi đó hoàn toàn xác định được trong đó 1 V  SH .SABC 3 SH. Từ đó ta tính được thể tích khối chop . CâuIV: Tính tích phân Giải: . I x(cos x  sin 5 x) dx 0. . . 5. I x(cos x  sin x)dx x cos xdx  x sin 5 xdx 0. 0. . . 0. . . I1 x cos xdx xd sin x  x sin x  0  cos x 0  2. 0 0 Tính hạ bậc liên tiếp rồi dung tích phân từng phần cho hàm xsinx; xcoskx để được kết quả.    1  cos 2 x 2 1 1 cos 4 x  1 I 2 x sin 5 xdx x sin x( ) dx x sin x(  cos 2 x  ) dx 2 4 2 8 0 0 0. CâuV: Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c thoả mãn 1 1 1   Chứng minh rằng a b c Giải:. 2 a (a  c) b  2 b(b  a) c. H. M C.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a(a  c) b 2  a 2  ac b 2 a 2  c 2  2ac cos B  c a (2 cos B  1)  sin C 2sin A cos B  sin A  sin C sin( A  B)  sin( A  B)  sin A B B B B  sin( A  B)  sin A 0  sin( A  ) cos 0  sin( A  ) 0  A  2 2 2 2 C b(b  a ) c 2  B  2, Tương tự, từ 1800 2.1800 4.1800 A ;B ;C  7 7 7 . Kết hợp với A + B + C = 1800 ta được 1 1 1 1 bc      sin B.sin C sin A.(sin B  sin C ) a bc Mặt khác a b c hay 2.1800 4.1800 1800 3.1800 1800 sin sin 2sin sin cos 7 7 7 7 7 0 0 0 0 2.180 4.180 2.180 3.180 4.1800 3.1800  sin sin sin sin  sin sin 7 7 7 7 7 7 (đpcm). PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn CâuVI.a: 2 2 1. (d): 3x – 4y +5 = 0 và (C): x  y  2 x  6 y  9 0 . Tìm điểm M trên (C) và N trên (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. ( P1 ) : x  2 y  2 z  3 0 ; ( P2 ) : 2 x  y  2 z  4 0 và đường thẳng. x2 y z  4   1 2 3 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với ( P1 ); ( P2 ) (d ) :. Giải: 1. Đường tròn (C) có tâm I(-1;3) với bán kính R = 1 d ( I , d ) 2  1 R . Đường thẳng (a) qua I(-1;3) vuông góc với (d) có phương trình là: 1 7 ; 4 x  3 y  5 0 ; (a) cắt (d) tại điểm H( 5 5 ); (a) cắt (C) tại M là trung điểm của IH khi 2 11  ; đó M( 5 5 ). Mọi điểm H trên (C) và điểm P trên (d) luôn có HP MN 1 dấu “ = “ xảy ra khi H M và P N 2. Lấy I(-2-t; -2t; 4+3t) trên (d) khi đó 9t  9 10t  16 25 N d ( I ; P1 ) d( I ; P2 )    t  7; t  3 3 19 Ứng mỗi t ta tìm được R tương ứng, khi đó cho phương trình của mặt cầu. CâuVII.a: 2 3 4 2 12 Đặt (1  x  x  x ) a0  a1 x  a2 x  ...  a12 x . Tính hệ số a7 .. I. M.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải: (1  x  x 2  x3 ) 4 [(1  x)(1  x 2 )]4 (1  x) 4 (1  x 2 ) 4 4. Có. (1  x) 4 ( x  4) 4  C4k ( 1) 4  k x k 0. và. 4. 4. 0. 0. (1  x 2 )4 ( x 2  1)4  C4p ( x 2 ) p  C4p x 2 p. 4. Khi đó. (1  x) 4 (1  x 2 ) 4  (  1) 4  k C4k C4p x k 2 p 0. 7 số hạng chứa x tương ứg với k+2p = 7 suy ra khi k = 1 thì p = 3; k = 3 thì p = 2. Vậy hệ 3 1 3 1 3 2 7 số của x là a7 ( 1) C4C4  ( 1) C4 C4  40. B. Theo chương trình Nâng cao CâuVI.b 1 7 M( ; ) 2 2 ( x  1)  ( y  3)  1 5 5 . Tìm trên (C) những điểm N sao cho 1. (C): và điểm MN có độ dài lớn nhất. 2 2 2 2. Mặt cầu (S): x  y  z  2 x  4 y  2 z  5 0 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. N 2 11 ; ) Trung điểm A của MI thuộc đường tròn (C), A( 5 5 ; Lấy N đối xứng 14 19  ; ) với A qua I được N( 5 5 . Khi đó, mọi điểm P thuộc đường tròn thì PM NM . Dấu “=” xảy ra khi P N . d 2 2. (S) có tâm I(-1;2;1) và bán kính R = 1; ( I , P ) . Các điểm M thuộc (S) 1 7 Và N thuộc (P) để MN nhỏ nhất được xác định như sau: M( ; ) +) Viết phương trình đường thẳng (d) qua I(-1;2;1) và vuông góc với (P) 5 5 +) N là giao của (d) với (P) +) M là trung điểm của NI ( do NI = 2 =2R) CâuVII.b 3 1  3x  1  2 x f ( x)  x Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số khi x 0 và f(0)=0; tại điểm x0 0 .. P. I. A. Giải: +) Cho x0 0 số gia x . Có y  f ( x0  x)  f ( x0 )  f (x)  f (0)  f (x) 3 y 1  3x  1  2x lim  lim x  0 x x  0 ( x ) 2 +) 3. Ta tính. lim x 0. 3 1  3x  1  2 x 1  3x  (1  x) 1  2 x  (1  x)  lim  lim 2 2 x 0 x 0 x x x2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1  3x  (1  x)  x 2 ( x  3)  lim  1 x 0 x 0 2  3 x2 x (1  3x) 2  (1  x) 3 1  3 x  (1  x) 2    2 1  2 x  (1  x) x 1 I 2 lim lim 2  1 2 x 0 x 0 x 2  I I1  I 2  x  1  2 x  (1  x )  2 1  Vậy f’(0) = 2 3. I1 lim.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>