Huong dan giai - On thi dai hoc 2010 - Ut Van - Ut Thi

Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 I Khảo sát vẽ đồ thị hàm số toán liên quan Bài Cho hàm số y = 2x − 3x − (C) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Gọi (d) đường thẳng qua M ( 0; −1) có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng (d) cắt (C) ba điểm phân biệt Giải Tự giải Phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0; -1), có hệ số góc k là: ( d ) : y = kx − Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (C) là: x = kx − = 2x − 3x − ⇔ 2x − 3x − kx = ⇔   2x − 3x − k = ( 1) (d) cắt (C) điểm phân biệt ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác  ∆ > 9 + 8k > k > − ⇔ ⇔ ⇔ k ≠ 2.0 − 3.0 − k ≠ k ≠ Vậy k > − k ≠ (d) cắt (C) điểm phân biệt Bài Cho hàm số y = 2x − ( 2m + 1) x + 6m ( m + 1) x + có đồ thị ( C m ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để ( C m ) có điểm cực đại điểm cực tiểu đối xứng qua đường thẳng (d) : y = x + Giải Tự giải Ta có: y ' = 6x − ( 2m + 1) x + 6m ( m + 1) x = m y ' = ⇔ x − ( 2m + 1) x + m ( m + 1) = ⇔  x = m + Vì m + ≠ m nên ( C m ) có cực đại cực tiểu Gọi A, B cực trị ( C m ) , ta có: uuur Suy AB = ( 1; −1) A ( m; 2m + 3m + 1) , B ( m + 1; 2m3 + 3m ) r ( d ) : y = x + ⇔ x − y + = ⇒ n = ( 1; −1) ⇒ d ⊥ AB Lấy M ∈ ( d ) ⇒ M ( a;a + ) Vì d ⊥ AB nên A, B đối xứng với qua (d) M trung điểm AB Khi đó: m + m +1  ( 1) a =  3 a + = 2m + 3m + + 2m + 3m ( )  Từ (1) (2) suy ra: m + m +1 2m3 + 3m + + 2m3 + 3m +2= ⇔ 2m + = 4m3 + 6m + 2 Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 ⇔ 2m3 + 3m − m − = ⇔ ( m + 1) ( 2m + m − ) = ⇔ m = −1 ∨ m = Vậy m = −1, m = Bài −1 ± 17 −1 − 17 −1 + 17 giá trị cần tìm , m= 4 x +1 (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Xác định m để đường thẳng y = 2x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho tiếp tuyến A B (C) song song với Giải Tự giải Phương trình hồnh độ giao điểm (d): y = 2x + m (C) là:  x ≠ x +1 = 2x + m ⇔  x −1  2x + ( m − ) x − m − = ( 1) (d) cắt (C) điểm phân biệt A B ⇔ (1) có nghiệm phân biệt khác ∆ > ( m − 1) + 16 > ⇔ ⇔ thoả mãn với m −2 ≠ 2.1 + ( m − 3) − m − ≠ Cho hàm số: y = 2 Hoành độ A B là: x = A Ta có: y ' = f ' ( x ) = −2 ( x − 1) 3− m − ( m − 1) + 16 , xB = 3− m + ( m − 1) + 16 Tiếp tuyến (C) A B song song với f ' ( x A ) = f ' ( x B ) −2 −2 ⇔ = 2  − m − ( m − 1) + 16   − m + ( m − 1) + 16   − 1÷  − 1÷  ÷  ÷ 4      3− m − ⇔   ( ⇔ −1 − m − ( m − 1) + 16 ( m − 1) 2   3− m + − 1÷ =  ÷    + 16 ) ( = −1 − m + ( m − 1) + 16 ( m − 1) + 16  −1 − m − ( m − 1) + 16 = −1 − m + ( m − 1) + 16  ⇔ 2  −1 − m − ( m − 1) + 16 = − −1 − m + ( m − 1) + 16  ( m − 1) + 16 = ⇔ ⇔ m = −1  −1 − m = + m Vậy m = -1 giá trị cần tìm ( )  − 1÷ ÷  ) Bài x−2 (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Chứng minh rằng, với m ≠ , đường thẳng y = mx − 3m cắt (C) hai điểm phân biệt, giao điểm có hồnh độ lớn Giải Tự giải Cho hàm số: y = Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Phương trình hồnh độ giao điểm (d): y = mx – 3m (C) là:  x ≠ x−2 = mx − 3m ⇔  ( m ≠ 0) x −1 mx − ( 4m + 1) x + 3m + = Ta có: ∆ =  − ( 