ThS NGUYÊN VĂN NHO
IBỘ ĐỀ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
MƠN TỐN
CAC KHOI A, B, D
PHƯƠNG PHÁP TỰ LUẬN
(Tái bản lần thứ nhất, có sửa chữa bổ sung)
Trang 3NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội
Điện thoại: (04) 9715011; (04) 9724770 Fax: (04) 9714899
* * *
Chịu trách nhiệm xuất bản:
Giám đốc: PHÙNG QUỐC BẢO Tổng biên tập: PHẠM THỊ TRÂM
Biên tập: LAN HƯƠNG
ANH THƯ
Chế bản: Nhà sách HỒNG ÂN
Trình bày bìa: Nhà sách HỒNG ÂN
Đơn u¡J Người liên kết xuất bản: Nhà sách HỒNG ÂN SÁCH LIÊN KẾT' ) ĐỀ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI MƠN TỐN TUYỂN SINH VÀO ĐẠI HỌC: ÁC KHỐI A, B, D í số: 1L - 483ÐH2010
1.000 cuốn, khổ 16 x 24cm tại Công ti TNHH In Bao Bì Phong Tân - TP Hồ Chí Minh
xuất bản: 870- 2010/CXB/3-152/DHOGHN, ngày 31/8/2010 yết định xuất bản số: 478LK-TN/Đ-NXBĐH0GHN
xong và nộp lưu chiểu quý III năm 2010
Trang 4-Đời nói đầu
Những kì thi phía trước luôn luôn là mối quan tâm hàng đầu ec:
mỗi học sinh, nó là một trong những nhân tố thúc đẩy học sinh troi
học tập, và thông qua những kì thi ấy, học sinh có dịp thẩm dinh |
chính minh trong suốt một chặng đường vất vả, lấy đó làm cơ sở c] những bước tiến tương lai
Hơn lúc nào hết, kì thi tuyén sinh vao dai học là mối bận tâm sau cùi và hào hứng nhất sau mười hai năm miệt mài đưới mái trường phổ thông Những năm trở lại đây, cấu trúc đề thi của Bộ GD và ĐT có phần kh hơn Đề thi dựa theo hai chương trình chuẩn và nâng cao của hai bộ sá THPT Đặc biệt, trong vòng ba năm trở lại đây, chủ trương của người đề đã được nhìn thấy rõ, đó là, trong đề thì phải chuyên chở được nhỉ kiến thức nhất, tà giảm trừ những bài quá khó đối uới bậc phổ thông
Cuốn sách này gồm hai chương Trong chương 1, chúng téi gi
thiệu các để thi mơn Tốn của Bộ Giáo dục và Đào tạo trong ba na
2008, 2009 và 2010, dành cho các khối A, B, D, bao gồm cả một số thi dự bị Bên dưới mỗi để thi là phần Hướng dẫn giải, và sau ‹
chúng tôi nêu ra một số nhận xét hoặc bình luận về các cách giải B
cạnh việc giúp các bạn học sinh tự rèn luyện, việc trích lại các
tuyển sinh các năm nói trên trong Chương 1 nhằm giúp bạn đọc một cái nhìn tổng quan và có phần nào cụ thể hơn những dạng to trong kì thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng diễn ra tro
các năm 2008, 2009, 2010.và sắp tới
Trong chương 2, trên cơ sở cấu trúc để thi các năm 2008, 2009
2010, đồng thời, dựa trên kiến thức cần thiết cho thí sinh trong m
kì thi đại học, chúng tôi biên soạn các đề th¡ đề nghị để các thí sỉ
trong những năm tới có thêm tài liệu để luyện tập
Hi vọng bạn đọc, nhất là các thí sinh trong các kì thi tuyến sỉ
vào đại học sắp đến, sẽ tìm thấy nơi tập sách này những điều th:
khảo bổ ích Chúng tôi chờ đợi những đóng góp của các bạn về nhũ
thiếu sót mà chúng tôi không nhìn thấy hết Xin chân thành cảm ơn
Người biên soạn
Trang 5CHƯƠNG I | ĐỀ THI TUYỂN SINH Đại HỌC, C40 ĐẲNG DỀ THỊ TUYỂN SINH ĐH - CD 2010 - Khối A A ĐỀ BÀI PHÀN CHUNG (cho tắt cả thí sinh) QO Cau I (2 điểm) Cho ham sé y = x* — 2x? + (1 -m)x +m (1), m la số thực 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đỗ thị của hàm số khi m = 1
2 Tim m dé đô thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt cé
hoành độ xị, x;, xạ thỏa mãn điêu kiện : x? +x} +x} <4 Q Câu II (2 điểm) (l+sinx+cos 2x)sin{x+ 7] “1 Giai phuong trinh ===cosx p 8 1+tanx 2 2 Giải bắt phương trình Q Câu II (1 điểm) 1 v2 x Tính tích phân : I= |—————- dx Câu IV (1 điểm)
l Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M và } lần lượt là trung điềm của các cạnh AB và AD ; H là giao điệm của CN và DM
Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) va SH = aV3 Tinh thé tích khể
chop S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thang DM va SC theo a Q Cau V (1 diém)
[(4x? +1)x +(y-3)¥5=2y =0
Giai hé phuongtrinh) | Œ,y eR)
Trang 6PHÀN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
4 Theo chương trình Chuẩn 3 Câu VIa (2 điểm)
1 Trong mặt phăng tọa độ Oxy, cho hai đường thăng
dị: J3x+y =0 và d;: J3x—y=0;
Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với dị tại A, cắt d; tại hai điểm B vaC sato
