1 Đăng trên Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ Số 449.11/20 14 THÖÛ SÖÙC TRÖÔÙC KÌ THI Đề số 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2 điểm ). Cho hàm số 3 2 6 9 y x x x m = − + + ( m là tham số) có đồ thị ( ). m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) C khi 0. m = b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua điểm (3;0) A và cắt đường tròn ( ) S có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 25 x y + + − = theo một dây cung MN có độ dài nhỏ nhất. Câu 2 (1 điểm ). Giải phương trình cos 4 3 sin 2 2 3 sin 4 3 cos 2 x x x x − + = ⋅ − Câu 3 (1 điểm ). Tính tích phân 1 2 2 2 2 2 4 3 . ( 1) 2 3 x x I dx x x x + − + = − − + + ∫ Câu 4 (1 điểm ). a) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x − = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ). z i z i + − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 . z z ω = − Câu 5 (1 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z + − = và hai đường thẳng 1 4 : , 1 1 3 x y z − ∆ = = − 2 6 2 : 1 2 2 x y z − + ∆ = = ⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ), P điểm N trên đường thẳng 1 ∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng . 2 ∆ Viết phương đường thẳng ∆ đi qua ,M vuông góc với 1 ∆ và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc o . 30 Câu 6 (1 điểm ). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, ( ), . SA ABCD SA a ⊥ = Diện tích tam giác SBC bằng 2 2 2 a ⋅ Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo . a Gọi , I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và . SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và . CJ Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm (2; 1)I và 2 .AC BD= Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng , AB (0; 7) N thuộc đường thẳng . CD Tìm tọa độ điểm P biết 5 BP BI = với điểm B có tung độ dương. Câu 8 (1 điểm ). Giải hệ phương trình 4 4 2 2 3 2 5 2 ( 2) 8 4 0 x x y y x y y y + + − − + = ⋅ + − + − + = x Câu 9 (1 điểm ). Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 1 6 abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 4 1 1 1 (2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1) P a b c b c a c a b = + + ⋅ + + + + + + PHẠM TRỌNG THƯ (GV THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu, Đồng Tháp) Cảm ơ n thầyPhạm Trọn g Thưchủnhân http:// phamtro ng thu.co m .v n/www/ đãchia sẻ đến http://laisac. pag e. tl/ 2 BÀI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Cho hàm số 3 2 6 9 y x x x m = − + + ( m là tham số) có đồ thị ( ). m C a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( ) C khi 0. m = b) Tìm m để tồn tại tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua điểm (3;0) A và cắt đường tròn ( ) S có phương trình 2 2 ( 1) ( 2) 25 x y + + − = theo một dây cung MN có độ dài nhỏ nhất. Bài giải. a) Bạn đọc tự giải. b) Giả sử ∆ là tiếp tuyến với đồ thị ( ) m C đi qua A và cắt đường tròn ( ) S tại hai điểm phân biệt , . M N Đường tròn ( ) S có tâm ( 1;2), I − bán kính 5 R = và điểm A nằm trong đường tròn ( ). S Vẽ IH ⊥ ∆ tại . H Ta có 2 2 2 2 . MN MH R IH = = − Mà IH IA ≤ nên 2 2 2 MN R IA ≥ − (hằng