Hướng dẫn giải đề số 06 "Thử sức trước kỳ thi" trên TH&TT tháng 3 năm 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ : “THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI” ĐỀ SỐ 06 – THÁNG 03 NĂM 2011 PHẦN CHUNG CâuI 3 2 3 9 3y x x x= + + + 1. Khảo sát - Bạn đọc tự giải 2. Tìm k để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau có cùng hệ số góc k đồng thời đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OB = 2011.OA. Gợi ý: 2 2 ' 3 6 9 3 6 9 0y x x k x x k= + + = ⇔ + + − = có hai nghiệm phân biệt 1 2 ;x x ' 3 18 0 6k k ⇔ ∆ = − > ⇔ > . Tiếp tuyến (d) tại 1 1 1 ( ; )A x y có phương trình: 1 1 ( )y k x x y= − + . Tiếp tuyến (d’) tại 2 2 2 ( ; )A x y có phương trình: 2 2 ( )y k x x y= − + . Có 1 2 2x x+ = − và 1 2 9x x k= − . Đường thẳng qua 1 A và 2 A có phươngt rình: 1 1 2 1 2 1 x x y y x x y y − − = − − cắt Ox tại 1 2 2 1 2 1 ;0 x y x y A y y   −  ÷ −   và Oy tại 2 1 1 2 2 1 0; x y x y B x x   −  ÷ −   Từ 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 0 (1) 2011. 2011. 2011. (2) x y x y x y x y x y x y OB OA y y x x x x y y − =  − − = ⇒ = ⇔  − = − − −  (1) 6k⇒ = loại 2 1 2 1 (2) . 2 2011. 2013; 2009 6x x k x x k k⇒ − − = − ⇒ = = − < (loại) Vậy 2013k = CâuII 1. Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 3 3 2 2 (1) 2 2 1 14 2 (2) x y x y xy x y y x  + = +   − − + − = −   Gợi ý: 2 2 (1) ( )( 2 ) 0 ; 2x y x y x y x y x y⇔ − − = ⇔ = = ⇒ = Với x y= thay vào (2) được 32 3 2 2 1 14 2x x x x− − + − = − (ĐK: 1 2; 1 2x x≤ − ≥ + ( ) 3 32 3 2 3 2 3 3 3 2 8 ( 2 1) 6 2 1 14 2 2 1 14 14 6 12 8x x x x x x x x x x x x⇔ − − + − − − − − + − + − = − + − 32 3 2 3 2 8 ( 2 1) 6( 2) 2 1 14 6( 2 1)x x x x x x x x⇒ − − + − − − − = − − − 2 32 3 2 2 1 0 8( 2 1) 6( 2) 14 6 2 1 x x x x x x x x  − − = ⇒  − − + − − = − − −   1 2x⇒ = ± (do với điều kiện 1 2; 1 2x x≤ − ≥ + thì 32 3 2 8( 2 1) 6( 2) 14 0 6 2 1x x x x x x− − + − − > > − − − ) Thử lại được 1 2x = ± là nghiệm của phương trình. 2. Giải phương trình: 2 3 2 3 17 x x + = (*) Gợi ý: 1 (*) 8 9 17 x x ⇔ + = . Dễ thấy 0x < thì phương trình vô nghiệm Khi 0x > , xét hàm số 1 ( ) 8 9 17 x x f x = + − ; Có 1 2 1 3 '( ) 8 ln8 9 ln9; '(1) 8ln8 9ln9 0; '(2) 64ln8 ln 9 0 4 x x f x f f x = − = − < = − > . 1 2 2 4 2 1 "( ) 8 ln 8 9 ln 9 0 0 x x x f x x x + = + > ∀ > nên ! (1;2) : '( ) 0f α α ∃ ∈ = . Có BBT Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 8 {1; log 9}S = x "( )f x '( )f x ( )f x 0 1 α 8 log 9 2 +∞ 0 − + + 0 0 Câu III. Tính tích phân 3 3 2 2011 1 ( 3 2)I x x dx − = − + ∫ Gợi ý: [ ] 3 3 2 2011 3 2 2011 2011 2011 2011 1 1 2 ( 3 2) ( 1) ( 2) ( 1) ( 1) 1I x x dx x x dx x x dx − − − = − + = − − = − − − ∫ ∫ ∫ 2 2011 2011 2 ( 1)t t dt − = − ∫ dùng khai triển Niutơn cho 2011 2011 2011 2011 0 ( 1) ( 1) k k k k t C t − = − = − ∑ rồi tính tích phân thông thường. CâuIV: Chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC = a; · 0 30 ; ( )ABC SAB= và ( )SAC cùng tạo với