4m + 1)  − 4m ( 3m + ) = 4m + > 0, ∀m ; m.12 − ( 4m + 1) + 3m + = ≠ Suy (d) cắt (C) điểm phân biệt A B Hoành độ A B là: 4m + 1 4m + xA = + − , xB = + + 2m 2m 2m 2m 4m + Th1 m > ta có x B = + + >2 2m 2m 4m + 1 4m + Th2 m < ta có 4m + > ⇔ < ⇔ − > ⇒ xA > 2m 2m 2m 2m Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Cho hàm số: y = x − 2mx + 2m + m Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m = Với giá trị m hàm số có điểm cực đại cực tiểu lập thành tam giác Giải Tự giải Ta có: y ' = 4x − 4mx x = y ' = ⇔ 4x ( x − m ) = ⇔  x = m Hàm số có cực trị m > Khi đó, gọi A, B, C cực trị ta có : A ( 0; m + 2m ) , B − m; m − m + 2m , C m; m − m + 2m ( ) ( ) AB = AC ⇔ m + m = 4m ⇔ m = (vì m > 0) ABC tam giác ⇔  AB = BC  Vậy m = giá trị cần tìm Bài Cho hàm số y = x − x + (C) 2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Tìm trục tung điểm M mà từ kẻ hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số hai tiếp tuyến đối xứng qua trục tung vng góc với Giải Tự giải M ∈ Oy ⇒ M ( 0; m ) , đường thẳng (d) qua M(0; m) với hệ số góc k có phương trình: (d): y = kx + m Do (C) hàm chẵn nên đối xứng với qua Oy tiếp tuyến (C) đối xứng qua trục tung vng góc với nên k = ±1 , đó: ( d1 ) : y = x + m ( d ) : y = −x + m  x − x + = x+m 2 ( d1 ) : y = x + m tiếp tuyến ⇔  4x − 3x =  ( 1) ( 2) có nghiệm Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 x = ( ) ⇔ 4x − 3x − = ⇔ ( x − 1) ( 4x + 4x + 1) = ⇔  x=−  11 x = ⇒ m = −1 ; x = − ⇒ m = (*) 16  x − x + = − x + m ( 3) 2 ( d ) : y = − x + m tiếp tuyến ⇔  có nghiệm 4x − 3x = −1 ( )   x = −1 ( ) ⇔ 4x − 3x + = ⇔ ( x + 1) ( 4x − 4x + 1) = ⇔  x=  11 x = −1 ⇒ m = −1 ; x = ⇒ m = (**) 16  11  Kết hợp (*) (**) ta có M1 ( 0; −1) , M  0; ÷ điểm cần tìm  16  II Tích phân, diện tích, thể tích Bài π Tính tích phân I = sin x + cos x dx ∫0 + sin 2x Giải π π π π π    cos  x − ÷ cos  x − ÷ cos  x − ÷ 4 sin x + cos x 4 4 4    I=∫ dx = ∫ dx = ∫ dx = ∫ dx π π + sin 2x  π   0 + cos  0 + cos  − x ÷ + cos  x − ÷  − 2x ÷ 4 2  4   π π π Đặt t = x − ⇒ dt = dx ; x = ⇒ t = − , x = ⇒ t = 4 0 cos t cos t cos t I= ∫ dt = ∫ dt = dt ∫ π − sin t π + cos 2t π − 2sin t π − π − − 4 π , t =0⇒u =0 ⇒u=− du 1   = ∫  + ÷du 2 −u 2+u −u 2+u Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt ; t = − I= = ( ∫ − ln 2 du = 2−u 2 + u − ln ∫ − 2 ( −u )( ) − = ) − ln Bài 2 Tính tích phân: I = ∫ x ln ( + x ) dx Giải 2x  du =   u = ln + x ( ) ⇒  + x dx  I = ∫ x ln ( + x ) dx Đặt   v = x dv = xdx  Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 1 x2 x3 I = ln ( + x ) − ∫ dx = ln − J x +1 0 J=∫ 1 1 x3 x  x 1  dx = ∫  x − ÷dx = ∫ xdx − ∫ dx = x − K = − K x +1 x +1  x +1 2 0 0 K=∫ x dx Đặt t = x + ⇒ dt = 2xdx ⇒ xdx = dt ; x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = x +1 2 2 dt 1 = ln t = ln ∫ 21 t 2 1 1 1  1  Vậy I = ln − J = ln −  − K ÷ = ln −  − ln ÷ = − + ln 2 2 2  2  Bài K= π Tính tích phân I = ∫ π (e c otx dx + ) ( − cos 2x ) Giải π I=∫ π π (e c otx dx dx = 2∫ c otx + ) ( − cos 2x ) + ) sin x π (e 1 π π dx = −dt ; x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = Đặt t = cot x ⇒ dt = − dx ⇒ sin x sin x t dt e