Bài giảng môn toán lớp 12 - Đề dự bị 1 – khối b – 2006

 Đề DỰ BỊ 1 – khối B – 2006 
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh 
Câu I (2 đ) 
 Cho hàm số y = x x
x
− −
+
2 1
1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 
2) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị (C) đi qua A(0, -5) 
Câu II (2 đ) 
1) Giải phương trình: (2sin2x – 1)tg22x + 3(2cos2x – 1) = 0 
2) Giải phương trình: ,x x x x x x− + − = − + − + ∈23 2 1 4 9 2 3 5 2 R 
Câu III (2 đ) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho 2 đường thẳng: 
 :
x t
y t
z
= +⎧⎪Δ =− −⎨⎪ =⎩
1
1
1
2
 : x y z− −Δ = =−2
3 1
1 2 1
1) Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng Δ1 và song song với đường thẳng Δ 2
2) Xác định điểm A trên và điểm B trên Δ1 Δ2 
sao cho đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất. 
Câu IV (2 đ) 
1) Tính tích phân: I = 
dx
x x− −∫
10
5 2 1
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y x
x x
⎛= + + +⎜⎝ ⎠2
11 74 1
2
⎞⎟ , x > 0 
Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb 
Câu Va (2đ) Theo chương trình THPT không phân ban (2 đ) 
1)Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại B, với 
A(1, -1) ; C(3, 5). Điểm B nằm trên đường thẳng 
 d: 2x – y = 0. Viết phương trình các đường thẳng AB, BC. 
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn, mỗi số có 5 chữ số khác nhau, trong đó có 
đúng 2 chữ số lẻ và 2 chữ số lẻ đó đứng cạnh nhau? 
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình phân ban THPT thí điểm (2 đ) 
1) Giải phương trình: log log ( ) log ( )x x x+ − − − − =31 82
2
1 3 1 0 
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 
B AD = 600, SA vuông góc với mp (ABCD), SA = a. Gọi C′ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC / và 
song song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại ,B D′ ′ . Tính thể tích của khối chóp 
S.A B C D′ ′ ′ . 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I 1/ KS y= x x
x
− −
+
2 1
1
 MXĐ: D= R \ { }1 y’= , '
( )
x x y x hay x
x
+ = ⇔ = = −+
2
2
2 0 0
1
2 −
TC:x=-1, y=x-2 
BBT 
x -∞ -2 -1 0 + ∞
y’ + 0 - - 0 + 
y -5 +∞ + ∞
 -∞ - ∞ -1 
2/ Viết pt tiếp tuyến với (C) đi qua A(0,-5) 
 Phương trình tiếp tuyế đi A(0,-5)có dạng: y= kx - 5 
 tiếp xúc với (C) ⇔
( )
( )
( )
x kx
x
k
x
⎧ − + = −⎪ +⎪⎨⎪ − =⎪ +⎩
12 5
1
11 221
1
có nghiệm 
thế (2) vào (1) ta có pt hđ tiếp điểm: 3x2+8x+4=0 
⇔ x=-2 v x=− 2
3
 k1= 0 v k2 = - 8 ⇒
vậy có hai tiếp tuyến ( 1):y= -5 và ( 2):y = -8x-5 Δ Δ
Câu II 
1/ Giải pt : (2sin2x-1)tg22x+3(2cos2x-1)=0 (1) ĐK cos2x≠ 0 
(1) - cos2xtg22x+3cos2x=0 tg22x=3 ⇔ ⇔
⇔ tg2x=± 3 
x kπ π⇔ =± +
6 2
 (thoả điều kiện) 
Nhận xét : ta không cần đặt điều kiện cũng được, vì khi tg2x tồn tại nghĩa là đã có cos2x 0 ≠
2/ Giải pt: x x x x x− + − = − + − +23 2 1 4 9 2 3 5 2 (1) 
(1) ⇔ ( ) ( ) ( )( )x x x x x x− + − = − + − − + − −3 2 1 3 2 1 6 2 3 2 1 
 ( )x x= − + − −23 2 1 6 
Đặt t = x x− + −3 2 1≥ 0 
(1)thành t = t2- 6 t2-t - 6=0 ⇔ ⇔ ( )t l hay t= − =2 3
vậy ( ) x x⇔ − + − =1 3 2 1 3 
⇔ 3x-2+x-1+ ( )( )x x− −2 3 2 1 =9 và x ≥1 
⇔ ( )(x x− −2 3 2 1) =12-4x và x ≥1 
⇔ ( )(x x− −3 2 1) = 6-2x và x ≥1 
⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)2 và x≤ ≤1 3 
 x2-19x +34 =0 và ⇔ x≤ ≤1 3 ⇔ x=2 
Câu III 
1/ đi qua M1(1,-1,2), VTCP 1 ( , , )a = −1 1 0
ur
 đi qua M2(3,1,0), VTCP 2 ( , , )b = −1 2 1
ur
mp(P) cần tìm chứa  1và // 2 nên (P) qua M1 có PVT , ( , ,a bn ⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦ 1 11)
ur r r
 do đó pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0 
 x + y – z + 2= 0 ⇔
2/ AB ngắn nhất (AB ⊥  1, 2) 
:
x t
y t
z
= +⎧⎪Δ =− −⎨⎪ =⎩
1
11 2
'
: '
'
x t
y t
z t
= −⎧⎪Δ = +⎨⎪ =⎩
3
1 22
A ∈ 1=> A(1+t,-1-t,2);B∈ 2=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’) 
⇒ ABuuur =(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2) 
Vì AB⊥ ( ),1 2  . ' '
'.
