Viết phương trình tiếp tuyến tiếp xúc với C tại hai điểm phân biệt.. Nhưng đó là trực quan thôi , còn giải cụ thể như sau : Dĩ nhiên các tiếp tuyến của các hàm sơ cấp ở THPTcó dạng y = f
Trang 1LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 02.
Diễn đàn Toán Học MATH.VN
(Thời gian: 180 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4− 2x2
+ 3 có đồ thị (C)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2 Viết phương trình tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt.
Lời giải
Giả sử y = ax + b(d) là tiếp tuyến cần tìm Phương trình hoành độ giao điểm x4− 2x2
+ 3 = ax + b ⇔ x4− 2x2− ax + 3 − b = 0
Vì (d) tiếp xúc với (C) tại hai tiếp điểm nên pt trên phải được viết dưới dạng
x4− 2x2− ax + 3 − b = (x + m)2
(x + n)2
Khai triển và đồng nhất hệ số ta được a = 0, b = 2
Bình luận:
Trước hết về mặt đồ thị thì có thể hình dung là hàm trùng phương mà có 3 cực trị thì luôn có một điểm cực trị nằm trên Oy , hai điểm cực trị còn lại đối xứng nhau qua Oy , vì vậy ta trực quan thấy rằng tiếp tuyến tiếp xúc với đồ thị tại hai điểm phân biệt chính là đường thẳng qua 2 điểm cực trị đối xứng nhau qua Oy Đối với bài toán đã cho thì 2 cái điểm cực trị ấy là A( − 1; 2) và B(1; 2) ⇒ TT cần lập là đường thẳng AB : y = 2 (Chú ý A, B cùng có tung độ 2)
Nhưng đó là trực quan thôi , còn giải cụ thể như sau :
Dĩ nhiên các tiếp tuyến của các hàm sơ cấp ở THPT(có dạng y = f (x)) không có dạng cùng phương Oy
, vì vậy nếu gọi d là tiếp tuyến (TT) cần lập tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt A(a; f (a)) và
B(b; f (b))thì có thể giải sử sòng phẳng a < bcũng không ảnh hưởng tính tổng quát bài toán Khi ấy hệ số góc (hsg) của d cũng là hsg của AB , cũng là hsg của TT của (C) tại A và cũng là hsg của
TT của (C) tại B Vì thế có
f (a) − f (b)
a − b = f '(a) = f '(b)⇔
f (a) − f (b)
a − b = 4a
3− 4a 4a3− 4a = 4b3− 4b
Do a < b nên biến đổi chút có ngay a = − b, thay vào đẳng thức trên dẫn tới
4a3− 4a = 0 ⇒ a = 0; a = 1; a = − 1(chú ý hàm chẵn nên f (a) = f ( − a)) Chỉ có a = − 1 là thoả
a < bvà a = − bvà từ đó b = 1 Ta thu được A( − 1; 2) và B(1; 2) ⇒ AB : y = 2 hay d : y = 2
Note: Nói chung bài toán trên đòi hỏi công thức cát tuyến và tiếp tuyến và biến đổi HPT
+Chú ý rằng nếu A(a; f (a)); B(b; f (b))(a ≠ b) thì hsg của đường thẳng AB là f (a) − f (b)
a − b
+Bài tập luyện thêm : Viết PT tiếp tuyến của đồ thị (C) : y = x4− 4x3
+ 3 biết tiếp tuyến tiếp xúc (C) tại 2 điểm phân biệt Tìm toạ độ các tiếp điểm
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sau trên ℝ : 2cosx + tanx = 1 + 2sin2x.
Lời giải
Điều kiện cosx ≠ 0
Khi đó 2cosx + tanx = 1 + 2sin2x⇔ 2cosx − 1 = 4sinxcosx − sinx
cosx
⇔ cosx(2cosx − 1) = sinx(2cosx + 1)(2cosx − 1)
2cosx − 1 = 0
sinx − cosx + 2sinx.cosx = 0.
