THAMKHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 CÂU I: Cho hàm số : 2 2 x x y x + = − (C) 1. Khảo sát hàm số (C) 2. Đường thẳng ( )∆ đi qua điểm B(0,b) và song song với tiếp tuyến của (C) tại điểm O(0,0) .Xác đònh b để đường thẳng ( )∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt M,N. Chứng minh trung điểm I của MN nằm trên một đường thẳng cố đònh khi b thay đổi. CÂU II: 1. Giải bất phương trình : 2 2 4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ − 2. Tính tích phân 3 2 3 0 sinI xdx π ÷ = ∫ CÂU III: 1. Giải và biện luận theo m phương trình : 2 3 2 (cos sin ) 2 cos sin 2 m x x m x x+ = + − + 2. Tam giác ABC là tam giác gì nếu : 2 2 sin 2 sin 2 4 cos sin sin 2 sin 2 4sin sin a B b A ab A B A B A B + = + = CÂU IV: 1. Cho trong không gian với hệ trục toạ độ Đề-các vuông góc Oxyz các điểm A(2;0 ; 0) ,B(0 ; 3; 0) ,C(0;0 ;3) .Các điểm M ,N lần lượt là trung điểm của OA và BC ; P ;Q là hai điểm trên OC và AB sao cho 2 3 OP OC = và hai đường thẳng MN ,PQ cắt nhau.Viết phương trình mặt phẳng (MNPQ) và tìm tỉ số AQ AB ? 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề-các vuông góc ,cho parabol (P) có đỉnh tại gốc toạ độ và đi qua điểm (2; 2 2)A .Đường thẳng (d) đi qua điểm 5 ( ;1) 2 I cắt (P) tại hai điển M,N sao cho MI=IN . Tính độ dài đoạn MN CÂU V: Biết các số a , b, c thoả mãn : 2 2 2 2 1 a b c ab bc ca + + = + + = Chứng minh : 4 4 4 4 4 4 ; ; 3 3 3 3 3 3 a b c− ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ DAP AN Câu I : 1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số : 2 ( ) 2 x x y C x + = − • TXĐ : { } \ 2D R= 2 2 4 2 ' ( 2) 2 6 ' 0 2 6 x x y x x y x − − = − = − = ⇔ = + • Tiệm cận đứng : x = 2 vì 2 lim x y → = ∞ Ta có : 6 3 2 y x x = + + − • Tiệm cận xiên: y = x + 3 vì 6 lim 0 2 x x →∞ = − • BBT: • Đồ thò : Cho x = 0 , y = 0 x = 1 , y = -2 X Y O ( C ) 2) Xác đònh b để ( )∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại O. 1 '( ). 2 y f O x y x= ⇔ = − ( )∆ qua B(0, b) và song song (d) có dạng : 1 ( ) : 2 y x b∆ = − + Phương trình hoành độ giao điểm của ( )∆ và (C) : 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4 3 2 4 0 x x x b x x x x x bx b x bx b + = − + − ⇔ + = − + + − ⇔ − + = ( )∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt : ' 0⇔ ∆ > 2 12 0 0 12b b b b⇔ − > ⇔ < ∨ > Toạ độ trung điểm I cuả MN : 2 5 2 6 3 2 1 2 M N x x b b x x y y x b + = = = ⇒ = = − + Vậy I nằm trên đường thẳng cố đònh có phương trình : 5 2 x y = Câu II: 1) Giải : 2 2 4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + ≥ − Bất phương trình ( 1)( 3) ( 1)(2 1) 1x x x x x⇔ − − − − − ≥ − Điều kiện : 2 2 1 4 3 0 1 2 2 3 1 0 3 x x x x x x x = − + ≥ ⇔ ≤ − + ≥ ≥ Trường hợp 1: x = 1 dễ thấy là nghiệm của bất phương trình. Trường hợp 2: 3x ≥ , khi đó : Bất phương trình 3 2 1 1x x x⇔ − − − ≥ − 3 1 2 1x x x⇔ − ≥ − + − (1) Ta có : 3 1 1 2 1, 3x x x x x− < − < − + − ∀ ≥ Suy ra (1) vô nghiệm: Trường hợp 3: 1 2 x ≤ . Khi đó : Bất phương trình 3 1 2 1x x x⇔ − − − ≥ − − 3 1 1 2 4 2 2 (3 )(1 ) 1 2 x x x x x x x ⇔ − + − ≥ − ⇔ − + − − ≥ − 3 2 (3 )(1 ) 0x x⇔ + − − ≥ đúng 1 2 x∀ ≤ Tóm lại bất phương trình có nghiệm: 1 1 2 x x≤ ∨ = 2) 3 0 3 sinI xdx π 2 = ∫ • Đặt 2 3 3t x t dt dx= ⇒ = 3 0 0x t x t = ⇒ = π π = ⇒ = 2 2 Vậy 2 0 sinI t tdt π 2 = ∫ • Đặt 2 2du tdtu t ⇒ == sin cosdv tdt v t = ⇒ = − Vậy 2 0 0 0 3 cos cos 6 cos2I t t t tdt t tdt π 2 π π 2 2 = − = − ∫ ∫ • Đặt 1 1 u t du dt= ⇒ = 1 1 cos sindv tdt v t= ⇒ = Vậy 0 0 0 6 sin sin 6 6.cos2 3I t t tdt t π 2 π π 2 2 π = = + π − 6 2 − = ∫ Câu III: Giải và biện luận phương trình: 2 3 (cos sin ) 2 cos sin 2 m x x m x x2 + = + − + Phương trình 2 3 (2 1)cos (2 1)sin 2 2 m x m x m⇔ − + + = + 2 (4 2)cos (4 2)sin 4 3m x m x m⇔ − + + = + p dụng điều kiện có nghiệm x R∈ của phương trình : cos sinA x B x C + = là 2 2 2 : A B C+ ≥ , ta có : (1) có nghiệm x R∈ 2 2 2 2 (4 2) (4 2) (4 3)m m m⇔ − + + ≥ + 2 2 4 2 4 2 2 2 2 16 16 4 16 16 4 16 24 9 16 8 1 0 (4 1) 0 1 1 4 2 m m m m m m m m m m m ⇔ − + + + + ≥ + + ⇔ − + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ = ⇔ = ± • Với 1 : (1) 4sin 4 sin 1 2 2 m x x x k π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + π 2 • Với 1 : (1) 4cos 4 cos 1 k 2 m x x x= − ⇔ − = ⇔ = − ⇔ = π + 2π Kết luận : 1 : 2 2 1 : k 2 m x k m x π = = + π 2 = − = π + 2π 1 : 2 m ≠ ± Phương trình vô nghiệm. 2. Nhận dạng ABC∆ biết : 2 2 sin2 sin 2 4 cos sin B (1) sin2 sin 2 4sin sin B (2) a B b A ab A A B A + = + = [ ] [ ] 2 2 (1) sin sin2 sin sin2 4sin sin .cos sin 2sin sin sin cos cos sin 4sin sin cos sin sin( ) 2cos sin B (sinAsinB 0) sin(A+B) = sin(A+B) - sin(A-B) sin(A-B) = 0 A - B = k chỉ chọn đươ A B B A A B A B A B A B A B A B A B A B A ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ≠ ⇔ ⇔ ⇔ π ( ïc k = 0) A = B⇔ Vậy ABC ∆ cân tại C. • Thế vào (2) ta được : 2 2 2sin2A = 4sin 4sin cos 4sin cos sin A (do sinA 0) tgA = 1 A = k chỉ chọn được k = 0) A = A A A A A ⇔ = ⇔ = ≠ π ⇔ ⇔ + π ( 4 π ⇔ 4 Kết luận: ABC∆ cân tại C và có µ A π = 4 Do đó: ABC ∆ vuông cân tại C. Câu IV: 1) A(2, 0, 0) , B(0, 3, 0) , C(0, 0, 3) , 2 3 OP OC = B x y z C O P Q N M M là trung điểm OA (1,0,0)M⇒ N là trung điểm BC 3 3 0, , 2 2 N ⇒ 2 3 OP OC = Và (0,0,2)P OC P∈ ⇒ Mặt phẳng (MNPQ) chính là mặt phẳng ( ) α đi qua M, N, P. ( ) α có pháp vectơ 1 3 , 3, , 2 2 n MN MP = = r uuuur uuur ( ) α lại qua M nên có phương trình : 1 3 3( 1) 0 2 2 x y z− + + = 6 3 6 0x y z⇔ + + − = Ta có : ( )Q AB∈ và ( )Q α ∈ ( ) ( )Q AB α ⇒ = ∩ Ta lại có phương trình (AB) : 2 2 3 0 x t y t z = − = = Thế phương trình này vào phương trình ( ) α ta được: 2 3 2 6(2 2 ) 3 6 0 2 3 0 2 ,2,0 3 x t t t y z Q = − + − = ⇔ = ⇒ = = ⇒ Ta có: 16 52 2 13 4 0 9 3 3 AQ = + + = = 4 9 0 13AB = + + = Suy ra: 2 3 AQ AB = 2) 5 (2,2 2), ,1 , 2 A I MI IN = Vì A nằm trong góc phần tử thứ nhất của góc toạ độ nên phương trình (P) có 2 dạng: 2 2y px= hay 2 2x py= Trường hợp 1: 2 ( ) : 2P y px= Ta có: 2 ( ) (2 2) 2 .2 2A P p p∈ ⇔ = ⇔ = Suy ra : 2 ( ) 4P y x= = Gọi k là hệ số góc của d 5 ( ) : 1 2 d y k x ⇒ − = − 2 2 5 2 y k x k − + ⇔ = Phương trình tung độ giao điểm của (P) và d : 2 2 2 5 4 2 y k y k − + = 2 4 4 10 0ky y k⇔ − + − = (*) Ta có: MI = IN, I là trung điểm MN. 2 M N I y y y + ⇒ = 4 1 2k ⇒ = ( vì , M N y y là nghiệm của (*)) 2k⇒ = Thế k = 2 vào (*), ta được : 2 4 4 2 8 0 2 1 y x y y y x = ⇒ = − − = ⇔ = − ⇒ = Suy ra M(4,4), N(1,-2) ( hoặc ngược lại ) Vậy 9 36 3 5MN = + = Trường hợp 2 : 2 ( ) : 2P x py= Ta có: 2 ( ) 4 2 .2 2 2 A P p p∈ ⇔ = ⇔ = Suy ra: 2 ( ) : 2P x y= Ta có: 5 : 1 2 d y kx k= − + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d : 2 5 2 1 2 x kx k = − + 2 2 2 2 5 2 2 2 0x kx k⇔ − + − = (**) I là trung điểm MN 2 M N I x x x + ⇒ = 5 2 5 2 2 2 k k⇒ = ⇒ = Thế 5 2 k = vào (**) ta được : 2 2 10 25 2 2 0x x− + − = (vô nghiệm) Vậy đáp số : 3 5MN = Câu V : Ta có : 2 2 2 2 1(*) a b c ab bc ca + + = + + = 2 2 2 2 (1) 2 2 2 2 (2) a b c ab bc ca + + = ⇔ + + = (1) cộng (2) ta được : 2 ( ) 4a b c+ + = 2a b c ⇔ + + = ± a + b + c = 2 2c a b ⇔ = − − Thế vào (*) ta được : (2 ) (2 ) 1ab b a b a b a+ − − + − − = 2 2 ( 2) 2 1 0 0b a b a a⇔ + − + − + = ≥ (**) (**) có nghiệm 2 2 ( 2) 4( 2 1) 0a a a⇔ − − − + ≥ 2 3 4 0 4 0 3 a a a ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≤ Tương tự ta cũng được 4 0 3 b≤ ≤ và 4 0 3 c≤ ≤ a + b + c = -2 2c a b⇔ = − − − Thế vào (*) ta được : ( 2 ) ( 2 ) 0ab b a b a b+ − − − + − − − = 2 2 ( 2) 2 1 0b a b a a⇔ + + + + + = (***) (*** ) có nghiệm 2 2 ( 2) 4( 2 1) 0a a a⇔ + − + + ≥ 2 3 4 0 4 0 3 a a a ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ Tương tự ta cũng được 4 0 3 b− ≤ ≤ và 4 0 3 c− ≤ ≤ Toùm laïi : 4 4 4 4 4 4 ; ; 3 3 3 3 3 3 a b c− ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ (ñpcm) . THAM KHẢO ƠN THI TỐT NGHIỆP NĂM 2010 CÂU I: Cho hàm số : 2 2 x x y x + = − (C) 1. Khảo sát hàm số (C) 2. Đường thẳng ( )∆ đi. các số a , b, c thoả mãn : 2 2 2 2 1 a b c ab bc ca + + = + + = Chứng minh : 4 4 4 4 4 4 ; ; 3 3 3 3 3 3 a b c− ≤ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ DAP AN Câu I : 1) Khảo