đáy một góc 0 60 . Hình chiếu của S lên đáy thuộc cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Gợi ý: Dễ có được · · 0 60SIH SKH= = nên HI HK KA IA x = = = = . Có 3 1 3 2 2 2 3 3 2 IH CH BH IH HK CH IH BH  =   = = = ⇒   =   3 3 (1 3) 2 2 IH BC a⇒ + = = 3 2(1 3) IH a⇒ = + từ đây ta tính được SH, đồng thời tam giác ABC vuông tại A có · 0 30 ;ABC BC a= = ta tính được .ABC S ABC S V⇒ CâuV. Cho các số thực dương , ,x y z thoả mãn 1x y z+ + = . Tìm GTLN của 3 3 2 ( )( )( ) x y P x yz y zx z xy = + + + Gợi ý: 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( )x yz y zx xy xyz z x y xy z z x y xy xy z z x y   + + = + + + = + + + − = − + +   2 2 2 2 ( ) ( 1)( ) ( ) ( 1) ( ) ( 1)( 1)xy x y x y x y x y x y xy x y x y= + + + + + = + + + + = + + + . Khi đó 3 3 3 3 2 3 3 3 2 2 1 1 ( ) ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1 x y P x y x y x y x y x y x y xy = = = + + +       + + + + + + +  ÷  ÷  ÷       6 3 1 2 1 4( 1) 4 (1 ) xy xy xy xy xy ≤ = + + + . Đặt 0t xy= > được 6 4( 1) t P t ≤ + . Xét 5 6 12 ( 1) (1 5 ) 1 ( ) '( ) 0 ( 1) ( 1) 5 t t t f t f t t t t + − = ⇒ = = ⇔ = + + khi đó 1 1 4 5 max P f   =  ÷   dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 5 x y xy =    =   PHẦN RIÊNG CâuVIa. 1. Tam giác ABC có 1 1 1 (1;1); ( 2;3); (2;4)A B C− lần lượt là chân các đường cao. Viết phương trình đường thẳng BC. A A B C H I K C B H K I S Gợi ý: Dễ thấy các tứ giác 1 1 1 1 1 1 ; ;BC HA A HB C BC B C là các tứ giác nội tiếp nên · · · · · · · · 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ;C BH C A H C BH B CH B CH B A H C A H B A H= = = ⇒ = Hay 1 A H là đường phân giác trong của · 1 1 1 C A B , từ đó ta suy ra được cách viết phương trình đương thẳng BC bằng cách +) Viết phương trình đường phân giác trong 1 ( )d của góc · 1 1 1 B AC +) Viết phương trình đường thẳng BC qua 1 A và vuông góc với 1 ( )d . 2. A(1;2;-7); B(-4;0;0); C(5;0;-1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 7 0S x y z x y+ + − − − = . Tìm M thuộc (S) sao cho tứ diện MABC có thể tích lớn nhất, nhỏ nhất. Gợi ý: +) Bước 1: Viết phương trình mặt phẳng (ABC) +) Bước 2: Kiểm tra xem (ABC) có cắt mặt cầu (S) hay không, nếu cắt thì không có điểm M thuộc (S) để thể tích khối MACB đạt GTNN. +) Bước 3: Viết phương trình đường thẳng qua tâm cầu và vuông góc với (ABC), đường thẳng đó cắt cầu tại hai điểm; điểm có khoảng cách tới (ABC) bé hơn là điểm làm cho thể tích khối chóp MABC đạt GTNN, điểm có khoảng cách tới (ABC) lớn hơn là điểm làm cho thể tích khối chóp MABC đạt GTLN. CâuVII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2 3z i + − biết 2 3 . 9z i z z+ ≤ + Gợi ý: Dễ thấy nếu M(a;b) là điểm biểu diễn của số phức z và N(c;d) là điểm biểu diễn của số phức w thì điểm biểu diễn của số phức z+w có được bằng cách tịnh tiến M theo ON uuur Số phức ( , )z a bi a b= + ∈¡ khi đó 2 3 (2 3) (2 1) wz i a b i+ − = + + − = ; 2 2 2 3 9 (3 1)z i a b+ = + + ; 2 2 . 