Trang 2 4
2 Giải hệ phương trình sau trên ℝ :
2x + y + 1+ 1 = 2x+ 2y
2x + 1− 2x − 2 y = 1 .
Lời giải
Hệ PT tương đương với
2 + 2− x.2− y= 2− x+ 2− y
(1 − 2− x).(2− y− 1) = 1
1 − 2− x= 2−2 y− 1
Đặt u = 2 − x , v = 2 − y , u, v > 0 ta được PT (v2− 1).(v − 1) = 1 ⇔ v2− 1 = v.
Thay vào ta có u + v = 1 ⇒ 2 + uv = 1 ⇒ uv = − 1 không thỏa mãn.
Vậy hệ PT đã cho vô nghiệm
Câu III (1,0 điểm) Cho f (x) là hàm có đạo hàm trên (0; π) và thỏa mãn f '(x).sinx = x; ∀ x ∈ (0; π).
Tính I = f
2.π
3
− f
π
3
.
Lời giải:
Giả thiết ta có f '(x) = x
sinx⇒⌠
⌡π
3
2π
3
f '(x)dx =⌠
⌡π
3
2π
sinx dx
hay I = f
2π
3
− f
π
3
=⌠⌡π
3
2π
sinx dx = π
⌠
⌡π
3
2π
3 dx sinx−⌠
⌡π
3
2π
3 π − x sin(π − x) d(π − x) = π
⌠
⌡π
3
2π
3 dx sinx − I
2
⌠
⌡π
3
2π
3 dx sinx =
π
2
⌠
⌡π
3
2π
3 d(cosx)
cos2x − 1=
π
4ln
1 − cosx
1 + cosx
||π
3
2π
3 =π
2ln3.
Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện S.ABC có S A ⊥ (ABC) và nhị diện cạnh SB vuông, với
SB = 2 √ ; BSC^
=π
4; ASB
^
= α Tìm α để góc phẳng của nhị diện cạnh SC có độ lớn là π
3.
Lời giải:
Trang 3Kẻ AF ⊥ SB ⇒ AF ⊥ mp(SBC) ⇒ BC ⊥ mp(SAB) ⇒ AB ⊥ BC, SB ⊥ BC ⇒ ΔSBC vuông
cân tại B
Do đó AB = 2 √ sinα, SA = 2 √ cosα, BC = 2 √ ⇒ AF = 2 √ sinα.cosα.
Kẻ BH ⊥ AC ⇒ BH ⊥ mp(SAC) và BH = √ sinα2
1 + sin2α
Trong m p(SBH) kẻ FK||||BH ⇒ FK ⊥ mp(SAC) Suy ra góc giữa hai nửa mặt phẳng (SCB) và (SC A)
bằng góc AF K^
Áp dụng định lý Talet ta có FK
BH =
SF
SB =
SF.SB
SB2 =S A
2
SB2 = cos2α ⇒ FK = BH.cos2α Giả thiết AFK^ =π
3⇒ AF = 2FK = 2.BH.cos2α
⇔ 2√ sinα.cosα = 2 √ sinα2
1 + sin2α
2α ⇔ 1 + sin√ 2α = 2.cosα ⇔ cosα =√2
5
√ .
Câu V (1,0 điểm) Cho x; y∈ ℝ+ thay đổi thỏa (1 + 2 x√ ).
1 +
2
y
√
= 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x.(5 + 5√ √ )− 5 2y√
1 + y
Lời giải:
Đặt √ = tanu; y x √ = cotv; u; v ∈
0;
π
2
có (1 + 2tanu).(1 + 2tanv) = 5 từ đó có tan(u + v) = 2.
Cũng có luôn cos2
u + v
2
=
1 + cos(u + v)
5 + 5√
10 và sin
u + v
2
=
5 − 5√
√ 10
Ta có tanu ≥ tan
u + v
2
+
u − u + v2
cos2⎛
⎝u + v2 ⎞⎠
và cosv ≤ cos
u + v
2
−v −
u + v
2
.sin
u + v
2
.
