thi thpt thi tpht 1234

Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm GỢI Ý GIẢI ĐỀ 17 Câu I.1: Học sinh tự giải Câu I.2: Câu II.1: Giải phương trình: x − 16 x + 64 − (8 − x)( x + 27) + ( x + 27)2 = (1) • Ta có (1) ⇔ ( − x ) − ( − x ) ( x + 27 ) + ( x + 27 ) =7 Đặt a = − x ; b = x + 27 (1) trở thành a − ab + b = (2) 3 Mặt khác a + b = − x + x + 27 = 35 (3) 2  a − ab + b =  a − ab + b = ⇔ Kết hợp (2) (3) ta có hệ  3 2 ( a + b ) a − ab + b = 35  a + b = 35 a − ab + b = b = − a ⇔ ⇔ 2 a + b = a − a ( − a ) + ( − a ) = ( ) a = a = b = − a ⇔ ⇔  b = b = 3a − 15a + 18 = 3 − x = 8 − x = x = ⇔ ⇔ • Từ ta có ( 1) ⇔  8 − x = 27  x = −19  − x = • Kết luận: Phương trình (1) có hai nghiệm x = x = −19 1 Câu II.2: Giải phương trình: − cos x + + cos x = (*) • Bài giải tương tự câu II.1 1 Đặt a = − cos x ; b = + cos x 2 Điều kiện : a ≥ 0; b ≥ Ngoài ra, ta có ( ) 1 3 − cos x = − cos x − = − cos x ≤ 2 2 1 4 • Ta có a + b = − cos x + + cos x = 2  a + b = b = − a ⇔ Từ ta có hệ   4  a + b = a + ( − a ) = Suy ≤ a, b ≤  a = a = ; Giải hệ ta (các bạn tự trình bày) nghiệm  b = b =  1 cos x =  − cos x =  − cos x = 2   * ⇔ ⇔ ⇔  • Vậy ta có ( ) cos x = −   − cos x =   − cos x =  2  Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 1/6 Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm π π    x = ± + k 2π  x = ± + kπ ⇔ ⇔ , k ∈¢  x = ± 2π + k 2π  x = ± π + kπ   3 • Kết luận: Các nghiệm phương trình (*) π π x = ± + k π ; x = ± + kπ , ( k ∈ ¢ ) π Câu III: Tính tích phân I = ∫ sin x + cos x dx + sin x • Đầu tiên ta biến đổi biểu thức dấu tích phân (để tìm quan hệ tử mẫu) π  cos  − x ÷ sin x + cos x 4  = + sin x + sin x  π π  π  Đặt u = − x ta có sin x = sin   − u ÷÷ = sin  − 2u ÷ = cos 2u  2   4 π π  − x÷ cos  4  • Quay lại tích phân, ta biến đổi sau: I = ∫ + sin x dx  π π  π  − x ta có sin x = sin   − u ÷÷ = sin  − 2u ÷ = cos 2u  2   4 du = − dx Và π π • Đổi cận: x = ⇒ u = ; x = ⇒ u = 4 Đặt u = Khi ta có I = ∫ π cos u ( −du ) = + cos 2u π ∫ cos u du − 2sin u Đến đây, ta lại đổi biến t = sin u ⇒ dt = cos udu π Đổi cận: u = ⇒ t = ; u = ⇒ t = Ta có I = 2  1 I=   ∫ 2 ∫ dt = 2−t ( d t+ t+ )− ∫ d ∫ (   +  ÷dt −t   +t ) − t  +t = ln  −t −t  2 = ln Câu IV: Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh C SA vuông góc mp(ABC), SC = a Hãy tìm góc hai mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp lớn • Đầu tiên ta cần xác định góc ϕ hai mặt phẳng ( ABC ) ; ( SBC ) Ta có ( ABC ) ∩ ( SBC ) = BC (1) Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 2/6 Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm BC ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABC ) ) BC ⊥ AC (2) {do tam giác ABC vuông C} Suy BC ⊥ SC (3) · Mặt khác , SA ⊥ AC suy góc SCA nhọn (4) · • Kết hợp (1), (2), (3) (4) ta suy góc hai mặt phẳng ( ABC ) ; ( SBC ) ϕ = SCA • Trong tam giác vuông SAC ta có AC cos ϕ = ⇒ AC = SC.cos ϕ = a cos ϕ SC SA ⇒ SA = SC sin ϕ = a.sin ϕ Và sin ϕ = SC SA chiều cao khối chóp S.ABC • Thể tích khối chóp S.ABC 1 V = SA AC = a.sin ϕ a cos ϕ V = a sin ϕ − sin ϕ • Đặt t = sin ϕ ta có sin ϕ − sin ϕ = t − t với < t < ( ) ( ) Xét hàm số f ( t ) = t − t khoảng ( 0;1) , ta có f ′ ( t ) = − 3t ; f ′ ( t ) = ⇔ − 3t = ⇔ t = Bảng biến thiên t f ′( t ) f ( t) + − 0   Từ bảng biến thiên ta suy max f ( t ) = f  ÷= ( 0;1)  3 • Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn Vmax = sin ϕ = 3 a3 a = 27 1 , hay ϕ = arcsin 3 Câu V: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm x ∈  0;2  :   ( ) log  x2 − x + m ÷+ log x − x + m ≤ 2  (1) • Điều kiện để bất ph/trình xác định đoạn [ 0; 2]  x2 − x + m >   x − x + m ≥ m ≥ − x + x + ⇔ log x − x + m ≥ ⇔  0 ≤ x ≤ 0 ≤ x ≤  ≤ x ≤  ( ) { } ⇔ m ≥ f ( x ) = − x + x + [ 0;2] Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 3/6 Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm • Với x ∈ [ 0; 2] ta xét hàm số f ( x ) = − x + x + Có f ′ ( x ) = −2 x + = ⇔ x = Bảng biến thiên x f ′( x) + − f ( x) f ( x ) = − x2 + 2x + = f ( 0) = f ( 2) = Vậy, ta có m ≥ [ 0;2] { } ( ) • Đặt t = log x − x + m , t ≥ bất phương trình cho trở thành 1  t + 4t − ≤  − 26 − ≤ t ≤ 26 − ⇔ ⇔ ≤ t ≤ 26 − 2 t ≥   t ≥ • Tức , BPT (1) có nghiệm thuộc đoạn [ 0; 2] ( ( ) ) 0 ≤ log x − x + m ≤ 26 − 0 ≤ log x − x + m ≤ 42 − 26  ⇔  0 ≤ x ≤ 0 ≤ x ≤ 1 ≤ x − x + m ≤ 242− 26 = 2a ⇔ 0 ≤ x ≤ − x + x + ≤ m ≤ − x + x + 2a ⇔ − x + x + ≤ m ≤ max − x + x + 2a ⇔ [ 0;2] [ 0;2] 0 ≤ x ≤ ⇔ ≤ m ≤ + 2a (với a = 42 − 26 ) { • Kết luận: ≤ m ≤ 242− 26 } { } Câu VI.a.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông C Biết A ( −2;0 ) , B ( 2;0 ) khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến trục hoành Tìm tọa độ đỉnh C uuur uuur • Gọi tọa độ điểm C ( a; b ) ta có AC = ( a + 2; b ) ; BC = ( a − 2; b ) uuur uuur uuur uuur Teo giả thiết, tam giác ABC vuông C nên ta có AC ⊥ BC ⇔ AC.BC = ⇔ ( a − ) ( a + ) + b.b = ⇔ a + b = (1) a b • Tọa độ tâm G tam giác ABC G  ; ÷  3 b = Khoảng cách từ G đến trục hoành 3 ⇔ b = ⇔ b = (2)  a = Giải hệ gồm (1) (2) ta  b = ( ) ( ) ( ) ( ) Hệ có nghiệm a = 3; b = , a = 3; b = −1 , a = − 3; b = , a = − 3; b = −1 Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 