Bài giảng môn toán lớp 12 - Đề dự bị 2 – khối b – 2006

 ĐỀ DỰ BỊ 2 – KHỐI B – 2006 
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh 
Câu I (2 đ) 
 Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (1) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của 
điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. 
Câu II (2 đ) 
1) Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0 
2) Giải hệ phương trình: 
( )( )
( , )
( )( )
x y x y
x y R
x y x y
⎧ − + =⎪ ∈⎨ + − =⎪⎩
2 2
2 2
13
25
Câu III (2 đ) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mp 
(P): 2x + y – z + 5 = 0 và các điểm A(0, 0, 4) ; B(2, 0, 0) 
1) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mp (P) 
2) Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mp (P) 
Câu IV (2 đ) 
1) Tính tích phân: I = ln
ln
e x dx
x x
−
+∫1
3 2
1 2
2) Cho hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = ≥
x y
x y
+ ++
2 3
2
3 4 2
4
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 có đỉnh A(2, 1), đường cao qua đỉnh B có phương 
trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có pt: x + y + 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh 
B và C của tam giác. 
2) Cho 2 đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 
có n điểm phân biệt (n ≥ 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. 
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 đ) 
1) Giải phương trình: .x x x x+ − + −− +2 21 29 10 3 1=0
2) Cho hình lăng trụ ABC A B C′ ′ ′ có A′ ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh đáy AB = a, cạnh bên 
A A′ = b. Gọi α là góc giữa 2 mp (ABC) và ( A′ BC). Tính tgα và thể tích khối chóp A BB C C′ ′ ′ . 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu I 
1/ KS y=x3+(1-2m)x2+(2-m)x+m+2 
khi m=2 ta có y=x3-3x2+4 (1) MXĐ:D=R 
y’ =3x2 -6x=3x(x-2) , y’= 0 x=0 v x=2 ⇔
Bảng biến thiên và đồ thị : dành cho độc giả. 
 2/ Tìm m 
ta có ' ( ) ( )y x m x m f x= + − + − =23 2 1 2 2 
Theo ycbt y’=0 có 2 nghệm phân biệt sao cho x1 < x2 <1 
( ) ( )'
( )
m m
f m
S m
⇔
⎧Δ = − − − >⎪⎪ =− + >⎨ −⎪ = <⎪⎩
21 2 3 2 0
1 5 7 0
2 1 1
2 3
m hay m⇔ <− < <5 71
4 5
Câu II 
1/Giải pt 
pt(1) (sinx-cosx)(cosx-sinx+1)=0 ⇔
⇔ sin cosx cosx v x sinx= − +1 0= 
x k hay x k hay x kπ ππ π π= + = + = +⇔ 2 2
4 2
π 
2/ Giải hệ pt: 
( )( )
( )( )
( )( )
( )( ) ( )
( )
x y x y x y x y
x y x yx y x y
⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩
− + = − + =
− + =+ − =
2 2 2 213 13 3
22 2 25 425
(4)-(3) ta có (x-y)2xy=12 (5) 
(3)-( 5) ta có (x-y)3=1 (6). Do đó hệ tương đương với 
( )
( )x y x y
x yx y
⎧ − = ⎧ − =⎪⎪ ⇔⎨⎨ + =±⎪⎪ ⎩+ =⎩
3 1 1
2 525
 => (3,2) hoặc (-2,-3) 
Cách khác : hệ tương đương 
( ) [(( ) ( ) ) )]
( ) [( ( ) ( ) ) ]( )
x xy yx y x y chia
xy x y chiax xy yx y
⎧ + − − = ⎧ − = +⎪ ⇔⎨ ⎨ − = −− + − =⎪ ⎩⎩
3 2 2 3 3 3
3 2 2 3
13 1 19 2 1 2
6 2 1 225 2
9
2
3
( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
x y x y xy x y xy x y
xy x yxy x y
⎧ ⎡ ⎤ ⎧− − + = − + − =⎪ ⎪⎣ ⎦⇔ ⇔⎨ ⎨ − =− = ⎪⎪ ⎩⎩
32 3 19 3 1
66
( )
( ) ( )
x y x y x x
hay
xy x y y y y y
− = = + = = −⎧ ⎧ ⎧ ⎧⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨− = + = = =−⎩ ⎩ ⎩ ⎩
1 1 3
6 1 6 2
Câu III 
1/ Hình chiếu vuông góc A’B’ của AB lên mp P là giao tuyến của mp P và Q, trong đó (Q) là mp chứa AB 
và vuông góc với (P). Ta có , (P) có PVT ( , , )AB = −2 0 4uuur ( , , )Pn = −2 1 1
uur
⇒ (Q) có PVT .Vậy (Q) qua A(0,0,4) có PVT [ , ] ( , , ) ( , , )Q Pn n AB= = − − = − −4 6 2 2 2 3 1
uuur uur uuur
( , , )Qn = −2 3 1
uur
⇒pt(Q): 2(x-0)-3(y-0)+1(z-4)=0 2x-3y+z-4=0 ⇔
Vậy pt hình chiếu A’B’ : x y z
x y z
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
− + + =
− + − =
2 2 5
2 3 4 0
0
2/ Gọi I(a,b,c) là tâm mặt cầu (S) 
(S): x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0 ; (S) đi qua O, A(0,0,4) , B(2,0,0) nên ta có: 
d
d
ac d
a d c
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩
=⎧= ⎪⇔ =− + = ⎨⎪− + = =⎩
00
116 8 0
4 4 0 2
Ta lại có (P) tiếp xúc với (S) d(I,P)= R = OI ⇔
a b ca b c = + ++ − + 2 2 262 5 . 