9 9z z a b+ = + + 2 2 2 2 3 73 8 8 6 8 (2 ) (2 ) 4 16 a b b a b⇒ + + ≤ ⇒ + + ≤ Suy ra tập hợp các điểm biểu diễn (2 ;2 )P a b của số phức 2z là hình tròn (C) tâm 3 (0; ) 4 I − bán kính 73 4 R = Xét (3; 1)u − r là vectơ biểu diễn cho số phức 3 i − khi đó điểm biểu diễn của số phức 2 3z i + − có được bằng cách tịnh tiến điểm biểu diễn (2 ;2 )P a b của số phức 2z theo vectơ (3; 1)u − r hay là hình tròn (C’) có đươcj sau khi tịnh tiến (C) theo (3; 1)u − r . CâuVI.b 1. M(2;-1), đường tròn 2 2 1 ( ) : 9C x y+ = . Viết phương trình đường tròn 2 ( )C có bán kính bằng 4 và cắt 1 ( )C theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất. Gợi ý: 1 ( )C có tâm là O(0;0) và bán kính R=3. Đường tròn 2 ( )C cắt 1 ( )C tại dây cung AB có độ dài nhỏ nhất khi AH nhỏ nhất. Có 2 2 2 AH R OH= − , AH nhỏ nhất khi Oh lớn nhất, hay (2; 1)H M≡ − . Các bước giải bài toán như sau: +) Viết phương trình đường thẳng qua M nhận Om làm vectơ pháp tuyến, cắt 1 ( )C tại A và B → tính độ dài AB +) Tâm I(a;b) của 2 ( )C thoả mãn 2 2 2 2 4 IM AB AB IM R  ⊥  →  = −   uuur uuur xác định được tâm I của 2 ( )C → viết ptrình 2 ( )C A 1 A B C 1 B 1 C H A B O M H 2. Tứ giác ABCD với A(1;2;1), C(2;4;-1). Hai đỉnh B và D thuộc đường thẳng 1 2 : 1 2 3 x y z− − ∆ = = sao cho BD=4. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác và 2011. ABCD IAD S S= . Tính khoảng cách từ D đến đường thẳng AC. Gợi ý: Tính khoảng cách từ A(1;2;1) và C(2;4;-1) tới 1 2 : 1 2 3 x y z d − − = = Viết phương trình đường thẳng AC; I là giao của AC và BD → xác định được toạ độ cảu điểm I. ( ) ( ; ) ( ; ) 1 . 2 ABCD A C S d d BD ∆ ∆ = + =2011. ( ; ) 1 .2011 . 2 AID A S d DI ∆ = → tính đựoc DI Suy ra toạ độ điểm D → toạ độ điểm B và khoảng cách từ D đến đường thẳng AC. CâuVII.b Tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z biết rằng 2 2 6z z+ + − = Gợi ý: Gọi số phức ( , )z a bi a b= + ∈¡ có điểm biểu diễn là ( ; )M a b . 2 2 2 ( 2) ( 2)z a bi a b+ = + + = + + ; 2 2 2 ( 2) ( 2)z a bi a b− = − − = − + . Xét điểm 1 ( 2;0)F − và điểm 2 (2;0)F khi đó 1 2 2 2 6 6z z MF MF+ + − = ⇔ + = . Mặt khác 1 2 4 6F F = < nên tập hợp tất cả các điểm M(a;b) là Elip có hai tiêu đỉêm là 1 ( 2;0)F − và 2 (2;0)F với trục lớn bằng 6 có phương trình là 2 2 1 9 5 x y + = A B D C I . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ : “THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI” ĐỀ SỐ 06 – THÁNG 03 NĂM 2011 PHẦN CHUNG CâuI 3 2 3 9 3y x x x= + + + 1. Khảo sát - Bạn đọc tự giải 2. Tìm k để tồn tại hai. phân 3 3 2 2011 1 ( 3 2)I x x dx − = − + ∫ Gợi ý: [ ] 3 3 2 2011 3 2 2011 2011 2011 2011 1 1 2 ( 3 2) ( 1) ( 2) ( 1) ( 1) 1I x x dx x x dx x x dx − − − = − + = − − = − − − ∫ ∫ ∫ 2 2011 2011 2 (. được 32 3 2 2 1 14 2x x x x− − + − = − (ĐK: 1 2; 1 2x x≤ − ≥ + ( ) 3 32 3 2 3 2 3 3 3 2 8 ( 2 1) 6 2 1 14 2 2 1 14 14 6 12 8x x x x x x x x x x x x⇔ − − + − − − − − + − + − = − + − 32 3 2 3 2 8