dt I = −2 ∫ t = 2∫ t t Đặt u = e t ⇒ du = e t dt ; t = ⇒ u = 1; t = ⇒ u = e e + e e + ( ) e e e e du  u 3e 1 I = 2∫ = ∫ − = ln ÷du = ( ln u − ln u + ) = ln u ( u + 2)  u u +  u+2 e+2 1 Bài Tính diện tích miền hình phẳng giới hạn đường y = 2x + y = − x − 2x + Giải Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 nÕu x ≥ −1  2x + 2, Ta có: 2x + =   − ( 2x + ) , nÕu x < −1 Từ hình vẽ suy diện tích cần tìm là: S= −1 2 ∫ ( −x − 2x + ) − ( −2x − )  dx + ∫ ( −x − 2x + ) − ( 2x + )  dx −2 −1 −1 −1  x3   x3  = ∫ ( − x + ) dx + ∫ ( − x − 4x ) dx =  − + 4x ÷ +  − − 2x ÷   −2   −1 −2 −1 2         10 =  − ÷−  − ÷ +  −  − ÷ = ( ®vdt)        Bài Tính thể tích khối trịn xoay hình phẳng giới hạn hình trịn (C): x + ( y − ) = quay quanh trục Ox Giải y = + 1− x2 , ( −1 ≤ x ≤ 1) Ta có : x + ( y − ) = ⇔ ( y − ) = − x ⇔   y = − − x Từ hình vẽ suy thể tích cần tìm : 2 ( V = π∫ + 1− x2 −1 ) ( dx − π ∫ − − x −1 ) ( ) dx ) ( = π ∫ − x + − x dx − π ∫ − x − − x dx −1 −1 1   x3  x3  = π  5x − ÷ + 4π ∫ − x dx − π  5x − ÷ + 4π ∫ − x dx  −1  −1   −1 −1 = 8π ∫ − x dx −1 π π Đặt x = sin t ⇒ dx = cos tdt ; x = −1 ⇒ t = − ; x = ⇒ t = 2 Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 π π π 2 1  V = 8π ∫ − sin t cos tdt = 8π ∫ cos tdt = 8π ∫  + cos 2t ÷dt  π π π − − − π 1  = 8π  t + sin 2t ữ = 42 ( đ vtt)  −π Bài Tính thể tích vật thể trịn xoay hình phẳng giới hạn đường y = tan x, y = cot x, x = π quay quanh trục Ox Giải Từ hình vẽ suy thể tích cần tìm : π π π π π π V = π∫ tan xdx + π∫ co t xdx = π∫ ( tan x + − 1) dx + π ∫ ( co t x + − 1) dx π π π = π ( tan x − x ) 04 + π ( −co t x − x ) III = 2π − π2 ( ®vtt) Mũ, lơgarit Bài ( Giải phương trình : 20 + 14 ) + ( 20 − 14 ) x x = 43x Giải ( 20 + 14 ) + ( 20 − 14 ) x Ta có x = x ( = ⇔ 2+ 3x ) +( 2− 2) 3x 3x 3x 3x  2+   2−  = ⇔  + ÷ ÷  ÷ ÷ =1     3x nghiệm phương trình 3x 3x  2+   2−  2+ 2− 0< < 1; < < ⇒  ;  ÷ ÷ ÷ ÷ nghịch biến 4     Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 3x 3x 3x 3x 3 3         Với x > ⇒  + ÷ +  − ÷ <  + ÷ +  − ÷ =  ÷  ÷  ÷  ÷                 Với x < ⇒  + ÷ +  − ÷ >  + ÷ +  − ÷ =  ÷  ÷  ÷  ÷        Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = Bài Giải bất phương trình sau: log log ) ( x + + x > log3 log ( x2 +1 − x ) Giải x +1 > x = x ≥ ±x ⇒ x +1 ± x > Ta có: log 2 (1) 1 − x <  x + + x > ⇔ x + + x > ⇔ x + > − x ⇔  1 − x ≥   x + > − 2x + x  ) ( x > x > x >   ⇔ x ≤ ⇔ x ≤ ⇔  ⇔x>0 < x ≤1     −2x <   x > ( 2) ) ( x + ≥ x2 +1 − x > ⇔ x2 +1 − x < ⇔ x2 +1 < x +1 ⇔  2  x + < + 2x + x  x ≥ −1 ⇔ ⇔x>0 ( 3) 2x > Từ (1), (2) (3) suy điều kiện phương trình cho là: x > (*) log log log ( ) x + + x > log log ⇔ − log log ⇔ log log  ⇔ ⇔ ⇔ log log ( ( ( ⇔ log ( log 5 ( ( ) ) ( x +1 + x x2 +1 + x ) ) ) x2 +1 − x ( > log ( x + − x ) −1 x + + x  > log log  ) x2 +1 − x )- > − log > log ) ( x2 +1 − x ⇔ log 5 x2 +1 + x ⇔ ( x +1 − x log ( x ) + + x ) < ⇔ log ( x + + x ) < ⇔ x2 +1 + x x2 x2 +1 − x x + + x > log log 1 ( +1 + x ) ) > log > log5 ( ( x2 +1 − x x2 +1 + x ) −1 ) x2 +1 + x < x ≤ 5 − x ≥ x ≤ 12  ⇔ x +1 < − x ⇔  ⇔ ⇔ 12 ⇔ x < 10x < 24  x + < 25 − 10x + x  x < 12 Kết hợp với (*), nghiệm