ABa t t
t t
t tABb
⎧ ⎧⎪⎪ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪⎩⎪⎩
= + = = =
+ ==
0 2 3 0
0
3 6 00
uuur r
uuur r 
⇒A(1,-1,2) , B(3,1,0) (trùng với M1, M2) 
Câu IV 
1/ Tính I= dx
x x− −∫
10
0 2 1
 Đặt t= x −1⇒x=t2+1⇒dx=2tdt 
Đổi cận: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3 
( )
( )
I tdt dt
tt t t
= = +∫ ∫ −− + −
3 3
2 2
2 2
22 1 1
12 1 1
= ln ln
t
t =− −− +
3
2
3
2
2
12 1 2 2 1 
2/ Tìm giá trị nhỏ nhất của 
y x
xx
⎛ ⎞= + + +⎜⎝ ⎠2
711 4 1
2 ⎟ (x > 0) (1) 
 Tacó: ( ). .
x x x
⎛ ⎞
x
⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + ≤ + + = +⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
2
2 2
7 7 7 73 3 1 7 9 7 1 16 1⎛⎜ 
⇒
x x
⎛ ⎞ ⎛+ ≥ +⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝2
7 1 74 1 3
2
⎞⎟⎠ Dấu “=” xảy ra ⇔
x x= =3 7
1 7
 (A) 
Suy ra: ( ) .x x
x x x x
y x ⎛ ⎞+ + = + + ≥ + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠≥ +
11 1 7 3 9 3 9 3 153 2
2 2 2 2 2 2
6 
 Dấu “=” xảy ra⇔ x
x
= 9 và (A) x =3 ⇔
Vậy ta có ymin = 
15
2
 xảy ra x=3 ⇔
Câu Va 
1/pt trung trực của AC là: x+3y-8=0 
Do tam giác ABC cân tại B nên B thuộc trg trực của AC. Do đó 
,B B
x y
x y
⎧⎪ ⎛ ⎞⇔⎨ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪⎩
+ =
− =
8 16
7 7
3 8
2 0
pt đường thẳng AB: x y x y− += ⇔ − − =
− +
1 1 23 24 08 161 1
7 7
tương tự pt BC: 19x-13y +8=0. 
2/ Số cách chọn hai chữ số lẻ đứng cạnh nhau từ ba chữ số 1,3,5 là A23 =6 cách. Ta xem mỗi cặp số lẻ như vậy là 
một phần tử x. 
Vậy mỗi số cần lập gồm phần tử x và 3 trong 4 chữ số chẵn 0,2,4,6 . 
Gọi n a a a a a= 4 3 2 1 0 
Ta có các trường hợp sau: 
* TH1: a0= 0.Đưa x vào 4 vị trí đầu có 3 cách 
 Đưa 2 số chẵn từ 2,4,6 vào 2 vị trí còn lại có A23 cách. 
Vậy có 3. A23 =18 cách 
*TH2:a0 chẵn 0 và x ở hai vị trí a4a3 . Có 3.≠ A23 =18 cách 
*TH3:a5 chẵn 0 và x ở hai vị trí a3a2 hoặc a2a1 .Có 24 cách. ≠
Vậy ta có 6(18+18+24)=360 số n. 
Câu Vb 
1/ Giải pt: ( ) ( )log log logx x x+ − − − − =312 8
2
1 3 1 0 (1) 
 Với ĐK: 1 < x < 3 thì 
 (1 ) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )( )log log logx x x x x+ + − = − ⇔ + − = −2 2 21 3 1 1 3 x 1 
⇔ x2- x- 4 = 0 ( )x l hay x− += =1 17 1 17
2 2
2/ Hình thoi ABCD có BAD = 060
nên BADΔ đều có cạnh là a 
⇒ aAO AC AO= => = =3 2 3
2
a
2
⇒ SC SA AC a a a= + = + =2 2 2 2 23 4 
⇒SC=2a 
Trong vuông ở A, trung tuyến SAC
' SCAC a= =
2
 => đều cạnh a 'SACΔ
Gọi 0 là giao điểm của AC với BD 
I là giao điểm của AC’ và B’D’. 
Ta có I là trọng tâm SACΔ
( vì là giao điểm của 2 trung tuyến SO và AC’) 
⇒ ' 'SI B D BD
S
= ⇒ = =2 2
0 3 3 3
a2 
Ta có B’D’ AC’ ( vì B’D’// BD ) nên ⊥ ' ' ' '. ' 'AB C D
aAC B DS = =
21
2 3
Đường cao h của khối chóp S.AB’C’D’ chính là đường cao SH của 'SACΔ vì ', ' 'SH AC SH B D⊥ ⊥ . Chú ý rằng 
 đều cạnh a nên 'SACΔ
h = SH = a 3
2
Vậy ' ' ' ' ' '.SAB C D AB C Dh
aV S = =
3 31
3 18
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
(Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)