4/6 Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm • Kết luận có bốn điểm thỏa yêu cầu toán C 3;1 C − 3;1 C ( ) ( ) ( ) ( ) 3; −1 C − 3; −1 Câu VI.a.2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( 0;1;2 ) , B ( −1;1;0 ) mặt phẳng (P): x – y + z = Tìm tọa độ điểm M mặt phẳng (P) cho tam giác MAB vuông cân B • Gọi tọa độ điểm M ( a; b; c ) ∈ ( P ) : x − y + z = , ta có a − b + c = ⇔ c = b − a Suy M ( a; b; b − a ) uuur uuuur • Ta có BA = ( 1;0; ) ; BM = ( a + 1; b − 1; b − a ) uuur uuuur  BA.BM = Tam giác MAB vuông B nên ta có   BA = BM 1( a + 1) + ( b − 1) + ( b − a ) =  ⇔ 2  + + = ( a + 1) + ( b − 1) + ( b − a ) a − 2b − = a = 2b + ⇔ ⇔  2 2 2 5 = ( a + 1) + ( b − 1) + ( b − a ) ( 2b + ) + ( b − 1) + ( −b − 1) =   10 − − 10 − a = a =   a = 2b +  3  ⇔ ⇔ 6b + 8b + = b = 10 − b = − 10 −   6 • Kết luận: Có hai điểm thỏa đề  10 +  10 − 10 − 10 + 10 −  10 +  M  − ;− ; M ; ; − ; ÷  ÷  3 6 ÷ 6 ÷     Câu VII.a: Cho x, y, z > thỏa mãn biểu thức P = xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ x2 y2 z2 + + x+ y y+ z z+ x Câu VI.b.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E): x + y = đường thẳng (d): y = Lập phương trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) góc 600 Câu VI.b.2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M ( 2;1;2 ) đường thẳng (d): x y + z −1 = = Tìm (d) hai điểm A B cho tam giác MAB 1 x = t  • Phương trình tham số đường thẳng ( d ) :  y = −2 + t z = 1+ t  Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 5/6 Lời Giải đề 17 2009 Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm • Gọi tọa độ điểm A, B ∈ ( d ) A ( a; −2 + a;1 + a ) , B ( b; −2 + b;1 + b ) với a, b ∈ ¡ r Mặt phẳng ( P ) qua M ( 2;1; ) vuông góc với ( d ) nhận vecto phương u ( 1;1;1) làm vecto pháp tuyến PTTQ ( P ) : 1( x − ) + 1( y − 1) + 1( z − ) = ⇔ ( P) : x + y + z − = Gọi H hình chiếu điểm M ( d ) H = ( d ) ∩ ( P ) nên tọa độ H ngiệm x = t  y = −2 + t  hệ  z = + t   x + y + z − = Giải hệ ta t = 2; x = 2; y = 0; z = Suy H ( 2;0;3) • Tam giác MAB nên H trung điểm AB Từ ta có  a + b = 2.2   −2 + a − + b = 2.0 ⇔ a + b = ⇔ b = − a 1 + a + + b = 2.3  Suy B ( − a; − a;5 − a ) Theo giả thiết ta có MA = MB ⇔ MA2 = MB ⇔ ( a − ) + ( −2 + a ) + ( + a − ) = ( − a − ) + ( − a ) + ( − a − ) 2 2 2 ⇔ ( a − 1) = ( − a ) ⇔ 4a = ⇔ a = 2 • Vậy tọa độ điểm A, B cần tìm A ( 2;0;3)     2 Câu VII.b: Giải bất phương trình sau: log log5  x + + x ÷ > log3 log  x + − x ÷     Soạn: Đỗ Cao Long Tel: 01236012220 Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 6/6