HD Giải Đề Số 9 BoxMath.vn

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7 điểm Câu I.. Tìm k để tồn tại đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số C có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt các trục tọa

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012

BOXMATH.VN

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I Cho hàm số y= −x3 3x2+2 ( )C

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( )C

2 Tìm k để tồn tại đúng hai tiếp tuyến của đồ thị hàm số ( ) C có cùng hệ số góc k đồng

thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt các trục tọa độ Ox Oy, tại hai điểm ,A B sao

Giải:

1 Học sinh tự làm

2 Để tồn tại hai tiếp tuyến có cùng hệ số góc k điều kiện là: 2

⇔ − − = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ +' 0 9 3k > ⇔ > −0 k 3

Khi đó tọa độ hai tiếp điểm thỏa mãn hệ phương trình sau:

2

k x x

y x x





(1) (2)

x

2

k = x − x vào ta có

y  x

= −  + −

y  x

∆ = −  + −

(1; 0)

A= ∆ ∩Ox⇒A

0; 2 3

k

Ta có:

12

k

k

≤





12

k k

− < ≤



 ≥



Câu II

1 Giải phương trình: 2 3 tan( 1) 7

x

x

π

Giải:

Điều kiện: cosx≠0

( ) ( ) ( )

2

π

2

cos 2

6 3

x

x

x

π

π

π



+ = − 

 

 + = −



= ± +



KL:

2 6

π π

π π

= +





 = ± +



2 Giải bất phương trình: 25x4+5x2+9 (x x2 +1) 9x2− − ≥4 2 0

Giải: Điều kiện: 2

2 3

2 3

x x

x



≥



− ≥ ⇔

 ≤ −



3

x≥ Ta có: 25.16 5.4 2 418 0

3

x≤ − Chia 2 vế bất phương trình cho x ta có: 2 25x2 5 9(x2 1) 9 42 22 0

4

t t

x

  Bất phương trình được viết lại như sau:

2

2

t

Xét hàm số: ( ) 4 2

t

f t

+

9 0;

4

t  

∈ 

  Ta có:

2

f t

9 0;

4

f   f t f

 

 

x

3

2

= − − ∪ +∞

t

f t

+

t

2

4< 9 4t 1≤ =1

t

f t

+

9 0;

4

t  

∈ 

Cách 2:

3

x≥ Ta có: 25.16 5.4 2 418 0

3

x≤ − khi đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :

(25x +5x − ≥ −2) 9 (x x +1) 9x − ⇔4 (25x +5x −2) ≥(9 (x x +1) 9x −4)

Đặt : 2

t=x t≥ khi đó bất phương trình trở thành :

(25t + −5t 2) ≥81 (t t+1) (9t− ⇔ −4) 26t −221t −39t +76t+ ≥1 0

Ta thấy : (13t3+117t2+78t+ >1) 0

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của BPT trong TH này là:

3

− ≤ ≤ −

2

= − − ∪ +∞

Câu III Tính tích phân:

1 3

xdx I

x

= +

∫

Giải:

Ta có:

I

− +

( 2 )1 ( 3 )1

Xét

J

2

x− = t⇒ dx= t+ dt⇒dx= t+ dt

x= t π x t π

2

6 2

6

3

2 4

t

π π

π

−

+

+

2

3 3

I = π −

Câu IV Cho hình chóp tam giác đều SABC có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC) bằng

a và góc tạo bởi AB và mặt phẳng ( SBC) bằng 30 Gọi M là trung điểm của BC , N là trung 0

điểm của SM Tính thể tích khối chóp SABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

,

SA BN theo a

Q

P

F

E

K

N

M H

C

B A

S

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) thì H là trọng tâm tam giác ABC

Ta có: BC⊥(SAM) Trong tam giác SAM kẻ

/( )

AQ⊥SM ⇒ AQ⊥ SBC ⇒d = AQ=a ABQ=

AB= = a⇒AM = =a HM = AM =

QM = AM −AQ = a −a =a

QM

- Thể tích khối chóp:

3 2

SABC

V = SH dt ABC = a =

- Tính khoảng cách: Qua N kẻ đường thẳng

NE SA⇒SA NEB ⇒d =d =d

Gọi K là trung điểm của HM thì NK ⊥(ABC)

Ta có: 3 /( ) 3 /( )

AE= KE⇒d = d

KF EB KP NF KP BEN d KP

KN KF

+

a

KN = SH = ;

2

3

7 3

4

a a

MR

a

a

KF MR

KN KF

+

13

SA BN

a

Câu V Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện:

2 2

1 2

x y z xy yz xz

y z yz







P=x +y +z

Giải:

Ta quy bài toán về dạng tìm P để hệ sau có nghiệm:

2 2

1 2

 + − + − − =

 + + =



 + + =



+) Nếu z=0 thì hệ đã cho trở thành:

( ) 2

2 2

1

x y xy

Phương trình (*) luôn vô nghiệm nên hệ trên vô nghiệm

+) Khi z≠0 Đặt a x;b y

z z

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2

2 2

1

1

1

a b ab b a

P

z





 

 

 



Thay vào (2) ta được:

2

4

2 2

a a

z a

z a

−

z

+ + = thay vào phương trình (4) ta được:

4

0 2

2

P

−

−

2

1

P

a a

1

P z

a a

+ + thay vào (5) ta được:

2

Hệ đã cho có nghiệm khi (6) có nghiệm tức là:

( 2 ) (2 2 )( 2 )

Từ đó tính được các giá trị của , ,a b c để dấu bằng xảy ra:

Câu V Phần tính toán phức tạp nhưng kq ra lẻ Rất mong các bạn tìm cách giải để đi đến

kq đơn giản hơn

II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần

1.Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là AD x: + + =y 2 0, đường cao xuất phát từ đỉnh B là BH: 2x− + =y 1 0 Cạnh

