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

 ĐỀ DỰ BỊ 2 – KHỐI D – 2006 
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh 
Câu I (2 đ) 
 Cho hàm số y = 
x
x
+
−
3
1
 (C) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 
2) Cho điểm M0(x0, y0) ∈ (C). Tiếp tuyến của (C) tại M0 cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và 
B. Chứng minh M0 là trung điểm của đoạn AB 
Câu II (2 đ) 
1) Giải phương trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 
2) Giải phương trình: ( )x x x x x x R+ − = − + − + − + ∈22 7 2 1 8 7 1 
Câu III (2 đ) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ; 
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3) 
1) Viết phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với mp (ABC) 
2) Viết phương trình mp (P) chứa OA, sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến 
(P) 
Câu IV (2 đ) 
1) Tính tích phân: I = ( ) lnx xdx−∫2
1
2 
2) Giải hệ phương trình: 
ln( ) ln( )x y x y
x xy y
+ − + = −⎧⎨ − + =⎩ 2 2
1 1
12 20 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 Oxy, lập phương trình chính tắc của elíp (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên 
trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên 1 đường tròn. 
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 5 chữ số khác nhau 
và mỗi số lập được đều nhỏ hơn 25000 ? 
Câu Vb (2 đ) Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 đ) 
1) Giải phương trình: (log )log logx x+ +2 4 2 12 1 4 =0 
2) Cho hình lập phương ABCD. A B C D′ ′ ′ ′ có cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh CC sao cho: CK = ′
2
3
a. Mặt phẳng (α ) đi qua A, K và song song với BD, chia khối lập phương thành hai khối đa 
diện. Tính thể tích của hai khối đa diện đó. 
Bài giải 
Câu I 
1/ KS y=
x
x
+
−
3
1
 MXĐ:D=R { }/ 1 y’=
( )x
−
− 2
4
1
<0 
x -∞ 1 +∞ 
y’ - - 
y 1 +∞ 
 -∞ 1
TC: x=1, y=1. Đồ thị : dành cho độc giả. 
2/ CM: M0 là trung điểm của AB 
M0(x0,y0) ∈(C) y0=⇔ xx
+
−
0
0
3
1
=
x
+ −0
41
1
; y’(x0)= ( )x
−
− 20
4
1
pt tiếp tuyến của (C) tại Mo 
 y - yo=
( )x
−
− 20
4
1
(x-xo) (d) 
Gọi A là giao điểm của (d) với tiệm cận ngang y =1 A(xA,1) ⇒
Do A∈(d) 1 ⇒ ( )
( )
Ax x
x x
⎛ ⎞ − −− + =⎜ ⎟− −⎝ ⎠
0
2
0 0
441
1 1
⇔ xA= 2xo-1 ⇒A(2xo-1,1) 
Gọi B là giao điểm của (d) với tiệm cận đứng x=1 B(1,yB) ⇒
⇒ A Bx x+
2
 = xo và Mo,A,B∈d Mo là trung điểm của AB ⇒
Câu II 
1/ Giải pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 
(1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 ⇔
⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 
sin cos
sin cos
x hay cos x x
x hay x
⇔ = − − + + =
⇔ = − =−
21 2 3 2
11
2
0
,x k hay x k k⇔ = − + = ± + ∈π ππ π22 2
2 3
2/ Giải pt: x x x x x+ − = − + + −22 7 2 1 8 7 +1 (1) 
(1) ⇔ ( )( )x x x xx − + − − − − =− − 1 7 1 71 2 2 0 
⇔ ( ) ( )x x x x− − − − − − − =1 1 2 7 1 2 0 
⇔ ( )( )x x x− − − − − =1 2 1 7 0 
x hay x x x hay x⇔ − = − = − ⇔ = =1 2 1 7 5 4 
Câu III 
1/ Viết pt đường thẳng  qua O và (ABC) Ta có: ⊥
( , , )
, ( , ,
( , , )
AB
n AB AC
AC
⎧ = −⎪ ⎡ ⎤⇒ = =⎨ ⎣ ⎦= − −⎪⎩
1 2 0
6 3 4
1 2 3
uuur r uuur uuur
uuur ) là 1 VTCP của ( ) 
Vậy pt : x y z= =
6 3 4
2/ Viết pt mp(P) chứa OA sao cho khoảng cách từ B đến (P) bằng khoảng cách từ C đến (P). 