Do đó: cos2
u + v
2
.tanu − sin
u + v
2
.cosv ≥ sin
u + v
2
.cos
u + v
2
− cot
u + v
2
. Xét cos2
u + v
2
.tanu − sin
u + v
2
.cosv =
5 + 5√
10 x√ − √10
5 − 5√
y
√
1 + y
5 + 5√
√
Còn sin
u + v
2
.cos
u + v
2
− cot
u + v
2
= −
5 + 3 5√
Từ đó P ≥ −5 + 3 5√
5 + 5√
√ dấu bằng xảy đến khi u = v ⇔ x =
3 − 5√
3 + 5√
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −5 + 3 5√
5 + 5√
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
Phần A
Trang 4đường tròn đường kính AB
Lời giải 2
Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ:
mx + y − m − 1 = 0
x − my − 3 − m = 0 ⇔
m(x − 1) = 1 − y
x − 3 = m(y + 1)
Vì D = 1 + m2 ≠ 0 nên hệ luôn có nghiệm tức hai đường thẳng luôn cắt nhau
-Xét x=1 thì từ đẳng thức 1 suy ra y=1.(1;1) thuộc đường tròn (x − 2)2+ y2 = 2 -Xét y=-1 thì từ đẳng thức 2 suy ra x=3 (3;-1) thuộc đường tròn (x − 2)2+ y2 = 2 -Xét x khác 1 và y khác -1 thì
m = 1 − y
x − 1 =
x − 3
y + 1 đưa đến pt (x − 2)
2
+ y2 = 2 Vậy 2 đường thẳng đó luôn cắt nhau tại 1 điểm trên đường tròn (x − 2)2
+ y2 = 2
Lời giải 3
Xét hệ phương trình
mx + y = m + 1
x − my = m + 3.
Tính 3 định thức ta được
D = − m2− 1 khác 0 với mọi m
D x= − m2− 2m − 3
D y = m2+ 2m − 1
Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x; y) với x = m
2+ 2m + 3
m2+ 1 , y =
−m2− 2m + 1
m2+ 1
⇒ (x − 2)2+ y2 = = 2(m
2+ 1)2
(m2+ 1)2 = 2 Vậy giao điểm của hai đt luôn nằm trên đường tròn cố định (x − 2)2+ y2 = 2
Nhận xét:
Bài này khó nhất là khử m để được pt đường tròn,nhưng ngược lại đề bài đã cho biết đường cố định là đường tròn do đó ta có thể tìm pt đường tròn như sau:
B1)Ta viết (x − a)2+ (y − b)2 = =
m2+ 2m + 3
2
+
−m2− 2m + 1
2
B2)Khai triển tử số và cho các hệ số bậc lẻ bằng 0 và các hệ số bậc chẵn tỉ lệ với các hệ số của
m4+ 2m2+ 1 từ đó ta suy ra a = 2, b = 0
Bài này sẽ khó hơn nếu không cho biết dạng của đường cố đinh
Bài tập:Cho hai đt (d1) : mx − y + m = 0 và (d2) : (1 − m2)x + 2my − (1 + m2) = 0 Với mỗi giá trị của m xác định giao điểm của (d1) và(d2)Tìm quỹ tích giao điểm đó khi m thay đổi
2 Trên mặt Ox y trong hệ (Ox yz) cho hình vuông OABC với A(3; 4; 0) Điểm S di động trên Oz, kẻ
OE ⊥ SA và OF ⊥ SC Chứng minh (OEF) ⊥ SB và tính V S.OEF theo OS = s
Lời giải:
Trang 5Giả thiết ta có AB ⊥ mp(SOA) ⇒ OE ⊥ mp(SAB) ⇒ OE ⊥ SB, tương tự
Do A(3; 4; 0) ⇒ OA = OC = 3√ 2+ 42= 5.
