1 Đăng trên Tạp chí Tốn học và Tuổi trẻ Số 449.11/2014 THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI Đề số 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số 3 26 9y x x x m= − + + (m là tham số) cĩ đồ thị ( ). m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C khi 0.m = b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua điểm (3;0)A và cắt đường trịn ( )S cĩ phương trình 2 2( 1) ( 2) 25x y+ + − = theo một dây cungMN cĩ độ dài nhỏ nhất. Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình cos4 3 sin 2 2 3 sin 4 3 cos2 x x x x − + = ⋅ − Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân 1 2 2 2 2 2 4 3 . ( 1) 2 3 x x I dx x x x + − + = − − + + ∫ Câu 4 (1 điểm). a) Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 422015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x− = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ).z i z i+ − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 .z zω = − Câu 5 (1 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z+ − = và hai đường thẳng 1 4 : , 1 1 3 x y z− ∆ = = − 2 6 2 : 1 2 2 x y z− + ∆ = = ⋅Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ),P điểm N trên đường thẳng 1 ∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng . 2 ∆ Viết phương đường thẳng∆ đi qua ,M vuơng gĩc với 1 ∆ và tạo với mặt phẳng ( )P một gĩc o.30 Câu 6(1 điểm). Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng, ( ), .SA ABCD SA a⊥ = Diện tích tam giác SBC bằng 2 2 2 a ⋅ Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a Gọi ,I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và .SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cĩ tâm (2; 1)I và 2 .AC BD= Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng ,AB (0; 7)N thuộc đường thẳng .CD Tìm tọa độ điểm P biết 5BP BI= với điểm B cĩ tung độ dương. Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình 44 2 2 3 2 5 2 ( 2) 8 4 0 x x y y x y y y + + − − + = ⋅ + − + − + = x Câu 9(1 điểm). Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1 6 abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 4 1 1 1 (2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1) P a b c b c a c a b = + + ⋅ + + + + + + PHẠM TRỌNG THƯ (GV THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp) Cảm ơn thầy Phạm Trọng Thư chủ nhân đã chia sẻ đến 2 BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Cho hàm số 3 26 9y x x x m= − + + (m là tham số) cĩ đồ thị ( ). m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )C khi 0.m = b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua điểm (3;0)A và cắt đường trịn ( )S cĩ phương trình 2 2( 1) ( 2) 25x y+ + − = theo một dây cungMN cĩ độ dài nhỏ nhất. Bài giải. a) Bạn đọc tự giải. b) Giả sử∆ là tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua Avà cắt đường trịn ( )S tại hai điểm phân biệt , .M N Đường trịn ( )S cĩ tâm ( 1;2),I − bán kính 5R = và điểm Anằm trong đường trịn ( ).S Vẽ IH ⊥ ∆ tại .H Ta cĩ 2 22 2 .MN MH R