Gọi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 với A2+ B2 + C2 > 0 
O∈(P)⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ ⇒
d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D C D B+ = + ⇒ = ±4 3 4 C3 (do D= 0) 
• Với 4B=3C chọn C=4, B=3,A= - 6⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 
• Với 4B= -3C chọn C= -4⇒B=3,A=6⇒ (P):6x+3y-4z =0 
Câu IV 
1/ Tính I= ( ) lnx xdx−∫ 21 2 Đặt u = lnx dxdu x⇒ = 
( ) ,chọn xdv x dx v x= − = −22 2
2
( )ln ln
ln ln
x xI x xdx x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠
= − = − − −∫ ∫
= − + =− +
22 2
1 1
2
2 22 21
5 52 2 44 4
dx2
2/ Giải hệ pt: ( )
( )
ln(1+x)-ln(1+y)=x-y
x xy y
⎧⎪⎨ − + =⎪⎩ 2 2
1
12 20 0 2
 ĐK: x > -1, y > -1 
(2) (x-2y)(x-10y)=0 x = 2y (3) hay x = 10 y (4) ⇔ ⇔
(3) hay (4) ⇒ x , y hoặc cùng dấu hoặc x = y = 0 
(1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y ⇔
 Xét hàm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) 
f’(t)=
t
t t
−− =+ +
1 1
1 1
 t -1 0 +∞ 
f’ + 0 - 
f 0 
Từ bảng biến thiên ta có : 
i) Nếu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) 
 f(x) < f (y) (1) không có nghiệm thỏa ( 5) ⇒ ⇒
ii) Nếu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6)⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) không có nghiệm thỏa ( 
6) 
iii) Hiển nhiên x = y = 0 là nghiệm của hệ. 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y= 0 
Câu Va 
1/ Lập pt Elip 
(E): x y
a b
+ =
2 2
2 2 1 (a > b >0) Theo giả thiết a=2 2 các đỉnh trên Oy là B1(0,-b); B2(0,b) 
F1(-c,0); F2(c,0). Tứ giác F1B1F2B2 là hình thoi, theo giả thiết 4 đỉnh nằm trên đường tròn, nên hình thoi 
trở thành hình vuông 
⇒ b = c mà a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2 b = c = 2 ⇒
Pt(E): x y+ =
2 2
1
8 4
2/ Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 
Gọi 1 2 3 4 5n=a a a a a chẵn, ai ≠ aj với i j, n < 25000 . Vì n < 25000 ≠
⇒ a1 { },∈ 1 2 ta có các trường hợp sau: 
 — TH 1: a1=1 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 4 cách chọn a5 ( n chẵn) 
A35 cách chọn a2a3a4 
Vậy ta có 1.4. A35 =240 số n 
— TH 2: a1 =2, a2 chẵn < 5 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 2 cách chọn a2 
Ta có 2 cách chọn a5 
A24 cách chọn a3a4 
Vậy ta có 1.2.2. A24 =48 số n 
—TH 3: a1 =2, a2 lẻ < 5 
Ta có 1 cách chọn a1 
Ta có 2 cách chọn a2 
Ta có 3 cách chọn a5 
A24 cách chọn a3a4 
Vậy ta có 1.2.3 A24 =72 số n. Theo quy tắc cộng ta có: 
240 + 48 + 72 = 360 số n 
Câu Vb 
1/ Giải pt ( loglog ) log xx =++2 4 12 02 41 (1) 
(1) log2x(log2x+1)-2=0⇔ ⇔ log22 x +log2 x – 2 = 0 
⇔ log x=2 1 hay log x x hay x= − ⇔ = =2 2 2 14 
2/ Thể tích khối đa diện 
Gọi O, O’ lần lượt là tâm của ABCD, A’B’C’D’ 
I là giao điểm của AK với OO’ => OI = CK a=
2 3
mp(α ) chứa AK và // BD nên (α ) qua I và cắt mp(BDB’D’) 
theo giao tuyến MN//BD⇒ BM = DN = OI = a
3
.Đáy ABCD là hình vuông BD AC AK⇒ ⊥ ⇒ ⊥MN 
I là trung điểm của MN và của AK nên thiết diện AMKN là hình thoi. 
 mp(α ) cắt hình lập phương thành hai khối.Gọi V1 là thể tích khối đa diện ABCDMNK. V2 là thể tích 
khối đa diện AMKNA’B’C’D’ 
V=a3 là thể tích ABCD thì V=a3=V1+V2 
Ta có V1=2VABCKM 
mà VABCKM= AB
1
3
.SBCMK 
=
a a a aa⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠
31 2
3 3 3 2 6
⇒V1= a a=
3 32
6 3
⇒V2 = a
32
3
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
(Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)