Nguyễn Chiến Bình Trường THPT Nguyễn Chí Thanh – Pleiku – Gia lai Đề 2: ( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009) Bài 1: Cho hàm số : ( ) ( ) 3 2 1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + + (1) ( m là tham số). 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Bài 2: 1). Giải phương trình: 1 os3x os2x osx 2 c c c− + = 2). Giải phương trình: 2 2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − + . Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0), B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1). Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2). Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Bài 4: Tính tích phân: 6 2 x 2x 1 4x 1 d I = + + + ∫ . Bài 5: Cho x, y là các số thực thõa mãn điều kiện: 2 2 3.x xy y+ + ≤ Chứng minh rằng : 2 2 (4 3 3) 3 4 3 3.x xy y− + ≤ − − ≤ − Bài 6: Giải bất phương trình: 3log 3 2log 2 3 log 3 log 2 x x x x + ≥ + Bài 7: 1). Cho tập A= { 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. 2) Chứng minh ( ) ( ) ( ) 2010 2008 2006 3 1 4 1 4 1i i i i+ = + − + Bài 8: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b. Tính thể tích của hình chóp đó và khoảng cách giữa các đường thẳng SA, BE. Hết 1 Nguyễn Chiến Bình Trường THPT Nguyễn Chí Thanh – Pleiku – Gia lai HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) Bảng biến thiên: + Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;4), điểm cực tiểu T(2;0), điểm uốn: U(1;2) 2) + Đạo hàm: ( ) 2 ( ) 3x 2 1 2 2y g x m x m ′ = = + − + − . Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thõa x 1 < x 2 < 1 ⇔ ' 2 4 5 0 5 (1) 5 7 0 1 5 4 2 1 1 2 3 m m g m m m S m ∆ = − − > = − + > ⇔ < − ∨ < < ÷ − = < Bài 2: 1). Giải phương trình: 1 os3x os2x osx 2 c c c− + = + Trường hợp: os 0 2 , 2 x c x k k Z π π = ⇔ = + ∈ , phương trình vô nghiệm. +Trường hợp: os 0 2 , 2 x c x k k Z π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ , nhân hai vế phương trình cho 2 os 2 x c ta được: 2 os os3x 2 os os2x 2 os osx os 2 2 2 2 x x x x c c c c c c c− + = (chuyển tích sang tổng, rút gọn) 7x os 0 2 c = 7x 2 os 0 , 2 7 7 c x k k π π = ⇔ = + ∈ Z , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, m∈Z . 2). Giải phương trình: 2 2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − + .(*) + Điều kiện xác định: 1 7x≤ ≤ Ta có : (*) ⇔ ( ) ( ) x 1 2 1 2 7 1 7 0x x x x − − − + − − − − = ⇔ ( ) ( ) 1 2 1 7 0x x x− − − − − = ( ) 1 2 5 4 1 7 x x x x x − = ⇔ ⇔ = ∨ = − = − . Kết luận: Tập nghiệm của phương trình: S = { 4, 5} Bài 3: 1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB: VTCP ( ) 1 1; 1;0 4 u AB= − = − r uuur , A(4,0,0) ∈ (AB) 2 Nguyễn Chiến Bình Trường THPT Nguyễn Chí Thanh – Pleiku – Gia lai Ph.trình tham số của (AB): 4 0 x t y t z = + = − = . Tọa độ giao điểm E của (AB) với mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ 12 4 , , 0 16 3x 2 4 0 0 x x t y t z y y z z = − = + = − = ⇔ = + − + = = . Vậy E(-12; 16; 0). 2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) ⇒ Phương trình đt(KI): 2 2 3 2 1 x y z− − = = − . Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(-1; 0; 1). Giả sử K(x k ; y k ; z k ), khi đó: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 k k k KH x y z= + + + − và 2 2 2 O k k k K x y z= + + Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 4 1 1 1 2 2 2 3 2 1 3 4 k k k k k k k k k k k k x x y z x y z y x y z z = − + + + − = + + ⇔ = − − = = − = 1 1 3 ; ; 4 2 4 K − ÷ . Kết luận: 1 1 3 ; ; 4 2 4 K − ÷ . Bài 4: Tính tích phân sau: 6 2 x 2x 1 4x 1 d I = + + + ∫ . Đặt : ( ) 2 2 1 4x 1 4x 1 1 4 t t x t= + ⇒ = + ⇒ = − ⇒ tdt = 2dx. Đổi cận: x = 2 ⇒ t = 3, x = 6 ⇒ t = 5. Do đó: ( ) = = + + + + ∫ ∫ 6 5 2 2 3 x d 2x 1 4x 1 1 d t t I t Áp dụng phương pháp hệ số bất định: ( ) ( ) = + + + + 2 2 1 1 1 t A B t t t ⇒ ( A = 1, B = -1). Do đó: ( ) ( ) ( ) ÷ = = − = + + = − ÷ + + + + ∫ ∫ 5 5 5 2 2 2 3 3 3 d 1 1 1 3 1 ln 1 ln 1 2 12 1 1 1 t t I dt t t t t t Bài 5: Nhận xét: Hai biểu thức A = x 2 + xy + y 2 và B = x 2 –xy –3y 2 đẳng cấp bậc hai đối với xy có quan hệ khá đặc biệt .( quan hệ giữa cho A và tìm B) Nếu y = 0 thì A = B = x 2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3. Nếu y ≠ 0, ta đặt z x y = khi đó: 2 2 2 2 2 2 3 3 . . 1 x xy y z z B A A x xy y z z − − − − = = + + + + . Xét phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 3 1 1 3 0 1 z z m m z m z m z z − − = ⇔ − + + + + = + + (a). Dùng điều kiện phương trình (a) có nghiệm ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 1 3 48 3 48 0 1 4 1 3 0 3 3 m m m m m m = = ⇔ − − − + ∆ ≥ + − − + ≥ ⇔ ≤ ≤ 3 Nguyễn Chiến Bình Trường THPT Nguyễn Chí Thanh – Pleiku – Gia lai Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒ 3 4 3 3 4 3B− − ≤ ≤ − + . Đây là điều phải chứng minh. Bài 6: Giải bất phương trình: 3log 3 2log 2 3 log 3 log 2 x x x x + ≥ + . Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: 2 log 3 log 3 0 log 2 x x y y= ⇒ = > . Ta có: + + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ + + + + log 3 3 2 3log 3 2log 2 log 2 3 2 1 3 3 3 3 3 log 3 log 3 log 2 1 1 1 log 2 x x x x x x x x y y y (*) luôn sai với mọi y > 0. Kết luận: Bất Phương trình vô nghiệm. Bài 7: 1) Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5. + Các bộ số có 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). + Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P 4 = 96 số chia hết cho 5. Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P 4 = 24 cách lập số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3 =18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P 4 +3P 3 ) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số. 2) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2010 2008 2006 4 2 4 3 1 4 1 4 1 3 1 4 1 4 1 4i i i i i i i i+ = + − + ⇔ + = + − ⇔ + = − ⇔ 2 4 4i = − ( đúng) ⇒ (đpcm). Bài 8: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. Đặt: B = S ABCDEF ⇒ B = 6S ∆ OAB = 2 2 3 3 3 6 4 2 b b = (đvdt) Chiều cao h = SO = 2 2 2 2 SA OA a b− = − Do đó: Thể tích V = ( ) 2 2 2 3 1 3 2 b a b Bh − = (đvtt) * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ (HS tự làm) * Chứng minh OJ ⊥(SAF) (HS tự làm) Trong ∆SOJ vuông tại O với đường cao OJ ứng cạnh huyền SI ta có OJ = ( ) 2 2 2 2 2 2 3 . 4a a b OI SO b b OI SO − = − + ( đvđd) Hết * Các bạn có thể giải cách khác tốt hơn xin vui lòng gửi qua trang Web của tôi. 4 . lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. Đặt: B = S ABCDEF ⇒ B = 6S ∆ OAB. cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 ⇒ 4.P 4 = 96 số chia hết cho 5. Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu. chữ số khác nhau chọn trong A sao cho số đó chia hết cho 15. 2) Chứng minh ( ) ( ) ( ) 2010 2008 2006 3 1 4 1 4 1i i i i+ = + − + Bài 8: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF với SA = a, AB = b.