bất phương trình cho là: < x < Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Bài  x + y = Giải hệ phương trình:  x +3y + 2−4x +5y = 83 3 ( 1) ( 2) Giải ( 1) ⇔ y = − x ( ) ⇔ 3x +3( 2− x ) + 2−4x +5( 2− x ) = 83 ⇔ 36−2x + 210 −9x = 83 ⇔ 36 210 + = 83 32x 29x ( 3) (3) có nghiệm x = 36 36 210 210 36 210 < = 81; < = ⇒ + < 83 32x 32 29x 29 32x 29x 36 36 210 210 36 210 Với x < ⇒ 32x < 32 ; 29x < 29 ⇒ 2x > = 81; 9x > = ⇒ 2x + 9x > 83 3 2 Do (3) có nghiệm x = 1, y = Vậy hệ cho có nghiệm là: (1; 1) Bài Giải bất phương trình : 22 x +3 − x −6 + 15.2 x +3 −5 < x Giải Điều kiện : x + ≥ ⇔ x ≥ −3 (*) 22 x +3 x +3 22 x +3 x +3 x +3 − x − x + −5 x x + 15.2 < ⇔ x +6 + 15 < ⇔ x + 15 < x 2 2 Với x > ⇒ 32x > 32 ; 29x > 29 ⇒ ⇔2 x +3 Đặt t = + 30.2 x +3  x +3 22 x +3 x +3.2 x < 2 ⇔ 2x + 30 < ⇔  x 22x  x 2x  x +3 + 30 − 26 < ÷ x ÷  x +3 >0 2x Bất phương trình trở thành : t + 30t − 64 < ⇔ −32 < t < , t > nên < t < 2 x +3 x +3 Với < t < ta có : < x < ⇔ x < ⇔ x +3 < 2.2 x ⇔ x +3 < 2x +1 2  x ≥ −1 x + ≥  x ≥ −1  ⇔ x + < x +1 ⇔  ⇔ ⇔   x < −2 ⇔ x >  x + < x + 2x +  x + x − >  x >  Kết hợp với (*), nghiệm bất phương trình cho : x > Bài 1 Giải phương trình: log ( x + 3) + log ( x − 1) = 3log8 ( 4x ) Giải x + >  x > −3  x >  Điều kiện: ( x − 1) > ⇔  x ≠ ⇔  (*) x ≠  4x > x >   1 1 8 log ( x + 3) + log ( x − 1) = 3log8 ( 4x ) ⇔ log ( x + ) + log 22 ( x − 1) = 3log 23 ( 4x ) 4 22 ⇔ log ( x + 3) + log x − = log ( 4x ) ⇔ log ( x + 3) x − = log ( 4x ) ⇔ ( x + 3) x − = 4x Th1 x − > ⇔ x > : ( x + 3)  x = −1 ( lo¹i ) x − = 4x ⇔ ( x + ) ( x − 1) = 4x ⇔ x − 2x − = ⇔   x = ( nhËn) Page of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Th2 x − < ⇔ x <  x = −3 − 12 ( nhËn)  x + x − = 4x ⇔ − x + x − = 4x ⇔ x + 6x − = ⇔ ( ) ( )( )  x = −3 + 12 ( nhËn) Kết hợp với (*), nghiệm phương trình cho là: x = , x = −3 + 12 IV Số phức Bài Tìm bậc hai số phức −1 + 3i Giải Gọi z = a + bi bậc hai −1 + 3i Ta có: ( a + bi ) = −1 + 3i ⇔ a − b2 + 2abi = −1 + 3i  2 3  a − b = −1  a −  a + a − 12 = 2  a ÷ ÷ = −1  a − b = −1     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 b = 2ab =   b = a a   b = a  2  a = −4 ( lo¹i ) a = ±   a =  a = a = − ⇔ ⇔ c ⇔ b = h  b = −2  b = a  b = a  Vậy bậc hai số phức −1 + 3i là: + 2i, − − 2i Bài  z+i Tìm số phức z thỏa mãn :  ÷ =1  z−i  Giải 4 ( z + i ) = ( z − i ) z + i) ( 4  z+i  = ⇔ ( z + i) = ( z − i) ⇔   ÷ =1⇔ ( z + i ) = − ( z − i )  z −i  ( z − i) z + i = z − i z = z =   ⇔ z + i = − ( z − i ) ⇔  z + i = i ( z − i ) ⇔  z =   z + i = −i z − i 2 ( )  z = −1  ( z + i ) = i ( z − i ) Vậy số phức z cần tìm là: z = 0, z = 1, z = -1 Bài Chứng minh điểm sau mặt phẳng phức biểu diễn + + i; + + i; + 3i; + i thuộc đường tròn ( ) ( ) cho số: Giải số phức + + i; + + i; + 3i; + i tương ứng với điểm mặt phẳng phức: ( ) ( ( M1 4;3 + ) ) , M ( 2;3 + ) , M ( 1;3 ) , M ( 3;1) Phương trình đường tròn (C) qua điểm M , M , M có dạng : ( C ) : x + y2 − 2ax − 2by + c = M , M , M ∈ ( C ) nên ta có hệ : Page 10 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 ( ) ( ) ( )  22 + + − 2.a.2 − 2.b + + c = −4a − + b + c = −16 −  a =  2   ⇔ −2a − 6b + c = −10 ⇔ b = 1 + − 2.a.1 − 2.b.3 + c = 32 + 12 − 2.a.3 − 2.b.1 + c = −6a − 2b + c = −10 c = 14     2 Do : ( C ) : x + y − 6x − 6y + 14 = ( Vì 42 + + ) ( ) − 6.4 − + + 14 = nên M1 ∈ ( C ) ( ) ( ) Vậy điểm M1 4;3 + , M 2;3 + , M ( 1;3 ) , M ( 3;1) nằm đường trịn Bài Kí hiệu x1 , x hai nghiệm phức phương trình bậc hai 2x − 2x + = Tính giá trị số 1 phức x1 x2 Giải 2x − 2x + = (1) ∆ ' = − = −1 = i 1− i 1+ i , x2 = (1) có nghiệm là: x1 = 2 1  − i  − 2i − x12 =  =− i⇒ = = 2i ÷ = x1 − i   2 1  + i  + 2i − 1 x = = i⇒ = = −2i ÷ = x2   i 1 Vậy = 2i, = −2i x1 x2 Bài Tìm số thực x, y thỏa mãn đẳng thức: x ( + 5i ) + y ( − 2i ) = − 21i Giải x ( + 5i ) + y ( − 2i ) = − 21i ⇔ ( 3x + y ) + ( 5x − 2y ) i = − 21i 2  x=−  y = − 3x  3x + y = y = − 3x     11 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 5x − 2y = −21 5x − ( − 3x ) = −21 11x = −7  y = 32  11 32 Vậy x = − , y = 11 11 Bài Xác định tập hợp điểm mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn điều kiện sau: z − i = z − z + 2i Giải Gọi z = x + yi ⇒ z = x − yi Ta có: z − i = z − z + 2i ⇔ x + yi − i = x + yi − ( x − yi ) + 2i ⇔ x + ( y − 1) i = ( y + 1) i ⇔ x + ( y − 1) = ( y + 1) ⇔ x + y − 2y + = y + 2y + ⇔ 4y = x ⇔ y = Vậy tập hợp điểm mặt phẳng phức cần tìm Parabol y = x x Page 11 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 V Phương pháp toạ độ không gian Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:  x = − 2t x y z  d1 : = = , d : y = t mặ t phẳ ng ( P ) : x − y − z = 1 z = + t  Tìm tọa độ hai điểm M ∈ d1 , N ∈ d cho MN song song (P) MN = Giải Ta có: M ∈ ( d1 ) ⇒ M ( t; t; 2t ) N ∈ ( d ) ⇒ M ( − 2t '; t ';1 + t ' ) uuuu r MN = ( − 2t '− t; t '− t;1 + t '− 2t ) r ( P) : x − y − z = ⇒ (P) có VTPT là: n = ( 1; −1; −1) Vì MN uuuu r//r(P) nên MN.n = ⇔ ( − 2t '− t ) + ( t '− t ) ( −1) + ( + t '− 2t ) ( −1) = ⇔ 2t − 4t ' = ⇔ t = 2t ' ( − 2t '− t ) + ( t '− t ) + ( + t '− 2t ) = 2 2 2 ⇔ ( − 2t '− 2t ' ) + ( t '− 2t ' ) + ( + t '− 4t ' ) = ⇔ ( − 4t ' ) + ( − t ' ) + ( − 3t ' ) = 2 MN = ⇔ 2 t ' = ⇔ − 8t '+ 16t ' + t ' + − 6t '+ 9t ' = ⇔ 26t ' − 14t ' = ⇔  t ' = 13  t'= 0⇒ t = 14 t'= ⇒ t = 13 13  14 14 28   20  Vậy toạ độ M, N cần tìm là: M1 ( 0;0;0 ) , N1 ( 1;0;1) M  ; ; ÷, N  − ; ; ÷  13 13 13   13 13 13  Bài Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y − z = hai đường thẳng  x = − 3t x +1 y −1 z = = Viết phương trình đường thẳng (∆), biết (∆) ( d ) :  y = −2 + 4t , ( a ) : 2 −1 z = − t  2 2 vng góc với (P) (∆) cắt hai đường thẳng (d) với (a) Giải r ( P ) : x + 2y − z = ⇒ (P) có VTPT n = ( 1; 2; −1) r r Vì ( ∆ ) ⊥ ( P ) ⇒ ( ∆ ) có VTCP u = n = ( 1; 2; −1) Gọi A giao điểm ( ∆ ) với (d) ⇒ A ( − 3t; −2 + 4t;1 − t ) B giao điểm ( ∆ ) với (a) ⇒ B ( −1 + 2t ';1 + 2t '; − t ' ) uuur r uuur AB = ( −2 + 2t '+ 3t;3 + 2t '− 4t; −1 − t '+ t ) Do u, AB VTCP ( ∆ ) nên −4 + 4t '+ 6t = + 2t '− 4t 10t + 2t ' = −2 + 2t '+ 3t + 2t '− 4t −1 − t '+ t = = ⇔ ⇔ −1 2 − 2t '− 3t = −1 − t '+ t 4t + t ' =  2t = 10t + ( − 4t ) = t = ⇔ ⇔ ⇔  ⇒ B ( 1;3; −1)  t ' = − 4t  t ' = − 4t  t ' = x −1 y − z +1 = = Vậy phương trình đường thẳng ( ∆ ) là: −1 Page 12 