Mặt khác V S.OEF
V S.OAC =
SF.SE SC.S A=
SF.SC.SE.SA
SC2.S A2 =
SO2.SO2
(SO2 + OC2).(SO2+ OA2)=
s2
s2 + 25
2
Cùng với V S.OAC =1
2V S.OABC=
25s
6 ta có ngay V S.OEF =
s
6.
5s2
s2+ 25
2
Câu VIIa (1,0 điểm) Cho các số nguyên dương x; y; z thay đổi thỏa mãn x + y + z = 2010 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P = x !.y !.z !
Lời giải
Bổ Đề:
(m + n − 1) ! ≥ m !.n ! ≥
m + n
2
!
2
∀ m; n ∈ ℤ+ và m; n cùng tính chẵn lẻ
Chứng minh: Không mất tính tổng quát giả sử m ≤ n và m + n = 2k; k∈ ℤ+ khi đó xét dãy hữu hạn
u n = n !.(2k − n) ! với n ∈ {k; ; 2k − 1} có u n + 1 − u n = n !.(2k − n − 1) !.(2n + 1 − 2k) > 0 do đó dãy
u n là dãy tăng từ đó u 2k − 1 > u 2k − 2 > > uk ⇔ (2k − 1) ! > n !.(2k − n) ! > (k !)2
Từ đấy có sự khẳng định cho tính đúng đắn của Bổ Đề.
Quay lại bài toán
Trang 6Lại áp dụng bổ đề phát nữa thì
x + y
2
!.
z + 670
2
! ≥
x + y
2 +z + 6702 2
!
2
=
x + y + z + 670
4
!
2
= (670 !)2 > 0
Từ đó: x !.y !.z !.670 ! ≥ (670 !)4 tức x !.y !.z ! ≥ (670 !)3 dấu bằng xảy ra khi x = y = z Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là: (670 !)3
Lại vẫn theo Bổ Đề thì có:
x !.y !.z ! ≤ (x + y − 1) !.z ! ≤ (x + y − 1 + z − 1) ≠ 2008 ! dấu bằng xảy đến chẳng hạn khi
x = y = 1; z = 2008 Vậy giá trị lớn nhất là 2008 !
Phần B Câu VIb (2,0 điểm)
1 Cho elip (E ') là ảnh của (E) : x
2
y2
4 = 1 qua phép đối xứng trục Δ : y =1
2.x Viết phương trình của elip (E⋆) là ảnh của (E ') qua phép đối xứng trục Δ'
: y = 3x.
Lời giải 1.
Gọi F '1(x0; y0) và F '2( − x0; − y0) là hai tiêu điểm của elip (E ')
Do u→ Δ
= (2; 1) nên
2(x0− 5√ ) + y0= 0
y o
1
2.
x o+ 5√ 2
⇔
x0 = 3 5
√
y0 = 4 5
√
Ta được F '1
3 5
√ ;
4 5
√
và F '2
−
3 5
4 5
√
. Gọi F1⋆(x
0 ⋆; y 0
⋆) và F
2 ⋆( − x
0 ⋆; − y
0 ⋆) là hai tiêu điểm của elip (E⋆).
Do u→ Δ'
= (1; 3) nên
x0⋆− 3 5
y0 ⋆− 4 5
√
= 0
y0⋆+ 4
5
√ = 3.
x0 ⋆+ 3
5
√
⇔
x0⋆= 0
y0⋆= 5√ .
Ta được F1⋆(0; 5√ ) và F2⋆(0; − 5√ )
Cuối cùng PT của (E⋆) là x2
y2
9 = 1.
Lời giải 2
Gọi (Δ; Δ') = α khi đó tanα =
|
|
|
|
|
3 −12
1 + 3.12
|
|
|
|
|= 1 vậy α =
π
4. Tích hai phép đối xứng trục là 1 phép quay với góc quay gấp 2 lần góc hợp bởi 2 trục do đó
(E⋆) = Q
O; π(E).