cho tam giác ABC vuông tại B Viết phương trình của (T), biết tam giác
ABC có diện tích bằng sẽ và điểm A có hoành độ dương,
y_z+2
1h
và mặt phẳng (P) : x - 2y: 12 =0) Gọi C là giao điểm của A với (P).M Ila
điểm thuộc A Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = vo 3 Câu VIH.a (1 điểm)
2 Trong không gian toa, độ Oxyz, cho đường thẳng A:——— = =
Tìm phần ảo của số phức z, biết z = (v2 +iq- Mi)
3 Theo Chương trình Nâng cao
3 Câu VILb (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6 ; 65),
đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trìn\h
x#y~4=0 Hãy tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết rằng điểm E(I ; -3) nằm
trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho
2 Trong không gian tợa độ Oxyz, cho điểm A(0 ; 0 ; ~2) và đường thẳng
A: > “1 Tỉnh khoảng cách từ A đến A Viết phương trình
mat cau tam A, cắt A tại hai điểm B và C sao cho BC = 8
Trang 7B HƯỚNG DẪN GIẢI Œ Câu I (2 điểm) 1 Khi m= 1, hảm số thành : y = xÌ - 2x” + 1 Tập xác định : D = R Ta có y` = 3X” - ax y= 0e>x=Ohay x= =, limy =-x va limy =+x Xoo» Note Bang bién thién: x —% 0 4 +œ 3 y` + 0 - 0 + Ÿ 1 +œ =x xe” N ~ ae 27 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x = Z ty" _ AE) 2 zg 2 11 "=6x-4;y"=0€»x= = Diem uén I (=; —) y x y ox = iém uôn G 27) Đồ thị : y 2 Phương trình hoành độ giao,điềm của đồ thị hàm số (1) và trục hoànF la x* - 2k? +(l-m)x +m =0 © (x-I)(x?-x-m)=0
Ta đi đến bài toán: Tìm m đẻ f(x)=x”—~x—m có hai nghiệm phan biệ
Trang 8Điều kiện tương đương: 1 A=1+4m>0 eA 1 f(l)=-m #0 c©Imz0 © oe (x; +xq)° —2x)x9 <3 I+2m<3 [mz0 J Câu II (2 điểm) 1 Điều kiện: cosx z 0 và tanx # —1 Khi đó: (1+sinx +eos2x)sin{x+ 7) 1 =—=cosx 1+tanx V2 (1+sin x + cos 2x).(sin x + cos x) °F 08x 1+tanx , (I+ sin x +cos2x).(sin x + cos x) 0 x = COS sin x +cosx
© (I+sinx +cos2x) = l © sinx +cos2x = 0
© 2sin? x-sinx-1 =0©sinx =-5
Trang 90<x<l o Vx =1-x 2S 2 ( [-x+Vx +120 eo! x =(1-x) |x-1+⁄x) <0 0<x<l 3-V5 0<x<tl =° = 3+ =x= ' x -3x+l=0 pH 2 Ö Câu III (1 điểm) l x pn (ERE so fhe (a, é 1+2e* ji 1+ 2e* Lx \ 2u I l=[— ~ 91+2e* =2 2) 1+2e% [ft ~ m+2e*) = tn 222), 2 ọ 2 3 Ö Câu IV (1 điểm) Ta có Scpw = SAncp ~(SaAMN +Sancm)- hay : 2 2 (3) 144-5 (aan, Do đó : Se CDNM = PS CC 2 22 2 5a? J3 1 gỗa” V S.NDCM == ge ;av3 § 2 (dvtt) dvtt Từ tam giác vuông NDC ta được :
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC
bằng nhau nên NCD = ADM
Vậy DM vuông góc NC
Tir dé tacé: DC? =HC.NC > HC =——
Trang 10Tam giác SHC vuông tại H và khoảng cách của DM và §C chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác SHC do đó : 2a cm g1 „P.1 HE + =h= ¡- 223 ? h? HC? SH? 4a? 3a? 12a? vI9 Q Câu V (1 điểm) Điều kiện: x sẽ: ys 2 pat /5—2y =2u (u20)>y=2 2 Thay vào phương trình đầu của hệ da cho, ta được Niw (4x?+1)x =(4u?+l)u (1)
Xét ham sé fy=(40? +1) t cé f(t) =12t7+1>0,vteR nén ham số
này đồng biến trên R
Từ (1) ta có f(x)=f(u) suy ra x=u Thay vào phương trình thứ hai
:ủa hệ đã cho ta được
du" =6u" + + 23 =4u =7` (2)
Tiếp theo, xét hàm số g(u) =4u1—6u? +2425 4u trên đoạn |0: =i
4 3 x
6 g(u) : = 4u(4u2 -3)— B40 <0, sie ỳ HÌ nên hàm số g(u) nghịch 4 siến trên [ ‡ i} Mat khac, e(+] =7 nên (2) có nghiệm duy nhất u= 2 trên
nién [ $ 3} 4
Từ đó, suy ra hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x : y) = E : 3)
- Câu VI.a (2 điểm)
1 Ta có A e dị > A(a: -av3) (a> 0)
Đường thăng AC qua A và vuông góc dị nên có phương trình :
x- v3y —4a =0
Từ đó : AC A dp = C(-2a ;-2V3a )
Trang 11Đường thăng AB qua A và vuông góc d› nên có phương trình xt vầy +2a=0 Tras cAB on B[ 2 | 2 VÌ SxAnc = vẽ © BABC = M3 nên ta tính được a = = , 1 Ahh) Vay tam I va bán kinh IA của đường tron (T) cần tìm là „ từ đó : 3 ~{ 5 I § : IA =1, suy ra phương trình của (T) : xs š) mi 2 Vi C thudc A nên ta giả sử C(I + 2t;t:—2— 9) Do C e (P) nên (1 + 2t)-2t-2-t=0=>5t=-1>C(-1;-1;-1) Do M thuộc A nén M(1 + 2t;t:—2 - t) Khi đó : MC? = 6 <> (2t +2) +(t+ 1? +(-t- 17 =6 2 6(t+ 1P=6eot+1=t1 t=O hayt=-2
Vay cé hai diém M la M; (1 ; ] 0 ; -2) ; Mp (-3 ; -2 ; 0) Tir do, ta tin!
được hai khoảng cách cần tìm :
|I-0-2| |[-3+4+0|
đ(M¡.(P))= ———=—= : d(M;.(P)=———'=— Ộ v5 cs M5 %-
[ Câu VIH.a (1 điểm)
Ta có z=(2+j)?(1—\5i) = (1+22i(1—V2i)= (5+ V2i)
Suy ra z=5— 2i Vậy phần ảo của số phức z là — V2
Œ Câu VI.b (2 điểm)
1 Đường cao AH của tam giác ABC đi qua A và vuông góc với đườn thing IJ (1, J la trung điểm của các canh AB va AC) nén phuong trin đường cao AH l :
1(x6)- l(y-6)=0ôâx-y=0
Gi K là giao điểm của IJ và AH (với U:x+y-4=0), suy raKl
mag, [eo NSO
nghiém cua hé - Từ đó :K (2; 2)
Trang 12Dễ thấy K là trung điểm của AH, do đó
Xy = 2X, —X, =4-6=-2
ie = 2yK —YA =4-6=-~2
Phương trình BC : I(x + 2) + l(y+2)=0€Sx+y+4=0 Giả sử B (b ; —-b- 4) € BC
Do H là trung điểm của BC nên suy ra C (~4 - b ; b)
Theo giả thiết, E (1 ; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh € nên CE=(5+b ¡ ~b~3) Vectơ này vuông góc với BA =(6-b ;b+10) nén:
(5 + b)(6 — b) + (-b— 3)(b + 10) = 0 = 2b? + 12b = 0 > b= 0 hay b =~6
Tóm lại, ta tìm được hai cặp điểm (B, C) thỏa mãn bài toán đó là : Bị (0; 4) ; C¡ (—4 ; 0) hay Bạ (~6 ; 2) ; C› (2 -6)
2 Ta có A qua M (-2 ; 2 ; ~3), vectơ chỉ phương của A là a = (2; 3: 2)
AM=(-2; 2: ~I)= [aA AM] = (~7;~2;10) [aAAM] _ J49+4+100 _ Ï153 eee az | — M4+9+4 V17 © H(-2;:-2) => d(A, A)= Vẽ BH vuông góc với A Ta có : BH = = =4 Từ AAHB vuông tại H, suy ra bình phương bán kính mặt cầu là R= 164123 =“ =25 Vậy phương trình mặt cầu tâm A, cắt A tại hai điểm B va C sao cho BC = 8 la x? +y? +(z+2) =25 a Câu VII.b (1 điểm) -_ a-v3iy Taco z= : 1-i
q— Mi) = 2|sox=5) +isin-%)]
Trang 13NHẬN XÉT
© Bai 2, Cau I
Số nghiệm của phương trình f(x)=g(x) bằng số giao điểm của hai đ
thị các hàm số y=f(x) và y=g(x)
Đài toán tổng quát của bài toán trên như sau :
Cho hàm số y =ax? +bx? +ex¢d (a#0) Tìm điều kiện để đồ thị hà: số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ xị.x;.x; thỏa man điề
kiện xj+x? +xị <k
Đa số các bài toán thuộc dạng này đều ngắm cho ta có thé đoán trưó một nghiệm œ Lúc đó phương pháp giải phô biền là như sau :
Ta có ax +bx? +ex+d=0 (*)
c© (x-œ)(ax? +px+q)=0 (với ơ là một nghiệm của (*)) Diều kiện của bài toán được thỏa mãn khi f(x)=ax? +px+q có hi
nghiệm phân biệt xị.xạ khác œ sao cho Xị+ xi +07 <k A>0 Điều này tương đương với ‡f(œ) #0 (x, +) -2x¡xạ <k—dẺ, Đến đây, sử dụng định lí Viète, ta suy ra kết quả ly „3 xử aoe 2 : Bài tương tr : Cho hàm số y =—x” =mx” “etme m là tham s a
thực Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cất trục hoành tại 3 điểm phân bị:
có hoành độ xạ.x;.x; thỏa mãn điều kign x7 +x3 +x} >15
© Bai 2, Câu II Có thể trình bảy cách khác như sau :
Điều kiện x > 0 Nhận xét :
Do đó, bất phương trình đã cho trở thành
Trang 14Dễ thấy x = 0 không thoả mãn bắt phương trình trên nên ta giả sử x > 0) 1 1 Lỳc ú (*) ý âWx-l<-=- 2(x+cơ1) 7 x x = 2[x+y-l]<~- x+l1 @*% Ỷ x Vx Dat toe ea L+x=t2+2, (**) trở thành : x 5 t2~1 V2(t" +1) st+le 2074250742141 Tacé 2t74+2<t?4+2t41 -2+1<0(t-1 <0et=l Bde x=l©x+Vx-I=0 i 5 -l Phương trình này cho ta nghiệm chấp nhận được là Vx = oe „ SUY Tủ 6-25 _3- V5 4 3° ® Câu V Có thẻ trình bày cách khác như sau : x=
Trang 15® Bài 1, Câu Ta Có thể trình bày ý cách khác như sau : d, d, Ta có cosin của góc giữa dị và d› là IV3A3-1.1 1 J+1V3+T 27 Suy ra COA = 600 A Tam giác OAB vuông tại B nên ta suy ra được c i BAC = 60",
Diện tích tam giác ABC là
2 AB.AC.sin 60" = 2(0A sin60°J(OA.tan 602)sin 600 = “Ý” OA3, § Vì tam giác ABC có điện tích bằng nén suy ra OA~ = — x 2 4 .MaA ed 3 s»lÊn nên tọa độ A có dạng A (a: -a 3 ) với a> 0, do đó ta có
=1} Đến đây tiếp rục theo cách cũ cho phần còn lại
pi Tm TUYỂN SINH ĐH ~ CD 2010 - Khối B
A ĐỀ BÀI
PHẢN CHUNG (cho tắt cả thí sinh)
QO Cau I (2 điểm)
Cho hàm số y =
1 Khảo sát sự biến thiên và về đỗ thị (C) của hàm số đã cho,
2 Tìm m để dường thắng y = -2x + m cất đỗ thị (C) tại hai điểm phai
biệt A B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (Ola gốc tọa độ)
Œ Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình (sin2x + cos2
2 Giải phương trình M3x+l- ⁄6- xX +3x7-14x-8=0 (x ER)
X) cosx +, 2cos2x — sinx = 0
Trang 16
3 Câu IH (1 điểm)
Tinh tich phan I = =a
¡x(2+lnx)”
4 Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'BC' có AB =a góc giữa hai
nặt phẳng (A'BC) và (ABC) bằng 60” Gọi G là trọng tâm tam giác A'BC Tĩnh thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tử
liên GABC theo a
3 Câu V (1 điểm)
Cho các số thực không âm a b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 Tìm giá trị
thỏ nhất của biểu thức
M = 3(a2b? + b2c? +c?a?)+3(ab+ bc+ca)+ 2a? +bŸ +cŸ
?HÀN RIÊNG (Thi sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)
\ Theo chương trình Chuẩn
