THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
HƯỚNG DẪN GIẢI THI THỬ SP LẦN 5
Câu 1.
1. Tự làm.
2. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
1
2
−x
x
= mx – m +2 (1)



−=
≠
⇔



+−−=
≠
⇔
)2()1(2
1
)2)(1(2
1
2
xm
x
mmxxx

2
2
21
21
Đặt A(x
1
;y
1
) và B(x
2
;y
2
). Ta có: y
1
= mx
1
– m + 2 ; y
2
= mx
2
– m + 2 từ đó AB
2
= 8( m +
m
1
)
≥
16.
AB
≥

π
π
k+
4
. Kiểm tra
điều kiện cho nghiêm: x =
π
π
2.
4
k+
( Loại một họ!)
2. Điều kiện: x
2≤
.
BPT
⇔
x
xxxx −−−+≤− 2)2)(1(2

⇔
(x + 1).(
x−2
+ 2 – x)
≤
0 .
TH1: x =2. Thỏa mãn .
TH2: x < 2. Khi đó
x−2
+ 2 – x > 0

)(
2
1
-x
0
) + 4x
0
– x
0
2
.
Biến đổi rồi giải tìm được x
0
= 0 hoặc x
0
= 1.
Với x
0
= 0 tiếp tuyến là d
1
: y = 4x ,tiếp điểm là O(0;0).
Với x
0
= 1 tiếp tuyến là d
2
: y = 2x + 1, tiếp điểm là A( 1;3).
Từ hình vẽ (Tự vẽ). ta có diện tích hình phẳng là: S =
∫∫
+−+++−
1

2
2
a

⇔
SA = SB = SC = a.
===================================
BS: Vũ Phấn ( Yên Sở - Hoàng Mai – Hà Nội)
1
THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
====================
SABC là tứ diện đều. Tính được: V =
12
2
3
a
.
Câu 4.
1. Ta có: z = 2sin
2

α
- 2i sin
α
.cos
α
= 2sin
2
(-
α

π
+
].
Vì
πα
π
2
2
3
<<
nên – 2sin
α
> 0. Kết quả trên chính là dạng lượng giác của số phức z.
2. Hệ phương trình được xác định với mọi x;y ( Hệ đối xứng loại 2)
Trừ từng vế hai phương trình ta được: x +
1212
322322
−−
++−+=++−
yx
yyyxx
(*).
Xét hàm số f(t) = t +
22
2
+− tt
+ 3
t -1
. ta có f ‘(t) = … >0. Do đó hàm số f(t) đồng biến trên R.
Từ phương trình (*) suy ra x =y.

yx
yx

⇔
x = -11; y = 17 . A(-11;17).
Gọi B
∈
d
1

⇒
B( x
1
; -2x
1
– 5) và C
∈
d
2

⇒
C( x
2
;
2
1
(3 – x
2
)).
Ta có

21
21
xx
xx
⇔
x
1
= -35 và x
2
= 49.
Vậy B(-35;65) và C(49; -73).
2. Gọi giao điểm của (
α
) với ba tia Ox,Oy,Oz lần lượt là A(a;0;0) , B(0;b;0), C(0;0;c). với a,b,c>0.
Mặt phẳng (
α
) có phương trình dạng đoạn chắn:
1=++
c
z
b
y
a
x
(1). Vì đi qua M( 3;2;1) nên:
1
123
=++
cba
(2). Thể tích khối tứ diện là V =