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (∆) có phương trình : x −7 y −3 z −9 = = hai điểm A(3 ; ; 1), B(-4 ; ; 4) Chứng minh hai đường thẳng AB ∆ chéo đồng thời vuông góc với Tìm M đường thẳng ∆ cho MA + MB có giá trị nhỏ Giải r ( ∆ ) qua điểm P(7 ; ; 9), có VTCP u = ( 1; 2;1) uuur (AB) qua điểm A(3 ; ; 1), có VTCP AB = ( −7; 2;3) Ta có : r uuur  1 1   u, AB =  ; ; ÷ = ( 4; −10;16 )    3 −7 −7  uuu r AP = ( −4; −2; −8 ) r uuur uuu r  u, AB AP = ( −4 ) + ( −10 ) ( −2 ) + 16 ( −8 ) = −124 ≠   Suy AB ( ∆ ) chéo r uuur u.AB = ( −7 ) + 2.2 + 1.3 = Do AB ( ∆ ) vng góc với M ∈ ( ∆ ) ⇒ M ( + t;3 + 2t;9 + t ) Gọi N ∈ ( AB ) cho MN ⊥ ( ∆ ) MN ⊥ ( AB ) ⇒ MN đoạn vng góc chung ( ∆ ) AB, MN ≤ M ' N , với M '∈ ( ∆ ) Hơn nữa, ( ∆ ) ⊥ ( AB ) ⇒ MA + MB nhỏ Như điểm M cần tìm giao điểm đường vng góc chung ( ∆ ) (AB) với ( ∆ ) Ta có : x − y −1 z − = = ⇒ N ∈ ( AB ) ⇒ N ( − 7t ';1 + 2t ';3 + t ' ) ( AB ) : − uuuu r MN = ( −4 − 7t '− t; −2 + 2t '− 2t; −6 + t '− t ) MN ⊥ ( ∆ ) MN ⊥ ( AB ) nên uuuu rr  MN.u = ( −4 − 7t '− t ) + ( −2 + 2t '− 2t ) + ( −6 + t '− t ) = ⇔ u u u u r u u u r   ( −4 − 7t '− t ) ( −7 ) + ( −2 + 2t '− 2t ) + ( −6 + t '− t ) =  MN.AB =  t=−  t ' = − 3t −  − 6t − 2t ' = 14 t ' = − 3t −     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2t + 54 ( −3t − ) = −18  2t + 54t ' = −18 −160t = 360 t ' = −   19 27  Vậy điểm M cần tìm : M  ; − ; ÷   Bài Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(3; 0; 0), B(0; 2; 0) C(0; 0; 4) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC (O gốc tọa độ) tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Giải Mặt cầu (S) qua điểm O, A, B, C có dạng: ( S) : x + y2 + z − 2ax − 2by − 2cz + d = Vì O ( 0;0;0 ) ∈ ( S ) ⇒ d = B ( 0; 2;0 ) ∈ ( S ) ⇒ − 4b = ⇒ b = A ( 3;0;0 ) ∈ ( S ) ⇒ − 6a = ⇒ a = Page 13 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 C ( 0;0; ) ∈ ( S) ⇒ 16 − 8c = ⇒ c = Do mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình: ( S) : x + y2 + z − 3x − 2y − 4z = 2 3  29 Gọi I R tâm bán kính mặt cầu (S) ⇒ I  ;1; ÷ R =  ÷ + 12 + 22 − = 2  2 Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S) theo đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O bán kính r uuur uuur Ta có: AB = ( −3; 2;0 ) , AC = ( −3;0; ) r uuur uuur  0 −3 −3  n =  AB, AC  =  ; ; ÷ = ( 8;12;6 ) = ( 4;6;3) 4 − −   r Mặt phẳng (ABC) qua điểm A(3; 0; 0) với VTPT n = ( 4;6;3) có phương trình: ( ABC ) : ( x − 3) + ( y − ) + ( z − ) = hay 4x + 6y + 3z − 12 = 3  Gọi d đường thẳng qua tâm I  ;1; ÷ mặt cầu (S) vng góc với mặt phẳng (ABC) 2  r r d có VTCP u = n = ( 4;6;3) :   x = + 4t  ( d ) :  y = + 6t  z = + 3t   Khi tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC giao điểm (d) mp(ABC) Ta có: 3   135 97 104   + 4t ÷+ ( + 6t ) + ( + 3t ) − 12 = ⇔ t = − ⇒ O  ; ; ÷ 61 2   122 61 61  Page 14 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Gọi h khoảng cách từ I đến (ABC), ta có: h = d ( I, ( ABC ) ) = + 6.1 + 3.2 − 12 42 + 62 + 32 = 61 Khi 29 36 1615 1615 − = = 61 4.61 61 2 Vậy phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: ( S) : x + y + z − 3x − 2y − 4z = , r = R2 − h2 =  135 