số). Do đó MN nhỏ nhất khi và chỉ khi H trùng với . A Đường thẳng ∆ đi qua A và nhận vectơ (4; 2) IA = − làm vectơ pháp tuyến, có phương trình 2 6 0. x y − − = Đường thẳng ∆ tiếp xúc với đồ thị ( ) m C nếu và chỉ nếu hệ sau có nghiệm 3 2 2 6 9 2 6 3 12 9 2 x x x m x x x − + + = − − + = Đến đây, ta tìm được 36 10 15 9 m − ± = ⋅ Câu 2. Giải phương trình cos 4 3 sin 2 2 3 sin 4 3 cos 2 x x x x − + = ⋅ − Bài giải. Điều kiện ( ) 4 2 cos 2 0 sin 4 3 cos 2 0 2sin 2 3 0 ( , , ) (*) 3 6 sin2 2 3 cos 2 m x x x x x x n m n l x x l x π π π π π π ≠ + ≠ − ≠ − ≠ ⇔ ⇔ ≠ + ∈ ≠ ≠ + ⇔ ℤ Với điều kiện trên thì PT đã cho tương đương ( ) ( ) cos 4 3sin 4 3 3 cos 2 sin 2 2 0 x x x x − + − + = 2 cos 4 3 cos 2 1 0 2cos 2 3cos 2 0 3 6 6 6 6 2 cos 2 0 2 6 6 2 ( ). 5 3 3 5 2 2 cos 2 cos 6 6 6 2 6 2 x x x x k x x x k x k k x k x x k π π π π π π π π π π π π π π π π π π π ⇔ + + + + = ⇔ + + + = = + + = + = + ⇔ ⇔ ⇔ = + ∈ + = ± + + = − = = − + ℤ Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy 2 , ( ) 3 2 x k x k k π π π π= + = − + ∈ ℤ là nghiệm của PT đã cho. Câu 3. Tính tích phân 1 2 2 2 2 2 4 3 . ( 1) 2 3 x x I dx x x x + − + = − − + + ∫ Bài giải. Ta có 1 2 1 2 2 2 2 2 2( 1) 2 3 ( 1) 2 3 x dx I dx x x x x x + + − = + − + + − − + + ∫ ∫ ( ) 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 2 2 3 1 1 1 2 2 x d d x x x x x x + + − − + + = − + ⋅ − + + − − − ∫ ∫ i Tính ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 2 3 2 2 3 2 2 3 . 2 3 d x x I x x x x + + − + + = = − + + = − − + + ∫ 3 i Tính 1 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 2 x d I x x + − = ⋅ − − − ∫ Đặt 1 sin , ; 2 2 2 x t t π π − = ∈ − ⋅ Đổi cận: khi 2 x = thì 6 t π = ; 1 2 x = + thì 4 t π = ⋅ Ta có 4 4 4 2 6 6 6 tan (sin ) 8 ln tan ln sin .cos sin 2 tan 12 d t dt t I t t t π π π π π π π π = = = = ⋅ ∫ ∫ Vậy ( ) 1 2 tan 1 1 8 2 3 2 ln 2 2 tan 12 I I I π π = − + = − + ⋅ Câu 4. a) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x− = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ). z i z i + − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 . z z ω = − Bài giải. a) Điều kiện ( ; 2) (2;3) (3; ). x ∈ −∞ − ∪ ∪ +∞ Với điều kiện đó, phương trình viết lại là ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2015 2015 log 4 log 2 3 4 2 3 2 ( 2) 3 (*). x x x x x x x x x − = + − ⇔ − = + − ⇔ − = + − i Với ( ; 2) (2;3) , x (a) ∈ −∞ − ∪ ta có: 2 8 2 2 (*) 2 ( 2)(3 ) x x x x x ⇔ = ⇔ = ± ⇔ − = + − (thỏa mãn (a) ). i Với (3; ) , x (b) ∈ + ∞ ta có: 2 2 4 0 1 5. (*) 2 ( 2)( 3) x x x x x x ⇔ − − = ⇔ = ± ⇔ − = + − Đối chiếu với (b) ta được 1 5. x = + Vậy, phương trình đã cho có các nghiệm là 2 2 x = ± và 1 5. x = + b) Giả sử , ). ( z x yi x y = + ∈ ℝ Ta có (1 2 ) 2(1 2 ) (1 2 )( ) 2 4 z i z i x yi i x yi i + − = − ⇔ + + − − = − 2 2 2 2 4 . x y xi i ⇔ − − = − 2 4 2 2 . 2 2 2 1 x x z i x y y − = − = ⇔ ⇔ ⇒ = + − = = Do đó 2 2 3 (2 ) 3(2 ) 3 . z z i i i ω = − = + − + = − + Vậy phần thực của số phức cần tìm là 3, − phần ảo là 1. Câu 5. Trong không gian với hệ tọa độ , Oxyz cho mặt phẳng ( ) : 2 0 P x y z + − = và hai đường thẳng 1 4 : , 1 1 3 x y z − ∆ = = − 2 6 2 : 1 2 2 x y z − + ∆ = = ⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng ( ), P điểm N trên đường thẳng 1 ∆ sao cho M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng . 2 ∆ Viết phương đường thẳng ∆ đi qua , M vuông góc với 1 ∆ và tạo với mặt phẳng ( ) P một góc o . 30 Bài giải. Gọi ( ; ; 2 ), (4 ; ; 3 ). M m n m n N k k k + + − Ta có VTCP của đường thẳng 2 ∆ là 2 (1; 2; 2) u ∆ = và (4 ; ; 3 2 ), MN k m k n k m n = + − − − − − trung điểm của MN là 4 2 3 ; ; 2 2 2 m k n k m n k I + + + + − ⋅ 4 z B C D J y I A x S Vì M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng 2 ∆ nên 2 2 . 0 I MN u ∆ ∈ ∆ = 2 2 3 2 2 4 2 1(4 ) 2( ) 2( 3 2 ) 0 m k n k m n k k m k n k m n + − + + − + = = ⇔ ⋅ + − + − + − − − = Giải hệ trên ta được 1, 1, 1. m n k = = − = Suy ra (1; 1; 1), (5; 1; 3). M N − − Gọi VTCP của đường thẳng 1 , ∆ ∆ lần lượt là ( ; ; ) u a b c ∆ = ( ) 2 2 2 0 a b c + + ≠ , 1 (1; 1; 3) u ∆ = − ; VTPT của mặt phẳng ( ) P là (2; 1; 1). n = − Vì 1 ∆ ⊥ ∆ nên 1 3 0 3 (1) u u a b c b c a ∆ ∆ ⊥ ⇔ + − = ⇔ = − Vì góc giữa ∆ và mặt phẳng ( ) P là 0 30 nên ( ) 0 2 2 2 . 2 1 sin 30 cos , 2 . 6 u n a b c u n u n a b c ∆ ∆ ∆ + − = = ⇔ = + + (2) Thế (1) vào (2) khai triển và rút gọn lại ta được 2 2 11 13 2 0 c ac a c a − + = ⇔ = hoặc 2 11 c a = ⋅ Chọn ( 1, 2 a b = = và 1 c = ) hoặc( 11, 5 a b = = − và 2 c = ) ta được PT đường thẳng 1 1 1 : 1 2 1 x y z − + − ∆ = = hoặc PT đường thẳng 1 1 1 : 11 5 2 x y z − + − ∆ = = ⋅ − Câu 6. Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình vuông, ( ), . SA ABCD SA a ⊥ = Diện tích tam giác SBC bằng 2 2 2 a ⋅ Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo . a Gọi , I J lần lượt là trung điểm các cạnh SB và . SD Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và . CJ Bài giải. i Tính thể tích khối chóp . S ABCD theo . a Ta có { ( ) BC AB BC SAB BC SB BC SA ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ SBC ⇒ ∆ vuông tại . B Gọi x là độ dài cạnh hình vuông . ABCD Tam giác SBC có diện tích là 2 2 2 1 1 2 . . . 2 2 2 SBC a S SB BC x a x x a = = + = ⇔ = Thể tích khối chóp . S ABCD là 3 1 . 3 3 ABCD a V S SA= = (đvtt). i Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và . CJ Dựng hệ trục Axyz như hình vẽ ta có : (0; 0; 0); A ( ; ; 0); C a a ; 0; ; 2 2 a a I 0; ; 2 2 a a J ⋅ Ta có 2 2 2 3 , ; ; ( ; ; 0). 4 4 4 ; a a a AI CJ AC a a= − − = Khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và CJ là 3 2 , . 2 2 ( , ) 11 11 , 4 a AI CJ AC a d AI CJ a AI CJ = = = ⋅ Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm (2; 1) I và 2 . AC BD = Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng , AB (0; 7) N thuộc đường thẳng . CD Tìm tọa độ điểm P biết 5 BP BI = với điểm B có tung độ dương. Bài giải. PT đường thẳng AB qua M có dạng ( ) 2 2 1 0 0 , 3 ax b y a b + − = + > suy ra PT đường thẳng CD qua N và song song với AB là ( 7) 0. ax b y + − = Do đường thẳng AB và CD đối xứng nhau qua tâm , I nên ta có 5 ( , ) ( , )d I AB d I CD I AB CD = naèm giöõa hai ñöôøng vaø 2 2 2 2 2 2 2 6 3 2 2 (2 6 ) 3 4 . 