Bài giảng bài giải cho dề vip 2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02 PHẦN I Chung cho tất cả các thí sinh Câu I... Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn.. Gọi C là trung điểm của cạnh SC.. Tính thể tích khối của chóp S

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 02

PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)

Câu I Cho hàm số y x 3  2mx2  3m 1x 2 (1) (m là tham số thực)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

số (1) tại 3 điểm A(0; 2); B, C sao cho tam giác MBC có diện tích bằng 2 6

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đường thẳng  là:

 

 

2





Đường thẳng  cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A(0; 2), B, C

 Phương trình g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x  0

 

2 1;

m







Chiều cao MBC: h = d(M; ()) = 3 1 2 2

2

 

Vậy 2S MBC 4 3

BC

h

Vì xB, xC là hai nghiệm phương trình g(x) = 0 và B, C   nên:

2

1

m

  (loại) hoặc m = 4 (thỏa mãn)

4

Đáp án: Phương trình đã cho tương đương với

2

2



2

k

* sinx cos sin 2x x 1  0 sinx 1 2cos 2xsinx  0 sinx 1 1 2sin  x 2sin 2 x 0

    (vô nghiệm) hoặc sinx = 1

 

2

2

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1

2 Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất.

  







Đáp án: Do hệ đối xứng nên nếu (x; y) là một nghiệm của hệ thì (y; x) cũng là một nghiệm của hệ Do đó

để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì x = y

Thay x = y = 1 vào phương trình (2)  m = 2

Khi m = 2 thì hệ trở thành 21 21 

2







2 2

0

0 1

1

xy













1

xy









Dễ thấy hệ có ba nghiệm (1; -1); (-1; 1) và (1; 1)

Vậy không tồn tại giá trị m thỏa mãn

Câu III.

góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a Gọi C là trung điểm của cạnh SC Mặt phẳng () đi qua AC và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B, D Tính thể tích khối của chóp S.ABCD

Đáp án: Gọi O là giao điểm của AC và BD;

I là giao điểm của SO và AC

Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng

song song BD cắt SB, SD lần lượt tại B và D

Từ BD  (SAC)  BD  (SAC)  BD  AC

2

Do I là trọng tâm của SAC

2 2

a

S    AC N D   

Từ BD  (SAC)  (ABCD)  (SAC) Vậy đường cao h của hình chóp S.ABCD chính alf đường cao của tam giác đều SAC  3

2

a

S AB C D AB C D a

V    h S    (đvtt)

S

A

 D I

B



C



C

B

a O

2 a

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A(-1; 0; 2), mặt phẳng (P): 2x y z    3 0 và đường thẳng (d): 3 2 6

y

  Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho              AC               2AB               0

Đáp án: Gọi M là giao điểm của (d) và (P)

Phương trình tham số của (d) là:

3

2 4 6

 





 



  



Thay vào (P) ta có: 6 4  m 2 4  m 6  m   3 0 m 1

Vậy M(5; 6; 7)

Kẻ đường thẳng (d1) đi qua A và // (D) Gọi N là giao điểm của (d1) và (P) ta có:

1

1 2

2

 









  



Thay vào (P) ta được  2 4  t 4t 2  t    3 0 t 1

Vậy N(-3, -4, 1)

Gọi C là điểm trên (P) sao cho NC                             2NM                0 C 19; 24; 11   

Đường CA cắt (d) tại B thỏa mãn yêu cầu Vậy (d) là đường thẳng qua A và C có phương trình:

y

Câu IV.

1 Cho số phức z x yi x y; ,   thỏa mãn z3  18 26  i Tính T z 22009 4  z2009





Do x = y = 0 không là nghiệm hệ, đặt y = tx

2





Khi t 13 thì x = 3 và y = 1, thỏa mãn x, y  Z

Khi 3t2  12t 13 0  thì x, y   Vậy số phức cần tìm là: z = 3 + i

Vậy T z 22009 4  z2009 1 i2009 1  i2009  210041 i 210041  i 21005

2 Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn zy z  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

Đáp án: Từ giả thiết 0 x y z, ,  3 suy ra 4 2 ln 1   x y 0; 4 2 ln 1   y z 0 và

C A

d

1

d d

 B

P

 

9

P



Xét hàm số f t  2 ln 1 t t t, 0;3, có   1

f t

t



Lập bảng biến thiên hàm f(t), với t 0; 3 suy ra 0 f t  2 ln 2 1 

Do đó P12 f x  9f y  f z  3 2 ln 23



3 2 ln 2

P 

 , khi x = y = z = 1

PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)

Câu Va 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường xy2  3, xy 1 0 

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường x  3 y2 và x  1 y là:

3  y   1 y y  y 2 0   y 1 hoặc y = 2

2

1

9



2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng ():

2x 3y 14 0  , cạnh BC song song với , đường cao CH có phương trình: x 2y 1 0  Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3; 0) Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C

Do M(-3; 0)  AB nên c = 6 Vậy phương trình AB là: 2xy  6 0

Do A   nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 2 3 14 0  4; 2

A







Vì M(-3; 0) là trung điểm AB nên B(-2; -2)

Cạnh BC //  và đi qua B nên BC có phương trình: 2x 2 3y 2  0 2x 3y 2 0  Vậy tọa độ C là

nghiệm của hệ 2 3 2 0 1; 0

C









Câu Vb 1 Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y x 2; y 2  x2 Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox

Đáp án: Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là:

x   x  x x    x hoặc x = 1

Vậy  

1

1 1

44





2 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho điểm I(-1; 3) Viết phương trình đường tròn có tâm I và cắt

đường thẳng 3x 4y 10 0  tại hai điểm A, B sao cho AIB bằng 120o

Đáp án: Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng (d): 3x 4y 10 0  , khi đó:

 

5

Suy ra R = AI = o 2

cos 60

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x 12 y 32  4

=====================Hết==========================