3 Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đỉnh -( 4; 1) phân giác trong góc A có phương trình x + y - 5 = 0 Viết ›hương trình đường thăng BC biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 24 và linh A có hoành độ dương
2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho các điểm A(I : 0: 0) B(0 ; b; 0),
2(0:0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P):y—z+1 =0 Xác định b
vac, biét mat phăng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ liểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 2 s
J
4 Câu VIH.a (1 điểm)
Trong mặt phăng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z
hỏa mãn : |z—i |=|(I+i)z|
B Theo Chương trình Nâng Cao
3 Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A( : 3) và elip (E) :
2 2
XY 2),
3 2
Trang 17Goi F, va F là các tiêu điểm của (E) Œ có hoành độ âm) ; M la giao
điểm có tung độ dương của đường thăng AT) với (E) ; N là điêm đôi xứng
của F; qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiệp tam giác ANE: 2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho đường thăng hy ® y-l_z 2 1% 4 _ Xac định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến A băng OM Œ Câu VII.b (1 điểm) log, 3y -l)=x Giải hệ phương trình (r eae ay? (x,y ER) AN GIAI O Cau I (2 diém) 1 *° Tập xác định: R \ {-1} 1 (x+ ĐỂ l
Hàm số đồng biến trên cdc khodng (— © ;-1) va (-1; +)
Trang 182 Phương trình hoành độ giao điểm : 2x+lI =-2x+m © 2x+1=(x+1)(-2x +m) x+I (do x = —I không là nghiệm phương trình), hay 2x? +(4-m)x + 1—m=0 (1)
Vi A =m?+8>0 nén đường thẳng đã cho luôn cắt đồ thị (C) tại hai
iém phân biét A(x; ; yi) va B(x2 ; y2) Taco y) =-2x; +m va y2 =-2x +m
Khoang cach tir O dén AB la =
B= \(x)-x2) +(y, =y2)° = ¥5(X) +9)? = 20K) x9 nae 1 |m| 5(m? +8) _|m| vm? +8 2V5° 2 4 l | 2 ` ra, ta được
Vậy diện tích tam giác OAB là
Để diện tích này bằng v3.ta phải có
ai gid tri cla m 1a -2 va 2
Ì Câu II (2 điểm)
1 Biến đổi phương trình (sin2x + cos2x) cosx + 2cos2x — sinx = 0 thành
hương trình tích (sinx+cosx+2)cos2x=0 Để ý răng phương trình inx+cosx+2 vô nghiệm, ta suy ra các nghiệm của phương trình là de TU keZ 4 2 2 Điều kiện : -5 <x <6, biến đổi phương trình trở thành (V3x+ ~5-11=s/8~w)+Ưˆ¬JMt-ä=g 3 1 -5)} = + — _+3x+1) ]=0
oaks Jeet lil
Trang 19[ Câu II (1 điểm) Đặt t= 2+lnx ta có dit và é X 3 3 3 3 “t-2 “rl 2 =Í “4= ván [3á c[ nu] aol wie? 7U gt 3t” t [ Câu IV (1 điểm)
Gọi D là trung điểm BC, ta có: BC 1L AD va BC L ATD, suy ra góc giữa hai mặt
phẳng (A'BC) và (ABC) bằng A'DA tức là A'DA = 60" Taco: A'A=AD.tanA"DA = = ; a2v3 — SAnc = Vậy thể tích khối lang tru ABC.A'B'C' la AG 3a? aT 3
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // A'A, do dé GH L(ABC) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH voi trung
trực của AG trong mặt phăng (AGH)
;AH= ®*Ẻ as : GA? =GH? + an? =
Goi E la trung diém AG, suy ra bin kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC
GEGA _GA? _7a GH 2GH 12° Œ Câu V (1 điểm) Để ý rằng: là R=
a? +b? +c? = (a+b+e)ˆ —2(ab+ be + ca) =1—2(ab + bc + ca)
Áp dụng bất đăng thức trung bình cộng — trung bình nhân ta có
M= 3(a?bŸ + b?c? +c?a?) + 3(ab + be + ca)+2va? + bỂ + c2
Trang 20Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab = bc = ca
2
Dat t= ab + bc +ca, ta có 0<teft010 _ 1 ;
Xét ham f(t)=12 +3t+2v1—2t trén khoảng [° : 5) „ta có
2 2
= ; f"(t)=2-———
cm (I-2t}
f'(t)=2t+3-
Rõ ràng là khi trên khoảng [ Ỷ 3): f"(t) <0 va f"(t)=0 chi khit = 0
Như thế, hàm số f'(t)=2t+3- vI-2t 2 nghịch biển trên |0; 2 Ì Từ đó, 2
khi 0<t<7, ta có f(t)<ff(0), tức là 2t+3— 2 <0 Nói cách khác, vI-2t
thì 0<t< ; , ham s6 f(t) la hàm đồng biến
Vay khi 0<t<3, ta có f(Đ) >f(0), tức là t?+3t+21—2t >2 Dấu bằng xảy ra chỉ khi t= 0, hay ab+ bc+ca =0
Kết hợp với (*), ta đi đến kết luận : Giá trị nhỏ nhất của M là 2, giá trị
này đạt được khi và chỉ khi ab+be+ca =O va ab=be=ca,a+btce=l,
tức là khi một trong ba sô a, b, c bằng 1 và hai số còn lại bằng 0
H Câu VI.a (2 điểm)
1 Gọi D(x ; y) là điểm đối xứng của C(— 4 ; 1) qua
đường thẳng d : 4 + y — 5 = 0 Khi đó, CD vuông góc
với vectơ chỉ phương (1 ; —l) của d, suy ra (x+4)-(y-l)=0 a)
Hơn nữa, trung điểm của CD phải nằm trên d, nên
—=—+“+ 3šŨ 2 DI (2) 2
Từ hệ gồm (1) va (2) ta được D(4 ; 9) Diém A vira nam trén d, vira thude
đường tròn đường kink CD, nén toa dé A(x ; y) thoa man: x+y-5=0
x? +(y-5)? =32’
Trang 21với x>0 (do giả thiết A có hoành độ dương), suy ra A(4; 1) Tir day te
2 +
tính được AC = 8 và AB = sa = 6 Vì B thuộc đường thăng AD cé
phương trình x = 4 suy ra tọa độ B(4 : y) thỏa mãn : (y — L = 36, do đc B(4 ; 7) hoặc B(4 ; — 5).Nhung do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng suy ra B(4: 7)
Vậy đường thăng BC có phương trình : 3x — 4y + 16 = 0 2 Mặt phăng (ABC) có phương trình :
Xu*+y“=le© bex + cy +bz—be =0,
Š
