KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2009 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI MÔN TOÁN KHỐI A Câu Hướng dẫn Bài giải I.1 Thực hiện 5 bước khảo sát Tính đạo hàm : ( ) ' 2 ax b ad bc cx d cx d + − = ÷ + + Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) 2 2 3 x y x + = + TXĐ: 3 \ 2 D R = − ( ) 2 1 ' 0 2 3 y x D x − = < ∀ ∈ + Hàm số nghịch biến trên các khoảng 3 3 ; ; ; 2 2 −∞ − − +∞ ÷ ÷ Tìm các đường tiệm cận : 3 2 lim x y − → − ÷ = −∞ ; 3 2 lim x y + → − ÷ = +∞ ⇒ Tiệm cận đứng : 3 2 x = − 1 lim 2 x y →−∞ = ; 1 lim 2 x y →+∞ = ⇒ Tiệm cận ngang : 1 2 y = Bảng biến thiên : Đồ thị : Tìm giao điểm của đồ thị với hai trục tọa độ Khi 2 0 3 x y= ⇒ = Khi 0 2y x= ⇒ = − Đồ thị nhận giao điểm I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng I.2 Cách 1. + Viết phương trình tiếp tuyến dạng : d : ( ) 0 0 0 '( )y f x x x y= − + + Tìm hai giao điểm A và B ; A d Ox B d Oy= ∩ = ∩ + OAB∆ cân tại O OA OB OA OB⇒ = ⇔ = uuur uuur Phương trình tiếp tuyến d có dạng : d : ( ) 0 0 0 '( )y f x x x y= − + ( ) ( ) 0 0 2 0 0 2 1 2 3 2 3 x y x x x x + − ⇔ = − + + + ( ) ( ) 2 0 0 2 2 0 0 2 8 6 2 3 2 3 x x x y x x + + − ⇔ = + + + ( ) 2 0 0 2 8 6;0A d Ox A x x= ∩ ⇒ + + ( ) 2 0 0 2 0 2 8 6 0; 2 3 x x B d Oy B x + + ÷ = ∩ ⇒ ÷ + OAB∆ cân tại O OA OB⇔ = uuur uuur x O -2 -3/2 1/2 2/3 I − x 'y y −∞ −∞ +∞ +∞ 1 2 1 2 − y 3 2 − I.2 ( ) 2 2 0 0 0 0 2 0 2 8 6 2 8 6 2 3 x x x x x + + ⇔ + + = + 0 3 2 x ≠ − ÷ ( ) 2 2 0 0 0 2 8 6 (2 3) 1 0x x x⇔ + + + − = ( ) 0 2 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 1 2 8 6 0 2 8 6 0 3 ( ) 2 2 3 1 2 3 1 2 x x x x x x loai x x x = − + + = + + = ⇔ ⇔ ⇔ = − + = ± + = = − Với 0 1 '( 1) 1 1 : ( 1) 1 f x d y x f − = − = − ⇒ ⇒ = − − = ( loại) Với 0 2 '( 2) 1 2 : 2 ( 2) 0 f x d y x f − = − = − ⇒ ⇒ = − − − = Cách 2. Phương trình tiếp tuyến d có dạng : d : ( ) 0 0 0 '( )y f x x x y= − + Vì tiếp tuyến d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A,B và tam giác OAB vuông cân tại O nên tiếp tuyến d có khả năng song song với một trong hai đường thẳng y x= ± + Nếu d // ( ) 1 0 : 1 ' 1 d y x k f x∆ = ⇒ = ⇔ = ( ) 2 0 1 1 2 3x − ⇔ = + (loại) + Nếu d // ( ) 2 0 : 1 ' 1 d y x k f x∆ = − ⇒ = − ⇔ = − ( ) 0 0 2 0 0 0 2 3 1 1 1 1 2 3 1 2 2 3 x x x x x + = = − − ⇔ = − ⇔ ⇔ + = − = − + Với 0 1 '( 1) 1 1 : ( 1) 1 f x d y x f − = − = − ⇒ ⇒ = − − = (loại) Với 0 2 '( 2) 1 2 : 2 ( 2) 0 f x d y x f − = − = − ⇒ ⇒ = − − − = II.1 Điều kiện : 1 1 2sin 0 sin 2 1 sin 0 sin 1 x x x x + ≠ ≠ − ⇔ − ≠ ≠ 2 2 2 2 cos sin cos 2 2cos 1 1 2sin x x x x x − = = − Hai vế của phương trình có dạng : sin cosa x b x + Vận dụng công thức cộng : cos( ) cos cos sin sina b a b a b± = m