97 104  1615 ; ; Tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: O  ÷ r = 122 61 61   61 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( α ) : x + 2y − z + = đường thẳng x + y +1 z − d: = = Viết phương trình tham số hình chiếu vng góc d mp ( α ) 1 Giải Ta có:  x = −3 + 2t ( d ) :  y = −1 + t z = + t  −3 + 2t + ( −1 + t ) − ( + t ) + = ⇔ t = Suy (d) ( α ) cắt A(-1; 0; 4) Lấy B ( −3; −1;3) ∈ ( d ) ⇒ B ≡ A Gọi ( ∆ ) đường thẳng qua B(-3; -1; 3) vng góc với r uuur u = n ( α ) = ( 1; 2; −1) Ta có: ( α) ( ∆) có VTCP  x = −3 + t ( ∆ ) :  y = −1 + 2t z = − t  Gọi H giao điểm đường thẳng ( ∆ ) mặt phẳng ( α ) toạ độ H nghiệm hệ  x = −3 + t  y = −1 + 2t   5 ⇒ −3 + t + ( −1 + 2t ) − ( − t ) + = ⇒ t = ⇒ H  − ;0; ÷   2 z = − t  x + 2y − z + = Khi hình chiếu vng góc (d) lên mp đường thẳng AH uuur  3 Ta có: A ( −1;0; ) , AH =  − ;0; − ÷ 2  Page 15 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010   x = −1 − t  ( AH ) :  y =  z = − t  Vậy phương trình tham số hình chiếu vng góc (d) lên mp ( α ) là:   x = −1 − t  ( AH ) :  y =  z = − t  Bài  x = + 2t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):  y = + t điểm M(0; 2; 3) Lập z = − t  phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) khoảng cách từ M đến (P) Giải Lấy A(1; 2; 4) B(-1; 1; 5) hai điểm (d) Mặt phẳng (P) có dạng: (P): ax + by + cz + d = Vì mp(P) chứa (d) nên A B thuộc mp(P) Thay toạ độ A B vào mp(P) ta được: a + 2b + 4c + d = -a + b + 5c + d = (1) (2) Cộng (1) với (2) vế theo vế ta có: 3b + 9c + 2d = ⇒ d = − b − c 2 9 Suy ( 1) ⇔ a + 2b + 4c − b − c = ⇔ c = 2a + b ⇒ d = − b − ( 2a + b ) = −9a − 6b 2 2 Khi ( P ) : ax + by + ( 2a + b ) z − 9a − 6b = d ( M, ( P ) ) = ⇔ a.0 + b.2 + ( 2a + b ) − 9a − 6b a + b + ( 2a + b ) 2 = ⇔ −3a − b = 5a + 4ab + 2b ⇔ 9a + 6ab + b = 5a + 4ab + 2b ⇔ 4a + 2ba − b = 0; ∆ 'a = b + 4b = 5b ≥ −b − b −b + b h ca = 4 Chọn b = - ta tìm a = + a = − Từ ta tìm mặt phẳng (P) là: ⇒a= ( P1 ) : ( + ( P2 ) : ( − ) ( ) x − 4y − ( ) + ) z + 15 + x − 4y + − z + 15 − = =0 Page 16 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 VI.Phương trình, bất phương trình vơ tỷ hệ phương trình Bài x +1 +3= x −3 Giải x + ≥   x ≥ −1   x > x +1 x − > x >  ≥0⇔ ⇔ ⇔ Điều kiện:   x −3 x + ≤  x ≤ −1  x ≤ −1     x − <   x < Giải phương trình : ( x − 3) ( x + 1) + ( x − 3) (1) (*) ( 1) ⇔ ( x − 3) ( x + 1) + ( x − 3) ( x + 1) + = Đặt t = ( x − 3) ( x + 1) ≥  t = −1 ( lo¹i ) (1) trở thành: t + 4t + = ⇔  t = Với t = ta có:  x = − 13 = ⇔ ( x − ) ( x + 1) = ⇔ x − 2x − 12 = ⇔   x = + 13  x = − 13 Kết hợp với (*), nghiệm (1) là:   x = + 13 Bài Giải bất phương trình: 7x − 13 − 3x − ≤ 5x − 27 (2) Giải 13  x≥  7x − 13 ≥  27  Điều kiện: 3x − ≥ ⇔  x ≥ ⇔ x ≥ 5x − 27 ≥  27  x ≥  ( x − 3) ( x + 1) ( 2) ⇔ 7x − 13 ≤ 3x − + 5x − 27 ⇔ 7x − 13 ≤ 3x − + 5x − 27 + ( 3x − ) ( 5x − 27 )  23 − x ≤  ⇔ ( 3x − ) ( 5x − 27 ) ≥ 23 − x ⇔   23 − x >   ( 3x − ) ( 5x − 27 ) ≥ ( 23 − x )    x ≥ 23  x ≥ 23   x < 23  ⇔   x < 23 ⇔   229 − 253704 229 + 253704  60x − 504x + 972 ≥ 529 − 46x + x x ≤ ∨x≥  118 118   229 − 253704  x ≥ 23 x ≤ 118 ⇔ ⇔  x ≤ 229 − 253704 ∨ 229 + 253704 ≤ x < 