mặt phẳng này có vectơ pháp tuyến là (bc ; c ; b), nó vuông góc với mặ phẳng (P) : y — z + 1 =0 nên suy ra : e— b = 0 hay c = b Ta có: d(O, (ABC)) = ; nén | be | 1 1 1 ot ae EO =-c©c—+-,=8 vb?c?+c?+b2 3 3b c
Mà c = b và b c là các số dương nên e=b=5
Œ Câu VII.a (1 điểm)
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x ; y) trong mặt phẳng tọa đi Oxy, ta có : |z~i|=l(t+Ðz| œ Ix+(~ Di|=|@&«~=y)+Œ + y)i | © x't(y-I}=(x—y)+(x+y)) © x'++2y—1=0 „ Vậy tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trìn! x+(y+lƑ=2 L Câu VI.b (2 điểm) 1 Ta có Fi(Tl ; 0) va F2(1 ; 0) Duong thing AF, cé phuong trinh: x+]l ÿy 30 3`
Theo đề bài, M là giao điểm có tung độ
Trang 22Do N là điểm đối xứng của F; qua M nên MF; = MN, suy ra :
MA =MF; =MN
Vậy M là tâm đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF, đường tròn (T)
có bán kính là MF¿, suy ra phương trình của (T) :
_n#„[y_2#Ÿ „4
(x-Ù fy BY 8
2 Đường thẳng A di qua diém A(0 ; 1 ; 0) va có vectơ chỉ phương
v =(2; 12) Do M thuộc trục hoành, nên ta giả sử M có tọa độ (t ; 0 : 0),
suyra: AM=(t;—1;0) Do đó : [ÿ, AM ]== (2; 2t; — t— 2) và khoảng
|[s ^M]| v5t?+4t+§
cách từ M đến A là “—HỊ” Vy a Khong cách này bằng OM
2 sai
nén SEAS eo? 1-2-0681 Vậy ta tìm được hai
điểm M có tọa độ là M(—1 ; 0 ; 0) hoặc M(2 ; 0 ; 0)
[ Câu VII.b (1 điểm)
log,(3y -1) =x
x,y ER)
4% 42% =3y? A
Giai hé phuong trinh |
Điều kiện 3y—1 >0 © y > š „ phương trình thứ nhất cho ta 3y—1= 2,
Trang 23u2+3v2 =19 ; u2v? = ~(3x +1)(x 6) = -(3x? -17x-6) ; 3x? ~14x -8 = (3x? -17x -6) + (3x +1) -3 =-wv? +u? -3 Khi đó phương trình trở thành ‘ u~v-u3v2+u2~3<0©u~4-u2(v2—1)—(v—l)=0 ©u~4~(v~1(u2v+u2+1)=0 ©(u=4)+(1—v(u2v+uˆ+1)=0 Œ) Ta có uˆv+uˆ +1 >0 Xét các trường hợp :
* Nếu u >4, thì do u? +3v? =19 nén 3v? <3,suy rav< 1, về trái củ:
(*) lớn hơn 0, không thỏa mãn phương trình (*)
* Nếu u < 4 thì do u2+3v2 =19 nên 3v” >3, suy ra v > 1, về trái củ:
(*) bé hơn 0, không thỏa mãn phương trình (*)
* Nếu u =4 thì từ u2+3v”=19 ta suy ra v = l, thỏa mãn (*) Vật
3x+1 =4, suy ra nghiệm của phương trình ban đầu là x = 5 e Câu II Thay vì đặt t= 2+Inx, bạn đọc cũng có the dat t=Inx va dẫn đến 1 1 dt = pina us I= ler 22+! g0+П © Cau V
Trong bài này, ta đã sử dụng đạo hàm bậc hai dé xét sự biến thiên củ
đạo hàm bậc nhất Bạn đọc cũng có thể xét dấu trực tiếp cho đạo hàm bậ nhất mà không phải tính đạo hàm bậc hai Cách giải như sau : 2 _ (2t+3)V1=2t 2 vi-2t vì-2t Dấu của đạo ham la dau cia (2t+3)V1-2t -2 Ta có f(Q)=2t+3—
Xét phương trình g(t)=(2t+3)jI-2t-2=0 Vì 0<t <5 nén bin phuong hai vé, ta duge phuong trinh tuong duong : (2t+3)?(1-2t) =Â
hay (2t+3)2120)=4 â 8L +20 +6t—5 =0
Tuy nhiên, đến đây, phương trình bậc 3 này rất khó giải
Bạn đọc có thé dùng máy tính (cầm tay) dé tim ra 3 nghiệm xắp xỉ, t
nghiệm này sẽ không nằm trong đoạn [2 3 i}
Trang 24Vì thế, trong [° ; 4 › phương trình bậc ba nói trên vô nghiệm, nghĩa là
hàm bậc ba g(t) = 8t +20t2+6t—# không đổi dấu trên đoạn đó (do tính
liên tục)
1
Chọn một điểm thuộc [ ỹ i] chang han, t = 7 thay vao ta thay
(1) >0, do đó, g(t) > 0 với mọi t thuộc le : 1] :
Từ đó đi đến kết quả cho bài toán
Ta thấy rằng tốt hơn nên sử dụng cách cũ, tức là cách dùng đạo hàm bậc hai
© Bài 1, Câu VỊ.a Có thể trình bày cách khác :
Vid:x+y-5=0la phân, giác góc A của tam giác ABC vuông tại A nên góc giữa d và AC bằng 45 Điểm A có hoành độ a > 0 và nằm trên d nên A(a ; 5 - a) Từ đó, AC = (-4-a;a-4) Tiếp tục, bạn đọc dùng công
thức tính góc giữa hai vecto đệ tính a, và được A(4 ; 1) Đoạn kế tiếp, tiến hành như cách cũ đã trình bày ĐỀ THỊ TUYỂN SINH ĐH - CD 2010 - Khối D A DE BAI PHAN CHUNG (cho tit cả thí sinh) QO Cau I (2 điểm) Cho ham sé y =-x4-x? +6
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đỗ thị (C) của hàm số đã cho
2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc
với đường thẳng y =x -1
QO Cau II (2 điểm)
1 Giải phương trình sin 2x —os2x + 3sin x— cosx —l = 0
Trang 25Œ Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a cạnh bên SA =
a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phăng (ABCD) là điểm H thuộc
đoạn AC, AH = a Gọi CM là đường cao của tam giác SAC Chứng minE Mià trung điểm của SA và tính thể tích khói tứ diện SMBC theo a
Q Cau V (1 điểm)
` a ^ A ` ^ £ 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của ham so y = V-x~ + 4x +21-V-x" +3x +10
PHAN RIENG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phăng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có AQ ; ~7), trực tân là HG : =1) tâm đường tròn ngoại tiếp là I(~2 : 0) Xác định toa độ đỉnh C biết C có hoành độ dương
2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai mặt phẳng
(P):x +y+z-3=0 va(Q):x-y+z-1=0
Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao ch:
khoảng cách từ O đên (R) băng 2
[ Câu VII.a (1 điểm)
Ty A ” » x pe a ee x 2