AB đi qua M(1;1) Biết diện tích của tam giác là 27

2 Tìm tọa độ của các đỉnh tam giác ABC

Giải:

N M

C

A

M MN

⊥





∈



Giả sử: MN∩AD=I ⇒I( 1; 1)− − ⇒N( 3; 3)− −

N AC

⊥





∈



2

AB x y B AB BH B 

1

4 9

2

20

B AC

S

BH

+ +

+

2

S=

9

c

c

= −



(9; 9)

C

C

−



Suy ra (1; 5)C −

KL: Tọa độ các đỉnh tam giác là: (5; 7)A − , 1; 2

2

B 

 , (1; 5)C −

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 mặt phẳng

( ) :P x+mz− =m 0, ( ) : (1Q −m x) −my=0 (m là tham số thực và m≠0) Viết phương trình

đường thẳng ∆ là giao tuyến của hai mặt phẳng ( ), ( )P Q biết khoảng cách từ điểm (2;1; 1) I − đến đường thẳng ∆ là lớn nhất

Giải:

Mọi điểm thuộc giao tuyến có tọa độ luôn thỏa mãn hệ: 0

x mz m

m x my





dễ tìm được điểm cố định thuộc đường thẳng giao tuyến là: K(0; 0;1)

Ta thấy rằng mọi điểm M x y z thuộc giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) ,(Q) thì , ,( ; ; ) x y z phải thỏa

mãn phương trình: x+mz− + −m (1 m x) −my= ⇔ + + − =0 x y z 1 0

Vậy ∆ luôn thuộc mặt phẳng cố định ( ) :α x+ + − =y z 1 0

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên ∆ thì IH ≤IK

Từ đó ta suy ra d I/∆max=IK ⇔IK ⊥ ∆

Ta có: IK

( 2; 1; 2)− − −

3

1

α

∆

=





 = +






Câu VIIa Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11z10+10iz9+10iz− =11 0 Chứng minh rằng

1

z =

11z +10iz +10iz− = ⇔11 0 z 11z+10i = −11 10iz hay 9 11 10

iz z

z i

−

=

Đặt z x yi= + với ,x y∈ℝ Từ (*) suy ra:

9

11 10

11 10

iz iz

z

−

−

Xét các trường hợp:

+) Nếu z >1 thì x2+y2 >1 nên: ( ) 2( 2 2) 2

g x y = x +y + + y

10 x y 21 x y 10 220y 10 x y 11 220y f x y;

z < ⇒ z < (mâu thuẫn)

+) Nếu z <1 thì x2+y2 <1 nên: ( ) 2( 2 2) 2

g x y = x +y + + y

10 x y 21 x y 10 220y 10 x y 11 220y f x y;

z > ⇒ z > (mâu thuẫn)

+) Nếu z =1 thì g x y( ); = f x y( ); (thỏa mãn)

Vậy z =1

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng ( )d :x− + =y 1 0 và đường tròn

2 2

( ) :T x +y −2x+4y− =4 0 Tìm điểm M thuộc đường thẳng ( ) d sao cho qua M ta kẻ được

các tiếp tuyến MA MB, đến đường tròn ( )T ,( ,A B là các tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ

điểm 1;1

2

N 

Giải:

B A

Xét điểm M a a( ; + ∈1) ( )d Và điểm ( ; )A x y là tiếp điểm

Ta có: MA x


( −a y; − −a 1);IA x

( −1;y+2)

Vì A cũng là tiếp điểm nên: MA IA


.

= ⇔0 x2+y2− +(a 1)x+ −(1 a y) − − =a 2 0

(2) Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) ta có ( )∆ :(a−1)x+ −(a 3)y+ − =a 2 0

Suy ra phương trình đường thẳng đi qua ,A B là: ( )∆ :(a−1)x+ −(a 3)y+ − =a 2 0

P 

− −

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên ( )∆ thì NH ≤NP

2

NP 

− −



suy ra điều kiện là:

3

2

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho (1; 0; 2), (3;1; 4), (3; 2;1) A B C −

Gọi ∆ là đường thẳng qua A vuông góc với mặt phẳng ( ABC) Tìm điểm S thuộc đường thẳng

Giải:

M

I

K

C

B A

S

Ta có:


AB(2;1; 2),


AC(2; 2; 1)− −

vì


AB AC.


=0⇒∆ABC

vuông tại A Gọi K là tâm vòng tròn

2 2

ABC K 

Có: 


AB AC,


=(3; 6; 6) / /− n(1; 2; 2− )

Phương trình đường thẳng ∆ qua A vuông góc với mặt phẳng (ABC) là:

1

2 2

= +





∆  =

 = −



Suy ra S(1+t t; 2 ; 2 2− t)

Trong mặt phẳng chứa ∆ và đường thẳng (d) qua K vuông góc với (ABC) ta dựng đường trung trực của SA cắt (d) tại I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SABC

KI AS I t t t AI t t t

Theo giả thiết ta có:

=  ⇔ +  + − +  + −  = ⇔ = ⇔ ⇒

( 2; 6;8)

S

S

−





Câu VIIb

Cho các số phức z z z1, 2, 3 thỏa mãn hệ:

3

1 2

1 1

z

 = = =



 + + =





Tính giá trị của biểu thức

Giải:

1

z

z z

z z z



(1) (2)

2

2

π π π

=

 +

 

 + =



Suy ra 2 trong ba số z z z1, 2, 3 phải có 2 số bằng nhau: Giả sử

2

 

 

Các giá trị có thể của A là:

2 2

(3 12) 2011 (3 2011) 12 (2011 12) 3

A A A

 = + +