IH= = − Mà IH IA≤ nên 2 22MN R IA≥ − (hằng số). Do đĩ MN nhỏ nhất khi và chỉ khiH trùng với .A Đường thẳng ∆ đi qua Avà nhận vectơ (4; 2)IA = − làm vectơ pháp tuyến, cĩ phương trình 2 6 0.x y− − = Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đồ thị ( ) m C nếu và chỉ nếu hệ sau cĩ nghiệm 3 2 2 6 9 2 6 3 12 9 2 x x x m x x x − + + = − − + = Đến đây, ta tìm được 36 10 15 9 m − ± = ⋅ Câu 2. Giải phương trình cos4 3 sin 2 2 3 sin 4 3 cos2 x x x x − + = ⋅ − Bài giải. Điều kiện ( ) 4 2 cos2 0 sin 4 3 cos2 0 2sin 2 3 0 ( , , ) (*)3 6sin2 2 3 cos2 m x x x x x x n m n l x x l x pi pi pi pi pi pi ≠ + ≠ − ≠ − ≠ ⇔ ⇔ ≠ + ∈ ≠ ≠ + ⇔ ℤ Với điều kiện trên thì PT đã cho tương đương ( ) ( )cos4 3sin 4 3 3cos2 sin2 2 0x x x x− + − + = 2cos 4 3 cos 2 1 0 2cos 2 3 cos 2 0 3 6 6 6 6 2cos 2 0 2 6 6 2 ( ). 5 33 5 2 2cos 2 cos 6 66 2 6 2 x x x x k x x x k x k k x kx x k pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pi pipi pi pi pi pi ⇔ + + + + = ⇔ + + + = = + + = + = + ⇔ ⇔ ⇔ = + ∈ + = ± + + = − = = − + ℤ Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy 2 , ( ) 3 2 x k x k k pi pi pi pi= + = − + ∈ℤ là nghiệm của PT đã cho. Câu 3. Tính tích phân 1 2 2 2 2 2 4 3 . ( 1) 2 3 x x I dx x x x + − + = − − + + ∫ Bài giải. Ta cĩ 1 2 1 2 2 2 2 2 2( 1) 2 3 ( 1) 2 3 x dx I dx x x x x x + + − = + − + + − − + + ∫ ∫ ( )21 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 22 3 1 1 1 2 2 x d d x x x x x x + + − − + + = − + ⋅ − + + − − − ∫ ∫ i Tính ( ) ( ) ( ) 21 2 2 1 2 2 1 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 . 2 3 d x x I x x x x + + − + + = = − + + = − − + + ∫ 3 i Tính 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 x d I x x + − = ⋅ − − − ∫ Đặt 1 sin , ; 2 2 2 x t t pi pi− = ∈ − ⋅ Đổi cận: khi 2x = thì 6 t pi = ; 1 2x = + thì 4 t pi = ⋅ Ta cĩ 4 4 4 2 66 6 tan (sin ) 8ln tan ln sin .cos sin 2 tan 12 d t dt t I t t t pi pi pi pi pi pi pi pi = = = = ⋅ ∫ ∫ Vậy ( )1 2 tan 1 1 8 2 3 2 ln 2 2 tan 12 I I I pi pi = − + = − + ⋅ Câu 4. a) Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 422015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x− = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ).z i z i+ − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 .z zω = − Bài giải. a) Điều kiện ( ; 2) (2;3) (3; ).x∈ −∞ − ∪ ∪ +∞ Với điều kiện đĩ, phương trình viết lại là ( ) ( )( ) ( )2 22 22015 2015log 4 log 2 3 4 2 3 2 ( 2) 3 (*). x x x x x x x x x − = + − ⇔ − = + − ⇔ − = + − i Với ( ; 2) (2;3) ,x (a)∈ −∞ − ∪ ta cĩ: 2 8 2 2(*) 2 ( 2)(3 ) x xx x x ⇔ = ⇔ = ±⇔ − = + − (thỏa mãn (a)). i Với (3; ) ,x (b)∈ +∞ ta cĩ: 2 2 4 0 1 5.(*) 2 ( 2)( 3) x x xx x x ⇔ − − = ⇔ = ±⇔ − = + − Đối chiếu với (b) ta được 1 5.x = + Vậy, phương trình đã cho cĩ các nghiệm là 2 2x = ± và 1 5.x = + b) Giả sử , ). (z x yi x y= + ∈ℝ Ta cĩ (1 2 ) 2(1 2 ) (1 2 )( ) 2 4z i z i x yi i x yi i+ − = − ⇔ + + − − = − 2 2 2 2 4 .x y xi i⇔ − − = − 2 4 2 2 . 