Tìm sô phức z thỏa mãn | z| = M2 và z là số thuần ảo
B Theo Chương trình Nâng Cao
O Câu VIb (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0 ; 2) và A là đường than đi qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên A Viết phương trìn
đường thăng A, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH
Trang 264 Câu VII.b (1 điểm) x?~4x+y+2=0 Giải hệ phương trình | (x,y ER) 2 log, (x-2)—log 5 y =0 B HUGNG DAN GIAI 1 Cau I (2 diém) Cho hàm số y =—x! —x? +6 1 Tập xác định : R * Chiều biến thiên: y'= =4xÌ~ 2x = — 2x(2x? + 1); y'(x)=0 & x=0
Hàm số đồng biến trên khoảng (—œ ; 0);
nghịch biến trên khoảng (0 ; +œ)
Hàm số đạt cực đại tại x =0, ycp = 6
Trang 27yt # x 1 a yeh gx 2 Vì tiệp tuyên vuông góc với đường thăng y = 5 x ~l nên tiêp tuyên có
hệ số góc bằng - 6
Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình ~4x° — 2x = ~ 6
suy ra x = l, do đó, tọa độ tiệp diém can tìm là (1: 4)
Phương trình tiếp tuyến: y = ~ 6(x ~ 1) + 4 hay y = ~ 6x + 10
Œ Câu II 2 điểm)
1 Biến đổi tương đương phương trình đã cho:
2sin x +cosx —1+2sin’ x +3sinx—cosx-1=0
° cos x(2sin x -1) + (2sin? x+3sinx-2)=0 © cos x(2sinx —1)+(sinx —I)(sinx +2) =0
<= (2sin x -1)(cosx +sinx +2) =0 sin x = ¿ -© 2 sinx+cosx+2=0 (1) Phuong trinh (1) v6 nghiém, vi sin x + cos x 2 -V2 , do dé ta c6 1 x=~+k2m sinx=~ôâ & (k,meZ) 5 x==+m2r 6 2 Với điều kiện x >~2, phương trình đã cho tương đương với 802099 #2) „21200 g2 073 eo PF (2h 28) aha 4 2124 = 0 | 2 (28 -2')-2" siaM -2!)=0 as (2" -2')(20" -2')20
Từ đó: 2**~2* =0 © x =1 Xét phuong trinh 2M? - 2" = 0, phuon trình này tương đương với 2\x+2 = x` =4
Vì về trái không âm nên ta có x > Ÿ⁄4 Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm củ
phương trình
Để chứng tỏ đây là nghiệm duy nhất, ta sẽ chứng minh rằng hàm +
f(x)=2xÍx+2—x" =4 ln nghịch biến trên [# ;# 5)
Trang 281 Vvx+2 That vậy, ta có f'(x)= ~3x” <0, nên hàm số trên nghịch biéén rên [v4 ì +o)
Vậy phương trinh da cho cé hai nghiém : x = 1 ; x = 2
+ Câu III (1 điểm)
Taco l= f[2x-2}nxax= f2xinxdx -3 OX ie, 1 x 1 1 x * Tinh f2xinxdx : Dùng công thức tích phân từng phần đặt u = Inox, 1 1; ‘ uy ra u’= — va dv = 2xdx, suy ra v = x?, ta tinh duge x faxinxdx =" 7", ỉ 2 tlnx ï li» | 1 * ry dx I" dx = [nxatns) =l|—lnˆ lặn x] =— n7 e Vay l= —-1 ay 2 4 Câu IV (1 điểm) Ta có AH= € ~ 4 SH = VSA?- AH pe = BSE, 4 SC = VSH?+HC? =av2, do đó AC = SC
Vay tam giác SCA cân tại C, suy ra M là trung điểm SA
Trang 29Với điều kiện này, ta có: x? +4x +21-(-x? +3x+10)= x+11>0 nén V-x? +4x +21 > V-x? +3x +10 hay y > 0 Do đó bình phương hai về, ta có : y2 =(x+3)7—x)+(x+2)(5~x)~2\j(x +3) — x)(x + 2)(6 — x) ? =(x+3)(5—x)+(x+3).2+(x+2)(7—x)—(x+2).2 ~2/(x+3)(7—x)(x+2)(5—x) yˆ =(x+3)(S—x)+(x+2)(7~x) ~2J(x+3)(7—x)(x+2)(S—x) +2 : =(W«+56=»-œ+20=»} #022 Vậy giá trị nhỏ nhất của yŸ là 2 suy ra giá trị nhỏ nhất của y là ⁄2.gi Nu
trri nay dat durgc khi va chi khi x =; 4
(2 Cau VI-a (2 điểm)
1 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình :
(x+2)Ẻ+y`= 74
Phương trình AH : x = 3 va BC 1 AH, suy ra phương trình BC có dạng w =a(a#~ 7 do BC không đi qua A)
Do đó hoành độ B C thỏa mãn phương trình :
(x+2)°+a?=74 © x + 4x + a? — 70 = 0 (1)
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có ít nhất một nghiệ
diương khi và chỉ khi: |a|< J70
Do C có hoành độ dương, nên tọa độ B và C là
B(-2- 74-a? :a) vac(-2+V74~a" sa) Ta có AC L BH, do đó AC.BH =0, hay
(Vr4—a? -5)( 74-2? +5) +(a+ 7-1-2) =¢
a? +4a-21=0
Suy ra a = 3 (loại nghiệm a = —7)
Trang 302 Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần ugt la np (1: 1:1) va ng (13-1; 1) Suy ra: [ np ng | = (2:0; -2) la mot vectơ sháp tuyến của (R) Từ đó, mặt phẳng (R) có "hương trình dạng x - z + D = 0
Vì khoảng cách từ O đến (R) bằng 2 nên - =2©|IDI=22
Vậy mặt phẳng (R) có phương trình: x—z + 24/2 =0 hoặc x - z- 22 =0
3 Câu VII.a (1 điểm)
Giả sử số phức z = a + bi thỏa mãn |z| =2 và zẺ là số thuần ảo
Khi đó: a” + bŸ =2 và z? = a? ~ b? + 2abi nén a? — b? = 0
Từ hai phương trình đó ta suy ra a°=] và bỀ= |,
Vậy các số phức cần tìm là: 1 +i: 1
3 Câu VI.b (2 diém)
1 Gọi tọa độ H là (a : b) Thế thì lb| là
hoảng cách từ H dễn trục hoành, khoảng cách ày băng băng AH nên ta có : aˆ+(b—2)Ê= bể, Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên : a°+(b— 1 =1 lạ = lu =let a?~4b+4=0 Ta được hệ phương trình 3 7 a” +b" -2b=0 Giải hệ này đề tính a, b, ta suy ra có hai điểm H thỏa mãn đề bài, đó là : HÍ2/V5~2 : v5-|) hoặc H(-2V5~2 ‡ 5-1) Vậy phương trình đường thing A là
Trang 31Tạ có AM =(L+1;:t—1;0 và [v, AM] =@=t:2;1< 3), Mà khoảng cách từ M đến As bằng 1 nên [v II: T0L+17 “4 Iv ; Từ đó, ta có t= 1 hoặc t= 4 Vậy có hai diém M thoa man dé bai, do la M(4: 1: 1) hoặc M(7; 4: 4) Ö Câu VỊI.b (1 điểm) > : 7 dy 2=