Thay a=1, c = 2 vào ta có 
b bb = + ⇔+ 26 55 =1 
Vậy (S): x2+y2+z2-2x-2y-4z=0 
Câu IV 
1/ Tính I= ln
ln
e x dx
x x
−
+∫1 3 21 2 Đặt ln lnt x t⇒= + = +21 2 1 2 x =>t dt = 
dx
x
Đổi cận ( ) ; ( )t e t= =2 1 1 
( ) ( )t tdt t dt
t
I − − = − −= =∫ ∫2 22 2
1 1
3 1 4
10 2 11
3
2/ Với giả thiết x+y 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của ≥ x yA
x y
+ += +2 3
2
3 4 2
4
Ta có . .y yx x yA
yx
⎛ ⎞ += + + + + + ≥ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠2
11 12 1 2 3
8 84 2
92
4 2
Dấu “=” xảy ra ⇔
x
x
x y
y
y
⎧ =⎪⎪ ⇔ = =⎨⎪ =⎪⎩ 2
1
4
2
1
8
 thoả x y+ ≥4 .Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 9
2
Câu Va 
pt đường cao BH: x-3y-7=0, AC qua A và ⊥ BH 
Suy ra pt AC là ( ) ( )x y x y⇔− + − = + − =3 2 1 1 0 3 7 0
Đỉnh B∈BH=>B(3y+7,y) và A(2,1) 
 nên trung điểm I của AB có toạ độ I ,y y+ +⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
3 9 1
2 2
I∈CI⇒ ( ,y y y B⇔ ⇒+ ++ + = =− − −3 9 1 1 0 3 2 3
2 2
)
5
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
x y x
x y y
+ + = =⎧ ⎧⇔⎨ ⎨+ − = =−⎩ ⎩
1 0 4
3 7 0
⇒ C ( 4; - 5 ) 
2/ Số tam giác có một đỉnh thuộc d1, hai đỉnh thuộc d2 là 10 nC 2
Số tam giác có một đỉnh thuộc d2, hai đỉnh thuộc d1 là nC 210
Theo đề bài ta có 10 +nC =2800 nC 2 210 ⇔ n2+8n-560=0 n = 20 ⇒
Câu Vb 
1/ Giải pt: (1) Đặt . x xx x + −+ − + =− 22 21 1 010 39 x xt += 23 
thì (1) thành t2-10t + 9 = 0 ⇔ t =1 hay t = 9 
* = 1 =30 x= 0 hay x= - 1 xt += 23 x
x
⇔
* = 9=32 x2+ x - 2=0 x=1 hay x= - 2 xt += 23 ⇔ ⇔
2/ Gọi E là trung điểm cạnh BC 
 H là tâm tam giác đều ABC 
Do A’ABC là chóp tam giác đều 
Nên ( ) , ' 'ABC A BC A EH= 
Ta có AE = a aAH AE⇒ = =3 2
2 3
3
3
HE = AE a= 3
3 6
 ⇒ ' 'A H A A AH b a= − = −2 2 21 9 3
3
2 
=> 'A H b atg
HE a
α −= = 2 22 3 . .ABC aBC AES = =
2
1 3
2 4
 . 
Ta có: 
' ' ' ' ' ' '
' . ' . ' .
A BB C C ABCA B C A ABCV V V
A H S A H S A H SABC ABC ABC
a b a
= −
= − =
−=
2
2 2
1 2
3 3
3
6
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
(Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)