23  229 + 253704  118 118 x ≥ 118  229 + 253704 Kết hợp với điều kiện, nghiệm (2) là: x ≥ 118 Page 17 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x +3 + 6−x − ( 3+ x) ( − x) =m (3) Giải Điều kiện: −3 ≤ x ≤ Đặt t = x + + − x 1 ⇒ t'= − ;t' ≥ ⇔ x +3 ≤ 6− x ⇔ x +3≤ 6− x ⇔ x ≤ 2 x +3 6−x Bảng xét dấu x -3 t’ + t Suy ra: −3 ≤ x ≤ ⇔ ≤ t ≤ t = x + + − x ⇒ t = x + + − x + ( x + 3) ( − x ) ⇒ ( x + ) ( − x ) = ( t − ) 2 3≤ t ≤3 (3) trở thành: t − ( t − ) = m ⇔ − t + 2t + = 2m (6), 2 Đặt f ( t ) = − t + 2t + , ≤ t ≤ t −∞ f(t) ( ( ) 10 6 ) +∞ −9 Từ bảng suy ra: (5) có nghiệm − ≤ 2m ≤ ⇔ − ≤ m ≤ Bài  x ( x + ) ( 2x + y ) = Giải hệ phương trình:   x + 4x + y = Giải  x ( x + ) ( 2x + y ) =  x ( x + ) ( 2x + y ) = ⇔    x ( x + ) + ( 2x + y ) =  x + 4x + y =  u = x ( x + ) u + v = u = ⇔ Đặt  Hệ trở thành:   v = 2x + y  uv = v = Khi ta có:  x ( x + ) =  x + 2x − =  x =  x = −3 ⇔ ⇔ ∨  y = y =  y = − 2x  2x + y = Vậy hệ cho có nghiệm là: (1; 1), (-3; 9) Bài  x − 2y = 2x + y ( 1) Giải hệ phương trình: ( I )  2  y − 2x = 2y + x ( ) Giải 2 2 ( 1) − ( ) ⇒ ( x − y ) + ( x − y ) = ( x − y ) − ( x − y ) ⇔ ( x − y ) ( x + y ) − ( x − y ) = y = x ⇔ ( x − y ) ( 3x + 3y − 1) = ⇔  y = − x  Page 18 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 x = 2 Với y = x, ta có: ( I ) ⇔ x − 2x = 2x + x ⇔ x + 3x = ⇔   x = −3 Suy hệ (I) có nghiệm (0; 0), (-3; -3) Với y = − x , ta có:  1  1   1   x −  − x ÷ = 2x +  − x ÷  x −  − x + x ÷ = 2x + − x 3  3   9  ⇔ ( I ) ⇔   1    − x + x − 2x = − 2x + x − 2x =  − x ÷+ x  − x ÷  3  3     − x + x − = x + ⇔ ⇔ x − x + = ⇔ 9x − 3x + = v« nghiÖm − x − x + = − x +  Vậy nghiệm hệ (I) là: (0; 0), (-3; -3) Bài 2  x − 3xy + y = −1 Giải hệ phương trình: ( II )  2 3x − xy + y = 13 Giải  x = −1 Th1 y = 0, ta có : ( II ) ⇔  vơ nghiệm 3x = 13 Th2 y ≠ , ta có: 13x − 39xy + 13y = −13 x x ⇒ 16x + 40xy + 14y = ⇔  ÷ + 20 + = ( II ) ⇔  2 y y 3x − xy + y = 13  −5 − 11 t = x  t = 8t + 20t + = ⇔ Đặt , ta được: y  −5 + 11 t =  x −5 − 11 −5 − 11 −5 − 11 ⇔x= y Khi Với t = , ta có: = y 4  −5 − 11 2  −5 − 11   y −  y + y = −1 112 + 22 11 y = −1 ÷ ÷  ÷ ÷  4      16 ⇔ ( II ) ⇔  vô nghiệm   144 + 34 11   −5 − 11   −5 − 11   y = 13 y −  y + y = 13 ÷ ÷ 3  ÷ ÷ 16  4      x −5 + 11 −5 + 11 −5 + 11 ⇔x= y Khi , ta có: = y 4  −5 + 11   −5 + 11  2  y − y + y = −1 112 − 22 11 y = −1 ÷  ÷  ÷ ÷  4      16 II ⇔ ⇔ ( )  vô nghiệm  144 − 34 11   −5 + 11   −5 + 11   2 y = 13 ÷ ÷ 3   ÷ y −  ÷y + y = 13 16 4      Vậy hệ (II) vô nghiệm Với t = Page 19 of 19 ... 12 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 Bài Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (∆) có phương trình : x −7 y −3 z −9 = = hai điểm A(3 ; ; 1), B (-4 ; ; 4) Chứng minh hai...  Page 18 of 19 Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 x = 2 Với y = x, ta có: ( I ) ⇔ x − 2x = 2x + x ⇔ x + 3x = ⇔   x = −3 Suy hệ (I) có nghiệm (0; 0), (-3 ; -3 ) Với y = − x , ta có:  1 ... dẫn giải - Ôn thi đại học 2010 ⇔ 2m3 + 3m − m − = ⇔ ( m + 1) ( 2m + m − ) = ⇔ m = −1 ∨ m = Vậy m = −1, m = Bài −1 ± 17 −1 − 17 −1 + 17 giá trị cần tìm , m= 4 x +1 (C) x −1 Khảo sát biến thi? ?n vẽ