2 2 2 1 x x z i x y y − = − = ⇔ ⇔ ⇒ = + − = = Do đĩ 2 23 (2 ) 3(2 ) 3 .z z i i iω = − = + − + = − + Vậy phần thực của số phức cần tìm là 3,− phần ảo là 1. Câu 5. Trong khơng gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z+ − = và hai đường thẳng 1 4 : , 1 1 3 x y z− ∆ = = − 2 6 2 : 1 2 2 x y z− + ∆ = = ⋅Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ),P điểm N trên đường thẳng 1 ∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng . 2 ∆ Viết phương đường thẳng∆ đi qua ,M vuơng gĩc với 1 ∆ và tạo với mặt phẳng ( )P một gĩc o.30 Bài giải. Gọi ( ; ; 2 ), (4 ; ; 3 ).M m n m n N k k k+ + − Ta cĩ VTCP của đường thẳng 2 ∆ là 2 (1; 2; 2)u ∆ = và (4 ; ; 3 2 ),MN k m k n k m n= + − − − − − trung điểm của MN là 4 2 3 ; ; 2 2 2 m k n k m n k I + + + + − ⋅ 4 z B C D J y I A x S Vì M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng 2 ∆ nên 2 2 . 0 I MN u ∆ ∈∆ = 2 2 3 2 2 4 2 1(4 ) 2( ) 2( 3 2 ) 0 m k n k m n k k m k n k m n + − + + − + = = ⇔ ⋅ + − + − + − − − = Giải hệ trên ta được 1, 1, 1.m n k= = − = Suy ra (1; 1; 1), (5; 1; 3).M N− − Gọi VTCP của đường thẳng 1 , ∆ ∆ lần lượt là ( ; ; )u a b c ∆ = ( )2 2 2 0a b c+ + ≠ , 1 (1; 1; 3)u ∆ = − ; VTPT của mặt phẳng ( )P là (2; 1; 1).n = − Vì 1 ∆ ⊥ ∆ nên 1 3 0 3 (1)u u a b c b c a ∆ ∆ ⊥ ⇔ + − = ⇔ = − Vì gĩc giữa ∆ và mặt phẳng ( )P là 030 nên ( )0 2 2 2 . 21 sin30 cos , 2. 6 u n a b c u n u n a b c ∆ ∆ ∆ + − = = ⇔ = + + (2) Thế (1) vào (2) khai triển và rút gọn lại ta được 2 211 13 2 0c ac a c a− + = ⇔ = hoặc 2 11 c a= ⋅ Chọn ( 1, 2 a b= = và 1c = ) hoặc( 11, 5 a b= = − và 2c = ) ta được PT đường thẳng 1 1 1 : 1 2 1 x y z− + − ∆ = = hoặc PT đường thẳng 1 1 1 : 11 5 2 x y z− + − ∆ = = ⋅ − Câu 6. Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng, ( ), .SA ABCD SA a⊥ = Diện tích tam giác SBC bằng 2 2 2 a ⋅ Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a Gọi ,I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và .SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ Bài giải. i Tính thể tích khối chĩp .S ABCD theo .a Ta cĩ{ ( )BC AB BC SAB BC SBBC SA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ SBC⇒∆ vuơng tại .B Gọi x là độ dài cạnh hình vuơng .ABCD Tam giác SBC cĩ diện tích là 2 2 21 1 2 . . . 2 2 2 SBC a S SB BC x a x x a= = + = ⇔ = Thể tích khối chĩp .S ABCD là 3 1 . 3 3 ABCD a V S SA= = (đvtt). i Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và .CJ Dựng hệ trục Axyz như hình vẽ ta cĩ : (0; 0; 0);A ( ; ; 0);C a a ; 0; ; 2 2 a a I 0; ; 2 2 a a J ⋅ Ta cĩ 2 2 2 3 , ; ; ( ; ; 0). 4 4 4 ; a a a AI CJ AC a a= − − = Khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và CJ là 3 2 , . 22( , ) 1111, 4 a AI CJ AC a d AI CJ aAI CJ = = = ⋅ Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình thoi ABCD cĩ tâm (2; 1)I và 2 .AC BD= Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng ,AB (0; 7)N thuộc đường thẳng .CD Tìm tọa độ điểm P biết 5BP BI= với điểm B cĩ tung độ dương. Bài giải. PT đường thẳng AB qua M cĩ dạng ( )2 21 0 0 , 3 ax b y a b + − = + > suy ra PT đường thẳngCD qua N và song song với AB là ( 7) 0.ax b y+ − = Do đường thẳng AB vàCD đối xứng nhau qua tâm ,I nên ta cĩ 5 ( , ) ( , )d I AB d I CD I AB CD = nằm giữa hai đường và 2 2 2 2 2 2 2 63 2 2 (2 6 ) 3 4 . 