Hướng dẫn giải thi thử sp lần 5

HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5 Câu 1.. Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến P: Gọi tiếp điểm là Tx0;y0.. Từ hình vẽ Tự vẽ... SABC là tứ diện đều.. Do đó hàm số ft đồng biến

HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5 Câu 1.

1 Tự làm.

2 Xét phương trình hoành độ giao điểm:

1

2

−

x

x

= mx – m +2 (1)







−=

≠

⇔







+−

−=

≠

⇔

)2()1 (2

1 )2 )(1(

2

1

2

xm

x mmx xx

x

Đường thẳng cắt độ thị tai hai điểm phân biệt ⇔ pt (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ m > 0

Lại có (2) ⇔ mx2 – 2mx + m – 2 = 0 (3) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (3) Theo hệ thức Viet:









−

=

= +

m

m x

x

x

x

2

2

2

1

2 1

Đặt A(x1;y1) và B(x2;y2) Ta có: y1 = mx1 – m + 2 ; y2 = mx2 – m + 2 từ đó AB2 = 8( m +

m

1

) ≥16

AB ≥ 4 Dấu bằng xảy ra khi m = 1 Vậy AB có độ dài nhỏ nhất là 4 đạt được khi m = 4

Câu 2

1 Điều kiện: sinx cosx > 0 (1).

Ta có phương trình tương đương: ( sin3 + cos3x ) +( sin2xcosx + cos2xsinx) = 2 sinx cos x

⇔sinx + cosx = 2 sinx cos x Từ phương trình này suy ra sinx + cosx >0 (2) Kết hợp (1) và (2) được: sinx > 0 và cosx > 0 Tiếp tục biến đổi được phương trình:

x x

x

sin

( − 2 = ⇔ = ⇔sinx = cosx > 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = π +kπ

4 Kiểm tra điều kiện cho nghiêm: x = π 2π

4 +k ( Loại một họ!)

2 Điều kiện: x 2≤

BPT ⇔ x 2 −x ≤ (x+ 1 )(x− 2 ) − 2 −x ⇔ (x + 1).( 2 −x + 2 – x) ≤ 0

TH1: x =2 Thỏa mãn

TH2: x < 2 Khi đó 2 −x + 2 – x > 0 ⇒ x + 1 ≤ 0 ⇔ x≤ − 1

Vật tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( - ∞; - 1] ∪ {2}

Câu 3

1 Lập phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (P): Gọi tiếp điểm là T(x0;y0) PTTT là:

y = (4 – 2x0) ( x – x0) + 4x0 – x0 Tiếp tuyến đi qua M(1/2; 2) ⇔ 2 = (4 -2x0)(

2

1

-x0) + 4x0 – x0 Biến đổi rồi giải tìm được x0 = 0 hoặc x0 = 1

Với x0 = 0 tiếp tuyến là d1: y = 4x ,tiếp điểm là O(0;0)

Với x0 = 1 tiếp tuyến là d2: y = 2x + 1, tiếp điểm là A( 1;3)

Từ hình vẽ (Tự vẽ) ta có diện tích hình phẳng là: S = ∫ − + + ∫1 + − +

2 1

2 2

1

0

2) ( 2 1 4 ) 4

4

S =

12

1

(đvdt)

2 Ta có:

2

2 2

SA SB

SA = + − Tương tự rồi kết hợp với giả thiết suy ra:

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

a ⇔ SA = SB = SC = a

SABC là tứ diện đều Tính được: V =

12

2

3

Câu 4

1 Ta có: z = 2sin2α - 2i sinα cosα = 2sin2 (-α ) + 2i sin(-α ).cos(-α )

= 2sin(-α ) [ sin(-α ) + icoss(-α )] = -2sinα [sin(-α ) + icos(-α )]

= - 2sinα [ cos( )

+ isin( )

]

Vì π α 2 π

2

3

<

< nên – 2sinα > 0 Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z

2 Hệ phương trình được xác định với mọi x;y ( Hệ đối xứng loại 2)

Trừ từng vế hai phương trình ta được: x + x2 − 2x+ 2 + 3x− 1 =y+ y2 − 2y+ 2 + 3y− 1 (*)

Xét hàm số f(t) = t + t2 − 2t+ 2 + 3 t -1 ta có f ‘(t) = … >0 Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R

Từ phương trình (*) suy ra x =y

Thế vào một phương trình của hệ được:

x + x2 − 2x+ 2 − 1 = 3x− 1 ⇔ ln(x+ x2 − 2x+ 2 − 1 ) = (x− 1 ) ln 3 (**)

Đặt gx) = ln( x + x2 − 2x+ 2 -1) – (x – 1)ln3 Hàm số xác định trên R

Chứng minh được g’(x)< 0 nên g(x) nghịch biến trên R Mà: g(1) = 0 Pt(**) có nghiệm duy nhất x = 1 Vậy hệ có một nghiệm: (x;y) = (1;1)

Câu 5

1 Hệ phương trình tọa độ A:







=

− +

= +

+

0 1 2 3

0 5

2

y x

y

x

⇔x = -11; y = 17 A(-11;17)

Gọi B ∈d1 ⇒ B( x1 ; -2x1 – 5) và C ∈d2 ⇒ C( x2;

2

1

(3 – x2))

Ta có BM =( 7 –x1; 2x1 + 1), CM =( 7 –x2; -

2

3

(3 –x2)) Do M là trung điểm của BC nên

0

=

BM









=

−

− +

=

− +

−

⇔

0 )

3(

2

3 )1 2(

0 ) 7(

) 7(

2 1

2 1

x x

x x

⇔x1 = -35 và x2 = 49

Vậy B(-35;65) và C(49; -73)

2 Gọi giao điểm của (α ) với ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt là A(a;0;0) , B(0;b;0), C(0;0;c) với a,b,c>0 Mặt phẳng (α ) có phương trình dạng đoạn chắn: + + = 1

c

z b

y a

x

(1) Vì đi qua M( 3;2;1) nên:

1 1 2

c b

a (2) Thể tích khối tứ diện là V =

6

1

abc

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có 1 = 3 6

3 1 2 3

abc c

b

a+ + ≥ ⇒ abc ≥ 27 6 ⇒V ≥ 27

V đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ V = 27 đạt được khi a =9; b = 6; c = 3

Vậy mặt phẳng (α ) thỏa mãn đề bài là: 1

3 6

9x+ y+z = hay 2x+ 3y + 6z – 18 = 0

====================