Điêu kiện : x > 2 và y > 0 Từ hệ đã cho suy ra | #ácF3-£ Si
Thay y = x ~ 2 vào phương trình đầu, ta được x°~3x=0 Phương trình này có nghiệm x = 3 (loại nghiệm x = 0) Từ đó suy ra nghiệm của hệ là (x : y) = (3 : 1)
ẬN XÉT
® Bài 2, Câu II Có thê trình bày cách khác :
Trang 322 2 8 2 Tacd x°+2x+4=(x+l1)’ +323, trong khi dé : ———— <1, nén (4 vx+24+2 ) vô nghiệm Tom lại, phương trình đã cho có hai nghiệm x = I và x = 2 s Câu V Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = J~x?+4x+21—x|—x? +3x +10,
theo cách đã trình bày, ta dùng biến đổi đại số để đánh giá đại lượng y?,
cuối cùng suy ra kết quả cho y
Với câu này, bạn đọc cũng có thể áp dụng đơn thuần bằng giải tích, nghĩa
là tính đạo hàm, tìm các cực trị địa phương rồi so sánh các giá trị cực trị này
với giá trị hàm số tại điểm biên (x = — 2, x = 5)
Để tiến hành theo cách này, trước tiên, ta có điều kién -2<x<5, va
biên đôi hàm số như sau : y =V-x? +4x +21 V-x? 43x 410 -y-x = y-(x- 2) +25~|-| x-3| («-3 phe _— Œ&-2) ;) JL«-22+25 mm" Á{=- 3 49 2} 4
Tuy nhiên, với cách này, việc giải phương trình y' = 0 cũng không đơn
giản (mặc dầu cũng cho ra kết quả của bài toán)
Trang 33ĐỀ THỊ TUYỂN SINH ĐH - CÐ 2009 - Khối A A DE BAI PHAN CHUNG (cho tat ca thi sinh) O Cau I (2 diém) " x+2 Cho hàm sô y = (1) 2x+3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
„2, Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến đé
cất trục hoành trục tung lân lượt tại hai diém phân biệt A B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O Œ Câu II (2 điểm) (I—2sinx)cosx ¬ Ja 1 Giải phương trình ————————————= (I+2sinx)(I—sinx)
2 Giải phương trình 2Ä3x—2 +3/6—5x 8= 0 (x eR) Œ Câu IIT (1 điểm)
sa
Tính tích phân ke x—l)cos“ 2 xdx
O Cau Iv (1 Si
Cho hình chop S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D AB=AD=2a: CD=a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) va (ABCD) bain;
60°, Goi 11a trung diém của cạnh AD Biết hai mặt phăng (SBI) và (SCI) cùn;
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a q Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn
x(x + y +z) = 3yz,
tacd (x+y) +(x+ z)` + 3(x + y)(x +Z)(y+Z) < 5(y + z)
PHÀN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phan A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Œ Câu VI-a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điển 1 (6 ; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD Điểm M(I ; 5) thuộ đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thắn
Trang 342 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(P):2x-2y-z-4=0
và mặt cầu (S) ix + y +z_ 2x - 4y — 6z ~— II = 0 Chứng minh rằmg
nặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn Xác định tọa độ tâm v;à ính bán kính của đường tròn đó
3 Câu VII.a (1 điểm)
Gọi z¡ và Z¿ là 2 nghiệm phức của phương trình: z?+ 2z + 10 = 0 Tinh
sid trị của biểu thức A = |z4 lŸ +|z¿; Í
3 Theo Chương trình Nâng cao
3 Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
(C): x? +y? + 4x + 4y +6 =0
và đường thăng A : x + my —2m +3 =0 véim la tham sé thực
Goi I la tâm của đường tròn (C) Tìm m để A cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
\ va B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
(P):x-2y+2z-1=0
'à hai đường thăng AI: Sel -* at 3 As : xe) me ol
1 1 6 = @ 1 ¬
Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thing A, sao cho khoảng cách trừ
4 đến đường thăng A, và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau
Trang 35
eee 3) «| 4 ach pee :
Hàm số nghịch hiện tren} —H 3) va (-3 st “} Hàm sô không có cực trị - Giới hạn và tiệm cận: lim y= lim y : tiệm cận ngang: y = — son” ae” | 2 3 lim y=-0, lim y=+ø : tiệm cận đứng: X=—> «G) «4 * Đồ thị :
2 Tam giác OAB vuông cân tại O suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng +
Gọi toạ độ tiếp điểm là (xạ ; yọ), ta có :
-l
(2x9 +3)"
=+1 xp =-2 hoac xg =-I ® xạ =—], yạ =1 ; phương trình tiếp tuyến y=—x (loại)
® Xọ =—2 yạ =0 : phương trình tiếp tuyến y =—x—2 (thoả mãn)
Vậy tiếp tuyến can tim: y =-x -2
QO Cau II (2 diém)
1 Digu kign: sinx #1 va sinxe—_ (),
Trang 36Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với :
(I~2sinx)cosx =V3(1+2sin x)(I—sỉn x) Đ F ơ T TL ©cosx-v3sinx =sin2x +-JFeos2x e>cos|x + Š Ì> cos[ 2x —^ ©=x= 2 +k2n hoặc - 18 3ˆ Kết hợp (*), ta được nghiệm : x ma: (k eZ) 2 Đặt u= Ÿ3x—2 và v=6—5x, v>0 (*) Ta có hệ : cv 2u+3v=8 ` bai Supnid ue 3 7M 3V =8 [1503 4-4u2—32u440=0 8§-2u ve © 3 ©u=-2 v v=4 (thoả mãn) (u+2)(15u?~26u +20)=0
Thay vào (*) để kiểm tra điều kiện ta được nghiệm : x =-—2
Trang 37Ö Câu IV (1 điểm)
Ta có (SIB) L (ABCD) và (SIC) L (ABCD) => SI L (ABCD)
Kẻ IK LBC (K eBC) = BC 1 (SIK) = SKI = 600 Diện tích hình thang ABCD :
SAncp = 34”
Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI
3a? 3a?
