Đáp án đề số 2-Thử sức trước kỳ trên TH&TT. Luyện thi ĐH năm 2011.

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C.. Tính thể tích khối chóp... 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

GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 02 – TH&TT LUYỆN THI ĐH – CĐ NĂM HỌC 2010 – 2011

PHẦN CHUNG CâuI Cho hàm số y2x3 3x2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

0; 2 0 3 0 1

x x  x  ) :

khi đó M(-1;-4)

CâuII:

1 Giải hệ:

2

2

18 12 1 9 3





 





2 Giải phương trình: 4x(x12)2x11 x0 (*)

Giải:

1

2

2

18 12

1

9

3





 





2

t

(Với y 3t)

2

2

9

4

t

t

t

  

0

xy  )

4

t  khi đó 2 2 2

2

12

t x

t



Vậy hệ có nghiệm là ( ; )x y 2 3;3 3 ; 2 3; 3 3 

2 Đặt t  ĐK: t > 0 Khi đó (*) trở thành 2x t2(x12)t11 x 0 t1;t 11 x

Với t = 1 ta được x = 0

Với t = 11-x ta được 2x11 x 2x x 11 0; ( ) 2 f x  xx có

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {0; 3}

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

2

Với H là trọng tâm của tam giác đều ABC

2SN NA NA NM MH HA

Mặt khác NA2 MA2 MN2

2

SH







MN m MA  HA MH  khi đó hoàn toàn xác định được

V  SH S

0



Giải:

hạ bậc liên tiếp rồi dung tích phân từng phần cho hàm xsinx; xcoskx để được kết quả

2

CâuV: Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c thoả mãn

2

2

a a c b

b b a c







a b c

Giải:

a a c b  a ac b a c  ac B c a B

2

C

b b a c  B ,

S

B A

C

M

N

Kết hợp với A + B + C = 1800 ta được





(đpcm)

PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình chuẩn

CâuVI.a:

1 (d): 3x – 4y +5 = 0 và (C): x2y22x 6y 9 0 Tìm điểm M trên (C) và N trên (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất

2 (P x1) :  2y2z 3 0 ; ( ) : 2P2 x y  2z 4 0 và đường thẳng

( ) :

xúc với ( ); ( )P1 P2

Giải:

1 Đường tròn (C) có tâm I(-1;3) với bán kính R = 1

( , )I d 2 1

4x3y 5 0 ; (a) cắt (d) tại điểm H(1 7;

5 5); (a) cắt (C) tại M là trung điểm của IH khi

5 5

1

HP MN  dấu “ = “ xảy ra khi H M và P N

2

Lấy I(-2-t; -2t; 4+3t) trên (d) khi đó

( ; ) ( ; )

7;

Ứng mỗi t ta tìm được R tương ứng, khi đó cho phương trình của mặt cầu

CâuVII.a:

Đặt (1 x x 2 x3 4) a0a x a x1  2 2 a x12 12 Tính hệ số a 7

Giải:

(1 x x  x ) [(1 x)(1x )]  (1 x) (1x )

Có

4

4 0

(1x ) (x 1) C x p( )p C x p p

Khi đó

4

4 4 0

(1 x) (1 x ) ( 1) k C C x k p k p

I

N

M

số hạng chứa 7

x tương ứg với k+2p = 7 suy ra khi k = 1 thì p = 3; k = 3 thì p = 2 Vậy hệ

số của x là 7 a7  ( 1)3C C41 43 ( 1)1C C43 42 40

B Theo chương trình Nâng cao

CâuVI.b

1 (C): (x1)2(y 3)2 1 và điểm ( ; )1 7

5 5

MN có độ dài lớn nhất

2 Mặt cầu (S): x2y2z22x 4y 2z 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

Trung điểm A của MI thuộc đường tròn (C), A(2 11; )

với A qua I được N( 14 19; )

5 5

2 (S) có tâm I(-1;2;1) và bán kính R = 1; d( , )I P 2 Các điểm M thuộc (S)

Và N thuộc (P) để MN nhỏ nhất được xác định như sau:

+) Viết phương trình đường thẳng (d) qua I(-1;2;1) và vuông góc với (P)

+) N là giao của (d) với (P)

+) M là trung điểm của NI ( do NI = 2 =2R)

CâuVII.b

x

f(0)=0; tại điểm x  0 0

Giải:

+) Cho x  số gia 0 0 x Có  y f x( 0 x) f x( )0 f( )x  f(0)f( )x

+)

3

2

( )

   



2 3

3

I

2

2

I

1 2

1 2

I I I

2



1 7 ( ; )

5 5

M

N P I

A