3 2 2 (2 6 ) 0 3 a b a b a b a b a b a b a b a b a b + − = ⇔ ⇔ + = − − ⇔ = + + + − < Chọn 4 a = và 3 b = ta được PT : 4 3 1 0. AB x y + − = Do ABCD là hình thoi nên AC BD, ⊥ do đó 1 tan 2 cos( , ) 5 AI AC ABI AB BD BI BD = = = ⇒ = ⋅ PT đường thẳng BD qua I có dạng ( ) 2 2 ( 2) ( 1) 0 0 . m x n y m n− + − = + > Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 4 3 1 cos( , ) 5 16 24 9 5 5 m n AB BD m n m mn n m n + = = ⇔ + = + + + 2 2 11 24 4 0 m mn n ⇔ + + = 2 m n ⇔ = − hoặc 2 11 m n = − ⋅ Chọn ( 2 m = và 1 n = − ) hoặc( 2 m = và 11 n = − ) ta được PT : 2 3 0 BD x y − − = hoặcPT : 2 11 7 0 BD x y − + = Do B có tung độ dương và B cũng là giao điểm của AB và BD nên 1 3 ; 5 5 B − ⋅ Theo giả thiết 1 11 54 5 54 13 5 5 5 5 ; 3 2 13 5 5 5 5 5 5 P P P P x x BP BI P y y + = ⋅ = = ⇔ ⇔ ⇒ ⋅ − = ⋅ = Câu 8. Giải hệ phương trình 4 4 2 2 3 2 5 2 ( 2) 8 4 0 x x y y x y y y + + − − + = ⋅ + − + − + = x Bài giải. Điều kiện để HPT đã cho có nghĩa là 2 ≥ x (*) PT thứ hai của hệ có thể viết lại dưới dạng 2 4 ( 2) 0 y x y y = + − ⇒ ≥ (**) Đặt 4 4 2 0) 3 5. t x t x t = − ≥ ⇒ + = + ( Do đó PT thứ nhất của hệ trở thành 4 4 5 5 t t y y + + = + + (1) Xét hàm số 4 ( ) 5, 0 f u u u u = + + ≥ , ta có 3 4 2 ( ) 1 0, 0 5 u f u u u ′ = + > ∀ ≥ + nên hàm số đồng biến trên [0; ). +∞ Từ (1) có ( ) ( ), f t f y = suy ra 4 2 t = ⇔ = + y x y (2) Thế (2) vào 2 4 ( 2) y x y= + − được ( ) 4 2 7 4 4 ( ) 2 4 0 y y y y y y y = + ⇔ + + − = (3) Mà 7 4 ( ) 2 4 g y y y y = + + − , có 6 3 ( ) 7 8 1 0 0 g y y y y ′ = + + > ∀ ≥ nên hàm số đồng biến trên [0; ). +∞ Do đó PT(3) có nghiệm 0 y = hoặc 1. y = Đối chiếu với điều kiện (*) và (**), suy ra HPT đã cho có hai nghiệm ( ; ) x y là (2; 0), (3; 1). Câu 9. Cho , , a b c là các số thực dương thỏa mãn 1 6 abc = ⋅ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 4 1 1 1 , (2 1)(3 1) 16 (3 1)( 1) 81 ( 1)(2 1) P a b c b c a c a b = + + + + + + + + Bài giải. Đặt 1 1 1 , , , 2 3 x y z a b c = = = do 1 6 abc = nên 1. xyz = Thay vào biểu thức P ta được 3 3 3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) x y z P y z z x x y = + + ⋅ + + + + + + Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 3 1 1 , , ( 1)( 1) 8 8 x y z y z + + + + ta có 6 3 3 3 1 1 1 1 3 3 ( 1)( 1) 8 8 ( 1)( 1) 8 8 4 x y z x y z x y z y z + + + + + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ + + + + Tương tự 3 3 1 1 3 1 1 3 , ( 1)( 1) 8 8 4 ( 1)( 1) 8 8 4 y z x y z x y z z x x y + + + + + + ≥ + + ≥ ⋅ + + + + Cộng theo vế ba BĐT trên rồi rút gọn ta được 3 2 4 x y z P + + ≥ − (1) Lại vì 1, xyz = ta có 3 3 3 x y z xyz + + ≥ = (2) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 P ≥ ⋅ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z = = = Lúc đó 1 1 1, , 2 3 a b c = = = ⋅ Vậy GTNN của P là 3 , 4 đạt được khi 1 1 ( ; ; ) 1; ; 2 3 a b c = ⋅ . học và Tuổi trẻ Số 44 9.11/20 14 THÖÛ SÖÙC TRÖÔÙC KÌ THI Đề số 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1 (2 điểm ). Cho hàm số 3 2 6 9 y x x x m = − + + ( m là tham số) có đồ thị (. 4. a) Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x− = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ). z i z i + − = − Tìm phần thực và phần ảo của số. trình ( ) ( ) ( ) 2 4 2 2015 2015 2015 1 log 4 log 2 log 3 . 4 x x x − = + + − b) Cho số phức z thỏa mãn (1 2 ) 2(1 2 ). z i z i + − = − Tìm phần thực và phần ảo của số phức 2 3 . z z ω =