bang `" suy ra: Saigo = =
Taco BC = \(AB-CD)? + AD? =aV5 > IK = Sie _ 3vSa BC 5 = SI =IK.tan SKI = se : 3 Vậy thê tích khói chóp S.ABCD là V = : 3 Sanco Sl = 3Vi5a 5 Q Câu V (1 điểm) Đặt a=x+y,.b=x+z và c=y+z
Diéu kién x(x +y +z) = 3yz tro thanh: c? =a? +b? -ab
Bất đẳng thức cần chimg minh tương đương với: a” + bỶ + 3abc < Sc’,
voi a,b,c dương thoả mãn điều kiện trên
c?=a?+bể ~ab =(a+by? ~3ab2 (a+b)? — (a+b =Fla+by
=a+b<2c (*)
a +b? +3abe < 5c? > (a+b) (a? +b? ab) + 3abe < 5c}
©(a+b+3ab)c” +3abc < 5c? © (a + b)c + 3ab < 5c?
Từ Œ®) ta có (a+b)e<2c? và 3ab si +b)? <3e?; tar đây suy ra điềt phải chứng minh Dau bằng xay ra khi: a=b=c@x=y =z
O Cau Via (2 điểm)
1, Goi N là điểm đối xứng với M qua I suy
Trang 38EeA>E(x;5-x);IE=(x—6;3-x) va
NE =(x-11;6-x)
E là trung điểm của CD= IE 1 EN
TE.EN = 0 © (x -6)(x-11)+(3-x)(6-x) =0 x =6 Vv x=7 ® x=6=>IE =(0;—3): phương trình AB : y-5=0
® x=7=IE=(1;—4) ; phương trình AB:x~4y +19 =0
2 Mặt cầu (S) có tâm I(:2;3), bán kính R = 5 Khoảng cách từ I đến
():a(L.(®))= 4-3-4
cầu (S) theo một đường tròn
Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến Khi đó,
H là hình chiêu vuông góc của I trên (P) nên IH=d(I,(P))=3,r=R?—IH =4 =3<R; suy ra rằng mặt phẳng (P) cát mặt Như thế, toạ độ điểm H = (x £93 z) phải thoả mãn hệ x=l+2t y=2-2t z=3-t 2x-2y-z-4=0 Giải hệ này, ta được H(3; 0; 2)
[ Câu VIH.a (1 điểm)
Xét phương trình : z?+2z + 10 =0, ta có
A=-36=36i; z =—1+3i;z¿ =—I~3i
= " ố
Vậy A =|zj|Ï +|z;|” =20
Ö Câu VIb (2 điểm)
1 Vì (C) : x” + y + 4x + 4y + 6 = 0 nên suy ra (C) có tâm là I(-2;-2),
bán kính R = V2
Diện tích tam giác LAB bing: S= SIAIBsin AIB< ; R?=1
Trang 39Š lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 tức là IA LIB Khi đó, khoảng cách từ Lđến A là R |-I~2m~2m+3| d(.A)=-==l©e———=<—=I v2 vVIi+m? ©(I~=4m)° =I+m? ©m=0 vm=5 3
2 Từ giả thiết suy ra đường thang A, đi qua A(I:3:—1) và có vectơ chỉ
phương là u= (2:1:—2) Giả sử M thuộc đường thẳng A¡ sao cho khoảng cách từ M đến đường thăng, A; và khoảng cách từ M đến mặt phăng (P) băng nhau
x=l+2t
Phương trình tham số của As là: 4y =3+t
z=-l-2
Từ đó ta có: Me Ai > M(-1+t;t;-9+6t); MA =(2-t:3-t;8-6t);
[MA.0]=(§t~14:20—14t;t—4), suy ra [MA, ú |= 3290 — 88t + 68
Khoảng cách từ M đến A, la: đ(M.A;) -[MAs] ss 1 = ý29t? —88t +68 — lR Khoảng cách từ M đến (P) là : fea) =| Re = 4(M,(P)) =! I+t-2t+12t~18-1—|IIt-20|7 j?¿(2)0¿2 3 Vậy ta có phương trình : -3 5 V29 ~ 8g +68 =|LI= 2Ï 2 3512 — 88t + 53 = 0e t=1 vias, 3 35 * Khi t=1.tacó M(0;1;-3) * Khi = 2 la cổ MS: S2] 3535 35/
Œ Câu VII.b (1 điểm)
Trang 40C NHẬN XÉT
1) Trong bài 2, Câu II, ta đã đặt = Ÿ3x—2 va v=6—5x, v>0 dẫn đến hệ phương trình hai biến u v Với câu này, các bạn cũng có thẻ trình bày theo cách chỉ đặt u=Ÿ3x—2 và sau đó tính 6-5x theo biến u để
dẫn đến một phương trình, như sau : Đặt u = Ÿ3x—2 : và V6-5x = w+ 8-5u> 3 3 8-suy V— 8-suy 3 3 u<4 © 3 5 @u=-2 15u' +4u" -32u+40=0 Ta có: uẺ=3x— 2, suy ra x=
Từ đó, dẫn đến nghiệm của phương trình đã cho là x = -2
2) Trong Câu V, ta đã đặt a = x+y,b=x+Z và c=y+z Bạn đọc cũng có thể tiến hành theo cách khác như sau :
Theo giả thiết, x, y, z là ba số dương nên có thể chia hai về cho x”, điều
kiện x(x+y+z)=3yz trở thành : I+-~ Ty 2a52 2 x x x xX pat u=~, v=2, t=u+v, ca ba sd u,v, t ddu dương Từ điều kiện x x at? 2 trên ta có : l +t= 3uv < {#') =3 œ3 ~4t~ 4>0, hay: (t-2)(3t+2)>0e>t22 (*)
Bây giờ, ta xét bất đăng thức cần chứng minh:
(KtyP ++ 2 +3(x +y)(x +Z((y +2) < 5+2)” Œ®)
Chia hai vé cho x? „ (**) trở thành :
(+u}+(1+v} +3(1+u)(+v)(u+v)<5(u+ v)Ÿ
©(2+0~3(1+u)2(+v)—=3(+u)(1+ v)Ÿ +3(1+u)(1+v)< S âđ(0+é0è-6(+u)(I+v)<5t