Trang 7(E ) = Q
O; π
2 (E).
Vậy (E⋆) = x2
y2
9 = 1.
2 Trên mặt (Ox y) trong hệ (Ox yz) cho hình vuông OABC với A(3; 4; 0) Điểm S di động trên Oz, kẻ
OE ⊥ SA và OF ⊥ SC Tìm tập hợp giao điểm P của (OEF) và SB
Lời giải
Giả thiết ta có AB ⊥ mp(SOA) ⇒ OE ⊥ mp(SAB) ⇒ OE ⊥ SB, tương tự
Do đó m p(SOB) cắt m p(OEF) theo giao tuyến vuông góc với SB Nếu gọi P là giao điểm của SB với m p(OEF) thì OP ⊥ SB.
Hơn nữa m p(SOB) cố định và OB = 5 2√ nên khi S chuyển động trên Oz thì P chuyển động trên đường tròn đường kính OB nằm trong mặt phẳng cố định (zOB)
Câu VIIb (1,0 điểm) Tìm hệ số lớn nhất trong các hệ số của các đơn thức bậc 2010 sau khi khai triển
đa thức P(x; y; z) = (1 + x)2010(1 + y)2010(1 + z)2010
Lời giải
Bổ Đề:
(m + n − 1) ! ≥ m !.n ! ≥
m + n
2
!
2
∀ m; n ∈ ℤ+ và m; n cùng tính chẵn lẻ
Trang 8k = 1 l = 1 m = 1 k;l;m∈ [0;2010]∩ℤ
Một đơn thức bậc 2010 trong khai triển đó có dạng C2010k C2010l C2010m x k y l z m với k + l + m = 2010
Do đó hệ số của đơn thức bậc 2010 có dạng C2010k C2010l C2010m với k + l + m = 2010
Lại có: C2010k C2010l C2010m = (2010 !)
3
k !.l !.m !.(2010 − k) !.(2010 − l) !.(2010 − m) !.
Mặt khác do k + l + m = 2010 nên trong ba số k; l; m phải có một số chẵn không mất gì của bọ ta giả sử m chẵn lúc ý k + l = 2010 − m cũng chẵn
Theo Bổ Đề kia thì:
k !.l ! ≥
k + l
2
!
2
> 0 và m !.670 ! ≥
m + 670
2
!
2
> 0
Một cách tương tự thì (2010 − k) !.(2010 − l) ! ≥
2010 − k + 2010 − l
2
!
2
và (2010 − m) !.1340 ! ≥
2010 − m + 1340
2
!
2
Từ đó: k !.l !.m !.(2010 − k) !.(2010 − l) !.(2010 − m) !.670 !.1340 !
≥
k + l
2
!.
m + 670
2
!.
2010 − k + 2010 − l
2
!.
2010 − m + 1340
2
!
2
Lại tiếp tục có:
k + l
2
!.
m + 670
2
! ≥
k + l
2 +m + 6702 2
!
2
=
k + l + m + 670
4
!
2
= (670 !)2 > 0
Và
2010 − k + 2010 − l
2
!.
2010 − m + 1340
2
! ≥
2010 − k + 2010 − l + m + 1340
4
!
2
= (1340 !)2 > 0
Do vầy: k !.l !.m !.(2010 − k) !.(2010 − l) !.(2010 − m) !.670 !.1340 ! ≥ (670 !.1340 !)4 Tức là k !.l !.m !.(2010 − k) !.(2010 − l) !.(2010 − m) ! ≥ (670 !.1340 !)3
Để có: C2010k C2010l C2010m ≤
2010 !
670 !.1340 !
3
= (C2010670)3
Dấu bằng xảy đến khi k = l = m = 670 vậy giá trị lớn nhất cần tìm là: (C2010670)3