sin( ) sin cos cos sina b a b a b± = ± Phương trình cơ bản : cos cos 2 2 u v u v k u v k π π = = + ⇔ = − + Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin x x x x − = + − (1) Điều kiện : sin 1x ≠ và 1 sin 2 x ≠ − (1) ( ) 2 cos sin 2 3 1 sin 2sinx x x x⇔ − = + − ( ) 2 3 sin 3 1 2sinx x= + − cos 3 sin sin 2 3cos2x x x x⇔ − = + 1 3 1 3 cos sin sin 2 cos2 2 2 2 2 x x x x⇔ − = + cos 2 cos 6 3 x x π π ⇔ − = + ÷ ÷ 2 2 2 ( 6 3 2 2 ( ) 2 2 18 3 6 3 x x k x k x k Z x x k π π π π π π π π π π − = + + = + ⇔ ⇔ = − + ∈ − = − − + loai) y x= − x y y x= O A B II.2 Cách 1. Đặt 3 3 2 6 5 u x v x = + = − Biến đổi phương trình về hệ theo u và v với 0v ≥ 2 15 26 20 0u u− + > Giải phương trình : 3 2 3 2 3 6 5 8x x− + − = (1) Đặt 3 3 2 6 5 u x v x = + = − điều kiện : 6 0 5 v x≥ ⇒ ≤ (1) 2 3 2 3 8 2 2 3 8 3 8 2 5 3 8 5 3 8 (*) 3 u v u v u u v u − = + = ⇔ ⇔ − + = + = ÷ (*) 3 2 15 4 32 40 0u u u⇔ + − + = ( ) ( ) 2 2 15 26 20 0 2u u u u⇔ + − + = ⇔ = − Với 3 2 3 2 2 3 2 8 2u x x x= − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − Cách 2. Đặt 3 3 2t x= − Giải phương trình theo t 2 0B A B A B ≥ = ⇔ = điều kiện : 6 6 5 0 5 x x− ≥ ⇒ ≤ Đặt 3 3 3 3 2 8 5 3 2 3 2 6 5 3 3 t t t x t x x x + − = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ − = Phương trình thành : 3 3 8 5 8 5 2 3 8 0 3 8 2 3 3 t t t t − − + − = ⇔ = − ( ) ( ) 2 3 2 4 4 2 15 26 20 0 15 4 32 40 0 t t t t t t t t ≤ ≤ ⇔ ⇔ + − + = + − + = 3 2 3 2 2 3 2 8 2t x x x⇔ = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = − III Tách thành hai tích phân : ( ) 2 2 2 5 2 1 0 0 cos 1 sin cosI xdx x xdx π π = = − ∫ ∫ 2 2 2 0 cosI xdx π = ∫ Tính I 1 (dùng phương pháp đổi biến, đặt sint x= ) Tính I 2 :Áp dụng công thức hạ bậc Tính tích phân : ( ) 2 3 2 0 cos 1 cosI x xdx π = − ∫ 2 2 5 2 1 2 0 0 cos cosI xdx xdx I I π π = − = − ∫ ∫ ( ) 2 2 2 5 2 1 0 0 cos 1 sin cosI xdx x xdx π π = = − ∫ ∫ Đặt sint x= cosdt xdx= ( ) ( ) 1 1 1 5 3 2 2 4 2 1 0 0 0 2 8 1 2 1 5 3 15 t t I t dt t t dt t = − = − + = − + = ÷ ∫ ∫ ( ) 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 cos 1 cos2 sin 2 2 2 2 4 I xdx x dx x x π π π π = = + = + = ÷ ∫ ∫ Vậy : ( ) 2 3 2 0 8 cos 1 cos 15 4 I x xdx π π = − = − ∫ IV Chú ý dựng hình. Dựng SI vuông góc với (ABCD) với I là trung điểm của AD Tính thể tích khối chóp S.ABCD ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SBI ABCD SI ABCD SCI ABCD ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ Khi đó : . 1 . 3 S ABCD ABCD V SI S= 1 x t 0 2 π 0 IV Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và IC , ta có : 5IB BC a= = ; 2IC a= Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BC SH BC IH BC⊥ ⇒ ⊥ Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SHI bằng 60 0 Trong tam giác BIC, ta có : 2 2 3 2 a BF BC FC= − = . . . BF IC IH BC BF IC IH BC = ⇒ = 3 . 2 3 2 5 5 a a a a = = Trong tam giác vuông SIH, ta có : 0 3 3 .tan 60 5 a SI IH= = Diện tích hình thang vuông ABCD : ( ) 2 1 2 2 3 2 ABCD S a a a a = + = Vậy : 3 2 . 1 1 3 3 15 . . .3 3 3 5 5 S ABCD ABCD a a V SI S a= = = (đvtt V Chú ý các bất đẳng thức : 2a b ab+ ≥ 2 2 2 2 2 a b a b+ + ≤ ÷ ( ) ( ) 2 2 2 2a b a b⇔ + ≤ + 2 2 2( )a b a b⇔ + ≤ + Đặt : ; a x y b x z= + = + a b y z⇒ − = − ( ) ( ) 2 2 0 4y z yz y z≤ − ⇔ ≤ + ( ) ( ) 2 2 4 2y z yz y z⇔ + + ≤ + ( ) ( ) 2 2 2 4 4y z yz y z ⇔ + + ≤ + ( ) 2 2 4y z yz y z yz+ ≥ ⇔ + ≥ ( ) 2 12 3yz y z⇒ ≤ + Chứng minh rằng với mọi số thực dương ; ;x y z thỏa mãn ( ) 3x x y z yz+ + = , ta có : ( ) ( ) 3 3 3 3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + Giải : 2 ( ) 3 4x x y z yz x xy xz yz yz+ + = ⇔ + + + = ( )( ) 4x y x z yz⇔ + + = Đặt : ; a x y b x z= + = + 4ab yz⇒ = Ta có : 3 3 2 2 2 ( )( ) ( ) ( )a b a b a b ab a b a b ab + = + + − = + − + ( ) 2 2 2 2( )a b a b ab ≤ + − + 2 2 2 ( ) 2 ( )a b ab a b ab = − + − + ( ) ( ) 2 2 2 8 4y z yz y z yz = − + − + ( ) ( ) 2 2 2 4y z yz y z = + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 3 4 2y z y z y z≤ + + = + (1) Mặt khác : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 12x y x z y z yz y z+ + + = + ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3y z y z y z≤ + + = + (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được : ( ) ( ) 3 3 3 3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + S A B C D I H E F 60 o VIa.1 Chú ý dựng hình. ( ) ( ) 6;2 ; 1;5I M Phương trình tham số của ∆ : 5 x t y t = = − Trung điểm E của CD ( ) ;5E t t∈∆ ⇒ − Gọi N là trung điểm của AB ⇒ I là trung điểm của NE Ta có : 2 12 2 1 N I E N I E x x x t y y y t = − = − = − = − + (12 ; 1 )N t t− − + ( ) 11 ; 6MN t t= − − uuuur ; ( ) 6;3IE t t= − − uur ( ) ( ) ( ) ( ) . 0 11 6 6 3 0MN IE MN IE t t t t⊥ ⇒ = ⇔ − − + − − = uuuur uur ( ) ( ) 6 6 2 14 0 7 t t t t = ⇔ − − + = ⇔ = AB đi qua điểm M và nhận MN uuuur làm vectơ chỉ phương ( ) 6 5;0 : 5t MN AB y= ⇒ = ⇒ = uuuur ( ) 7 4;1 : 4 19 0t MN AB x y= ⇒ = ⇒ − + = uuuur VIa.2 (S): 2 2 2 â (1;2;3) 2 4 6 11 0 5 T mI x y z x y z R + + − − − − = ⇒ = 2 4 3 4 ( ,( )) 3 5 4 4 1 d I P R − − − = = < = + + ( ) ( ) ( )P S C⇒ ∩ = Gọi H và r là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến Phương trình đường thẳng d ( d đi qua tâm I và vuông góc với (P)) 1 2 : 2 2 3 x t d y t z t = + = − = − H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) ( )H d P⇒ = ∩ . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 1 2 1 2 2 3 (3;0;2) 3 0 2 2 4 0 2 x t t y t x H z t y x y z z = + = = − = ⇔ ⇒ = − = − − − = = Bán kính r : 2 2 25 9 4r R IH= − = − = VIIa Tìm nghiệm phức của phương trình : 2 2 10 0z z+ + = Tính : A 2 2 1 2 z z= + Giải phương trình : 2 2 10 0z z+ + = z C∀ ∈ Ta có : 2 ' 9 9i∆ = − = Nghiệm của phương trình : 1 2 1 3 1 3 z i z i = − + = − − 2 1 1 10 10z z= ⇒ = ; 2 2 2 10 10z z= ⇒ = Vậy : A 2 2 1 2 20z z= + = VI.b1 (C): 2 2 â ( 2; 2) 4 4 6 0 2 T mI x y x y R − − + + + + = ⇒ = Giả sử { } ( ) ;C A B∆ ∩ = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB 2 IH AB AB HA HB ⊥ ⇒ = = A B C D I E R I N H M IH=d(I,(P)) ● r · · 1 . .sin sin 2 IAB S IA IA AIB AIB ∆ = = IAB S ∆ lớn nhất khi và chỉ khi · sin 1AIB IA IB= ⇔ ⊥ Khi đó tam giác AIB vuông cân tại I.ta có : 0 0 sin 45 .sin 45 1 2 IH R IH IA IA = ⇒ = = = 2 2 2 2 3 ( , ) 1 1 1 m m d I m − − − + ⇔ ∆ = ⇔ = + 2 2 2 0 1 8 16 1 15 8 0 8 15 m m m m m m m = ⇔ − + = + ⇔ − = ⇔ = VI.b2 Vận dụng các công thức : - Tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2 ∆ 2 , ( , ) MA a d M a ∆ = uuur r r - Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) 0 0 0 2 2 2 ( ,( )) Ax By Cz D d M P A B C + + + = + + Phương trình tham số của 1 ∆ 1 1 : 9 6 x t y t z t = − + ∆ = = − + 1 ( 1 ; ; 9 6 )M M t t t∈∆ ⇒ − + − + 2 2 (1;3; 1) 1 3 1 : 2 1 2 (2;1; 2) A x y z VTCP a − ∈∆ − − + ∆ = = ⇒ − = − r (2 ;3 ;8 6 )MA t t t= − − − uuur ; , (8 14;20 14 ; 4)MA a t t t = − − − uuur r 2 2 , 261 729 612 3 29 88 68MA a t t t t = − + = − + uuur r 2 2 , ( , ) 29 88 68 MA a d M t t a ∆ = = − + uuur r r 11 20 ( ,( )) 3 t d M P − = 2 2 11 20 ( , ) ( ,( )) 29 88 68 3 t d M d M P t t − ∆ = ⇔ − + = 2 1 35 88 53 0 53 35 t t t t = ⇔ − + = ⇔ = Với ( ) 1 0;1; 3t M= ⇒ − Với 53 18 53 3 ; ; 35 35 35 35 t M = ⇒ ÷ VIIb Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 log 1 log 3 81 x xy y x y xy − + + = + = Điều kiện : 0xy > Hệ phương trình thành : 2 2 2 2 2 4 x y xy x xy y + = − + = 2 2 2 ( ) 0 4 2 2 4 x y x x x y xy y y xy = = = − − = ⇔ ⇔ ⇔ ∨ = = = − = Ngày 5 tháng 7 năm 2009 Hãy bình tĩnh, tự tin và quyết tâm sẽ thành công . Nguyễn Thanh Lam A B H I . ; a x y b x z= + = + 4ab yz⇒ = Ta có : 3 3 2 2 2 ( )( ) ( ) ( )a b a b a b ab a b a b ab + = + + − = + − + ( ) 2 2 2 2( )a b a b ab ≤ + − + 2 2 2 ( ) 2 ( )a b ab a b ab . 3 2 ABCD S a a a a = + = Vậy : 3 2 . 1 1 3 3 15 . . .3 3 3 5 5 S ABCD ABCD a a V SI S a= = = (đvtt V Chú ý các bất đẳng thức : 2a b ab+ ≥ 2 2 2 2 2 a b a b+ + ≤ ÷ ( ) ( ) 2 2 2 2a. c a AB và IC , ta có : 5IB BC a= = ; 2IC a= Gọi H là hình chi u vuông góc c a S trên BC SH BC IH BC⊥ ⇒ ⊥ Góc gi a hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SHI bằng 60 0 Trong tam giác BIC, ta