3 2 2 (2 6 ) 0 3 a b a b a b a b a ba b a b a b a b + − = ⇔ ⇔ + = − − ⇔ = + + + − < Chọn 4a = và 3b = ta được PT : 4 3 1 0.AB x y+ − = Do ABCD là hình thoi nên AC BD,⊥ do đĩ 1 tan 2 cos( , ) 5 AI AC ABI AB BD BI BD = = = ⇒ = ⋅ PT đường thẳng BD qua I cĩ dạng ( )2 2( 2) ( 1) 0 0 . m x n y m n− + − = + > Ta cĩ ( )2 2 2 2 2 2 4 3 1 cos( , ) 5 16 24 9 55 m n AB BD m n m mn n m n + = = ⇔ + = + + + 2 2 11 24 4 0m mn n⇔ + + = 2m n⇔ = − hoặc 2 11 m n= − ⋅ Chọn ( 2m = và 1n = − ) hoặc( 2m = và 11n = − ) ta được PT : 2 3 0BD x y− − = hoặcPT : 2 11 7 0BD x y− + = Do B cĩ tung độ dương và B cũng là giao điểm của AB và BD nên 1 3 ; 5 5 B − ⋅ Theo giả thiết 1 11 54 5 54 135 5 5 5 ; 3 2 13 5 5 5 5 5 5 P P P P x x BP BI P y y + = ⋅ = = ⇔ ⇔ ⇒ ⋅ − = ⋅ = Câu 8. Giải hệ phương trình 44 2 2 3 2 5 2 ( 2) 8 4 0 x x y y x y y y + + − − + = ⋅ + − + − + = x Bài giải. Điều kiện để HPT đã cho cĩ nghĩa là 2≥x (*) PT thứ hai của hệ cĩ thể viết lại dưới dạng 24 ( 2) 0y x y y= + − ⇒ ≥ (**) Đặt 44 2 0) 3 5.t x t x t= − ≥ ⇒ + = + ( Do đĩ PT thứ nhất của hệ trở thành 4 45 5t t y y+ + = + + (1) Xét hàm số 4( ) 5, 0f u u u u= + + ≥ , ta cĩ 3 4 2 ( ) 1 0, 0 5 u f u u u ′ = + > ∀ ≥ + nên hàm số đồng biến trên [0; ).+∞ Từ (1) cĩ ( ) ( ),f t f y= suy ra 4 2t = ⇔ = +y x y (2) Thế (2) vào 24 ( 2)y x y= + − được ( )4 2 7 44 ( ) 2 4 0y y y y y y y= + ⇔ + + − = (3) Mà 7 4( ) 2 4g y y y y= + + − , cĩ 6 3( ) 7 8 1 0 0g y y y y′ = + + > ∀ ≥ nên hàm số đồng biến trên [0; ).+∞ Do đĩ PT(3) cĩ nghiệm 0y = hoặc 1.y = Đối chiếu với điều kiện (*) và (**), suy ra HPT đã cho cĩ hai nghiệm ( ; )x y là (2; 0), (3; 1). Câu 9. Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 1 6 abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 4 1 1 1 , (2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1) P a b c b c a c a b = + + + + + + + + Bài giải. Đặt 1 1 1 , , , 2 3 x y z a b c = = = do 1 6 abc = nên 1.xyz = Thay vào biểu thức P ta được 3 3 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) x y z P y z z x x y = + + ⋅ + + + + + + Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 3 1 1 , , ( 1)( 1) 8 8 x y z y z + + + + ta cĩ 6 3 3 3 1 1 1 1 3 3 ( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4 x y z x y z x y z y z + + + + + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + + + + Tương tự 3 3 1 1 3 1 1 3 , ( 1)( 1) 8 8 4 ( 1)( 1) 8 8 4 y z x y z x y z z x x y + + + + + + ≥ + + ≥ ⋅ + + + + Cộng theo vế ba BĐT trên rồi rút gọn ta được 3 2 4 x y z P + + ≥ − (1) Lại vì 1,xyz = ta cĩ 33 3x y z xyz+ + ≥ = (2) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 P ≥ ⋅ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.x y z= = = Lúc đĩ 1 1 1, , 2 3 a b c= = = ⋅ Vậy GTNN của P là 3 , 4 đạt được khi 1 1 ( ; ; ) 1; ; 2 3 a b c = ⋅
Tài liệu đính kèm: