BỘ ĐỀ LUYỆN THI MÔN TOÁN TSĐH

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015” Khai giảng ngày 01/06/2015 Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa em học sinh Thế mùa hè đến, em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho kỳ thi Quốc gia 2015 vơ quan trọng mà thành hay bại ảnh hưởng trực tiếp đến tương lai em sau Mùa hè năm giống bao mùa hè năm trước kỳ thi năm lại hồn tồn khác kỳ thi năm trước Các chun gia giáo dục hàng đầu giới rằng: kỳ thi có mục đích nhất, kỳ thi gọi tên “Quốc gia” hơm lại có mục đích xét tốt nghiệp THPT Đại học Việt Nam khác với phần lại giới, ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian trả lời cho điều Còn trước mắt, với thay đổi xồnh xoạch Bộ giáo dục Đào tạo làm cho nhà trường, thầy trò cảm thấy bỡ ngỡ, khó khăn, khơng biết dạy học cho hợp lý Rồi bất ngờ, đề thi minh họa đưa ra, nằm chương trình giáo dục phổ thơng hầu hết em học sinh cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi q rộng, khác lạ so với em ơn luyện hàng ngày Chúng tơi giảng viên đứng bục giảng 20 năm, đời gắn bó với nghiệp giáo dục bậc phụ huynh nhà Hơn hết, chúng tơi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu bậc cha mẹ em học sinh Khi đấng sinh thành khơng có hạnh phúc thấy học giỏi, thi đậu đại học thành đạt sau Nhưng ước mơ, để đạt q trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng nhà trường, bậc cha mẹ đặc biệt cố gắng em học sinh BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  233 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB Chúng tơi biết bậc phụ huynh q vất vả lo toan cho sống mưu sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng sống tốt cho gia đình Khi trở nhà lo có ăn ngon khơng, ngủ n chưa, học hành sao, thi trường nào, người thầy dẫn dắt em đến bến bờ vinh quang? Thưa Qúy phụ huynh, chúng tơi hiểu bậc cha mẹ trăn trở điều gì, chúng tơi hiểu em học sinh 12 lo lắng điều gì? Chúng tơi có mặt để hổ trợ, chia sẻ phần nỗi lo Hội đồng sư phạm Trường Đại học Ngoại thương TPHCM họp thống mở lớp “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015” Địa điểm học 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM 199 Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM 135B, Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM Thời gian học: từ ngày 01/06 – 28/06/2015 (tròn tuần) Địa điểm ghi danh: tất học sinh tập trung ghi danh địa 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM) Thơng tin liên hệ: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng) MỤC TIÊU KHĨA HỌC: - - Chú trọng hệ thống hóa kiến thức, nhấn mạnh trọng tâm, giúp cho học sinh có học lực chưa tốt đủ điểm đậu đại học Ơn tập tất dạng tốn thường xun có mặt đề thi đại học Rèn luyện phương pháp giải tập trắc nghiệm nhanh Với phương pháp này, em làm thi biết cách giải cách nhanh xác Rèn luyện "kĩ trình bày lời văn" thật logic chặt chẽ phần thi tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa 234  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG - Học cách tránh sai sót thường gặp thi Luyện tập giải đề thi đại học Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp em vững vàng tâm lý - tự tin vào bước vào phòng thi Đặc biệt Thầy chia sẻ trực tiếp lớp bí kíp, kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, đề thi chấm thi Đây nội dung giảng dạy đặc biệt có trung tâm chúng tơi ĐƠI NÉT VỀ TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC CỦA TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TPHCM TTLTĐHNT thành lập vào năm 1995, Trung tâm luyện thi uy tín chất lượng Tp.HCM 20 năm hoạt động nghề, Trường đào tạo 20.000 học sinh, có nhiều học sinh đậu điểm cao, khoa, thủ khoa trường ĐH danh giá Giờ có nhiều người thành danh ngồi xã hội đóng góp tích cực cho phát triển đất nước Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm học viên quan trọng nhất, chúng tơi ln đòi hỏi chất lượng giảng dạy, giáo viên giảng dạy trung tâm " tuyển - chọn" khắt khe kiến thức sư phạm tính nhiệt huyết tận tâm với nghề Chính Trung Tâm Luyện Thi Đại Học Trường Đại Học Ngoại Thương ln dẫn đầu chất lượng đào tạo Hàng năm có nhiều bạn học sinh ơn luyện trung tâm thi đỗ đại học đỗ vào trường đại học danh tiếng điều minh chứng rõ chất lượng đào tạo Trường, vinh hạnh, niềm an ủi lớn đội ngũ giáo viên tận tâm chúng tơi BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  235 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB TẠI SAO Q PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TƠI? Trung tâm LTĐH Ngoại thương trực thuộc Trường ĐH Ngoại thương TPHCM, trung tâm TPHCM Bộ giáo dục cấp phép quản lý Trung tâm thành lập năm 1995, đến có 20 năm kinh nghiệm đào tạo Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, nhà trường chọn lựa kỹ càng, họ Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ giảng dạy trường ĐH lớn TPHCM Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại thương, Sư phạm, THPT chun Lê Hồng Phong Họ soạn giả nỗi tiếng sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán rộng rãi khắp nước (xem thêm www.docsachtructuyen.vn), đặc biệt họ nhà giáo đề thi chấm thi hàng năm Chất lượng đào tạo tốt TPHCM, minh chứng tỷ lệ đậu Đại học , Cao đẳng Trường năm 2014 95% Phương pháp giảng dạy khoa học, đại giúp em tiếp thu nhanh kiến thức thời gian ngắn Phòng học thiết kế theo tiêu chuẩn Bộ giáo dục, sỉ số khơng q 30 học sinh/lớp, trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế ngồi, ánh sáng theo tiêu chuẩn thể trạng người Việt Nam Có ký túc xá sẽ, trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ khu ký túc xác nam, nữ riêng biệt Ký túc xá khng viên nhà trường Có Quản sinh bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24 Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay sử dụng miễn phí, phòng tự học rộng rãi thống mát Ngồi học lớp, em học sinh đến thư viện trường để đọc sách học Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho em học sinh theo cấu trúc đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho em học sinh rèn luyện kiến thức theo chủ đề thi năm nay, trọng tâm thi, khơng lan man 236  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG HỌC PHÍ LỚP Học phí Sỉ số Số (3 mơn) lớp tiết/tháng Thi thử Chấm Học ngồi sửa Tài liệu triệu 30 132 lần lần buổi/tháng Giảm 50% ĐẶC triệu BIỆT 20 230 12 lần 12 lần Có thầy kèm học sinh buổi tối Miễn phí VIP HỌC SINH HỌC THÊM MƠN LỚP THÊM MƠN VIP triệu ĐẶC BIỆT triệu THÊM MƠN 1.5 triệu triệu Ưu đãi đặc biệt cho học sinh đăng kí trước ngày 20/05/2015 Giảm 20% học phí, lớp VIP 2.4 tr/3 mơn, lớp đặc biệt 4.8 tr/ mơn Tặng tài khoản đọc sách online miễn phí năm website www.docsachtructuyen.vn smartphone trị giá triệu đồng Ưu tiên xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá có hạn) Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà trường, phụ huynh xa, khơng có người thân TPHCM chuyển khoản đặt cọc theo thơng tin sau Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh TPHCM Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường khơng trả lại học sinh bỏ khơng học BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  237 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB Chúng tơi cam kết Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học cao đẳng Nếu học sinh rớt tốt nghiệp rớt Đại học, Cao đẳng nằm ngồi số 5% chúng tơi cam kết HỒN TRẢ LẠI HỌC PHÍ 100% Liên hệ để biết thêm chi tiết ghi danh: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng) 238  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG  1  (sin x  cosx) (cosx  sin x)dx B  20 cosx  sin x  1  (sinx  cosx) dx(cosx  sinx)   20 cosx  sin x  (sin x  cosx)2 ln2  ( ln|sin x  cosx |  )   (3) 4 Thay (2), (3) vazøo (1) có I    ln2   6) Biến đổi I  96sinxdx  (sinx  3cosx)3   24  (sinx  3cosx)  3(cosx  3sinx) (sinx  3cosx)3   24   sin x  3cosx dx  24   dx 6 (sin x  3cosx)   24 (sin x  3cosx)  24  cosx  3sin x (sin x  3cosx)3 d(sin x  3cosx) (sin x  3cosx)3 A  Ta có A   (sinx  3cosx)  4( sinx  cosx)2 2  dx   ,  tan( x  )   12 cos( x  )  B  (cosx  3sinx)dx  (sinx   (1) dx  A 16   40 dx B  dx  dx 3cosx)3   d(sinx  3cosx)  (sinx  0 2(sinx  3cosx)  3cosx)3 Thay vào (1) có I  24  BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  239 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB Bài 1.5  Các đường thẳng l1,2 song song với đường phân giác góc tạo (1) (2) có phương trình | x  y| 12  (2)2  (l ) : x    (l2 ) : y  |3x  y | 32  62  Đường thẳng (d) qua P tạo với (1), (2) tam giác cân có B' đỉnh A = (1)  ( 2) A (d) / /(l1 )  (d) / /(l2 ) C' (2) (1)  Phương trình đường thẳng (d1) qua P (d1) // (l1) x  = B  Phương trình đường thẳng (d2) P  C qua P (d2) // (l2) y = Bởi vậy, có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán (d1): x = 1, (d2): y =  1 x2 Bài 2.1 Ta có  3x  3x 1 1  3x  x2 x 1 x 3 1 1   1 2  (1  )  x  x x  (  )  (  1) x 2 x x x   1 1 2  (  1)  x x  (  ) (1) x x x t ,t Xét hàm số f(t) = 3t + f( 1  1 1 2    3x  3x x   x x x2 Khi phương trình (2) có dạng  )  f (  1)  x = 2 x x x Bài 2.2 Viết lại P  x  1 x y  y     x y y x  1    x y  x    y     2x   2y  y x   240  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG 1 1    2 2 x y  1 x y  2, y  2,   2, 2x 2y y x 1 2     2; x y xy x  y2 Dấu đẳng thức có x  y   MinP =    Mấu chốt phân tích: Điểm rơi chung x  y  Với a > ta có   1   x y a  a P   x     y    (1  a)        x  y   x y  y x   Ta có: x a a  x2 = a  a , Dấu đẳng thức có x  x x 1 a Với x  2    cosx  sin x  2sin(  x)  2cos(  x) 4 Bài 2.3 Nhắc lại    cosx  sin x  2sin(  x)  2cos(  x)  4 3     sin(  x) sin(  x) 16 16 16  x dx   ln3 dx   ln dx Vậy nên I   ln x (1) cosx cosx    Theo Cauchy: x  16 Ta có  3 16  ln3 8 x 16 3 16 16  ln3 dx  4 x ln3     16 16  Tính I1  3 16  ln  (2)   x)  dx Đặt x   t  dx = dt; cosx sin( 16      3  cosx  cos  t  sin  t x  t 4     16 16  ;    3    t sin  x  sin  t  cost x   16 16     2  BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  241 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB I1  3 16  ln  sin(   x) cosx  dx  16  ln 16 16 sin(  cos( 1   t) (  dt)   t) 3 16  ln  16 cost sin(  dt  t)    sin(  t)   ln  dt   I1  I1 =   cost  16   3  sin(  x) 16  ln3 dx    Thay (2), (3) vào (1) có I   ln x cosx  3 16 (3) 16    2cosx  Bài 2.4 Ta có cos2 x    3     2cos cos2 x  2sin sin2 x  2cosx   cos2 x  3sin2 x  2cosx  3  (1  cos2x)  2cosx  3sin2x   cos2 x  cosx  3sinxcosx  cosx   cosx(cosx  3sinx  1)    cosx  3sin x    cosx =  x    k , k cosx  sin x  2  2  x  k2 , k      cos x    cos   3  x  k2 , k  Vậy phương trình có họ nghiệm x = k,  2 x   k2 , x   k2 ,x  k2 (k  )  Bài 3.1(P) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò (C): y = x4  2x2 +  Bảng biến thiên: x –∞ –1  cosx  3sinx    y y – +∞ – 242  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG + +∞ + +∞ Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB 2m   f (2)  Điều có     m  (2) m  8m     Gọi a, b theo thứ tự hoành độ A, B Từ (1) suy a + b = m Điểm M thuộc tiệm cận đứng (C) nên hoành độ M 2 MA  2MB Do A, B, M thẳng hàng nên MA = 2MB    AM  2MB  m2 a   2(b  2) 3b  a  b  a  b m b       (a  2)  2(b  2) b   a  b  b   m   m  2 m2 m2  2m    Thay b  vào (1) có    m 3   83 (thoả mãn (2))  Thay b = m  vào (1) có (m+ 6)2 + m(m+ 6)  2m  =  2m2 + 16m + 35 = (vô nghiệm)  2m2 + 16m + =  m  Vậy có hai giá trò m thoả mãn yêu cầu toán là: m  83  Bài 17.2 1) Tự giải 2) Tìm m Đường thẳng () cắt (C) ba điểm phân biệt  phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: x3 + 3x2  = m(x + 1) x    x  1  (x + 1)[(x  2)2  m]=   (1) ( x  2)  m  Điều nói  phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  1  < m  [*] Gọi giao điểm khác M (d) (C) A(a, m(a + 1)), B(b, m(b + 1)) với (a  1, b  1, a  b) Từ (1) suy a + b = Ta có MA | a  1| m2  , MB | b  1| m2  Vậy nên MA = 2MB  | a  1| m2   2| b  1| m2  a   2(b  1) a  b  3b  a  b4 (a  3;b  1)      a  b  b  a 1,b1 (a  5;b  1) (loai) a   2(b  1)  (a = 3; b = 1) 284  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG Thay (a = 3; b = 1) vào phương trình y = m(x + 1) có m  (thỏa mãn [*]) Vậy m  đáp số toán   3x  y  3( x  y) Bài 17.3 Giải hệ phương trình  12 x  y  3( x  1) y  x  (1) (2) Điều kiện (y ≥ 0, y + ≥ x ≥ 0) (3) Theo câu có (1)  y = 3x (4) Thay vào (2) có x3  x  (x  1) 2x  2  (2x)3  2x  2( x  1) 2x   (2x)3  2x  [(2x  1)  1] 2x   (2 x)3  x   2x    2x  (5) Xét hàm số f(t) = t3 + 2t, t  [0: +) Phương trình cho có dạng f (2x)  f ( 2x  1) Ta có f’(t) = 3t2 + > 0, t  [0: +) Suy f(t) hàm số đồng biến [0: +) x Vậy nên (5)  2x  2x   4x2  2x  =  x  (3) 1  1 3(1  5)  ;y  Kết hợp (4) có  x   nghiệm hệ   4   cho   Tin nhắn Bạn giải phương trình(5) cách dung đẳng thức a3  b3 = (a  b)(a2 + ab + b2) Bài 17.4  Diện tích ABC S  1 a2 AB ACsin1200  a.2a  2 2  Trong ABC có BC2 = AB2 + AC2  AB.AC.2cos1200 hay BC2 = 4a2 + a2  2a.a.(1) = 7a2  BC  a BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  285 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB Gọi H hình chiếu vuông B’ góc A BC C’ A’ 300 Lại có S  BC AH a2 a 21   a AH  AH  2 Từ giả thiết có ACH  300  C'A  AH   H B 2a 21 C’C2 = C’A2  CA2  G C 2a Trong tam giác vuông ACC’ vuông C có M a A 82a2 a 33  a2  49 Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ V  SABC CC  a2 a 33 a2 11   14 Bài 17.5(P) (Hình không vẽ mặt phẳng tọa độ)  Đường thẳng () qua điểm B(0; 0; 1) có vectơ phương u  (2; 1; 1) ; | u| Lấy A(3; t; t), t  điểm tùy chọn thay đổi mặt phẳng () Ta có BA  (3;t; t  1) ,  t t  t  3 t  BA  u   ; ;  = (2t + 1; 2t  5; 2t + 3) 1 1 2   Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng () d | BA  u | | u|  | BA  u | | u| 59 Vậy nên d   B 59 286  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG ()  59 59 () (p’) (p) A A’ (2t  1)2  (2t  5)2  (2t  3)2 59   t2 + t  = 6  A  (3; 1;1) t  1      A'  (3;2; 2) t  x  y 1 z 1 Phương trình đường thẳng (p) // () qua A   1 x3 y2 z2 Phương trình đường thẳng (p’) // () qua A’   1  59 Cố nhiên d(p, ) = d(p’, ) = d(A, ) = d(A’, ) = Vậy nên hai đường thẳng (p), (p’) đường thẳng có mà ta phải tìm  Bài 18.1 1) Xét phương trình 2x   x2  3x   (1)  Cách Điều kiện x   [*] Ta có (1)  (x  1)2  x  2x   ( x  1)2  ( x  1)2 x  2x  [*] x   x       x  x   x   Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 1, x     Cách Biến đổi (1)  (x  1)2  x  2x  Đặt 2x    y, y  Ta có hệ  x  y ( x  1)  x  y   (x  y)(x + y  2) =     x   y ( y  1)  x  (1) Thay vào (1): + Với x = y có (y  1)2 = 2y   y2  4y + = y1  y  2 x y  x  2 2 + Với x =  y có (y  1) = 2(2  y)   y  4y + = y1 x  2 y  y =  x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm x   2, x =  BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  287 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB 2) x2  14 x  11  6x  10  (2x  3)2  6x  10  2x  x  10  y  3, y   Đặt 2   (2x  3)  4(2 y  3)  x  (2 x  3)  y  x  10 Ta có hệ    2 (1)   (2 y  3)  6x  10 (2 y  3)  x  10 x  y  (x  y)(x + y + 5) =   x   y  Thay vào (1):  Với x = y có (2y + 3)2 = 6y + 10  4y2 + y  = y1,5  y  13  x y  x  Với x = y  có (2y + 3)2 = 6(y + 5) + 10  4y2 + 18 y + 29 = (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x  13   Bài 18.2    sin  ( x  ) 4  x e sinx 1)  dx    e dx   2 0 cos ( x  ) cos ( x  ) 4   x    cos( x   )  sin( x  2cos2 ( x     ) e xdx  )  /     )  cos( x  )'   x e dx 2cos2 ( x   ) /      ( e )'cos( x  )  e cos( x  )   4  4  ex   dx    dx     0 2cos ( x  )  2cos( x  )  4     cos( x  x x   e x 2cos( x     e4  ) 288  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG  13   2)   e x sin( x   )  x x dx  cosx  sinx e xdx  (e )'cosx  e (cosx)'dx 0 2cos2 x 0 2cos2 x  cos2 x   /    ex ex 2e       dx  2cosx 2  2cosx   3) Tính  ) 12 dx 3cos2 x  sin2 x    3cos2 x  sin2 x   2 cos2 x  sin2 x            21+cos(2 x  )  4cos2 x   3 6   Ta có:    e x sin  ( x  ) 6 4 12 dx   dx  3cos2 x  sin2 x  2cos ( x  )  Vậy nên    cos( x   e x sin( x    e x sin( x   )  sin( x  2cos2 ( x    )  ) e xdx  )   /    )  e x cos( x  ) 6  dx  2cos ( x  ) (e x )'cos( x     e x 2cos( x     ) e6   Bài 18.3 Viết lại (C): x2 + y2  2x =  (C): (x  1)2 + y2 = Đường tròn (C) có tâm I(1; 0), bán kính R = Gọi AB đường kính A (C)  I trung điểm AB N  B(1;1)  () tiếp tuyến có d(A, ) I lớn  () qua B nhận IA  (0; 1) làm vectơ pháp tuyến M () B BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  289 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB  () có phương trình y + = Khi điểm M  ()  M có tọa độ M(m; 1), AM  (m  1;2) Gọi N(x; y), AN  ( x  1; y  1) Do N thuộc đoạn thẳng AM nên AM = 4AN  AM  AN  m 1 x   m   4( x  1)     y  2  4( y  1)  2  m  1   Điểm N  (C)         (m  1) = 12     M (11;1) m  11     m  13 M (13;1) Đó điểm thỏa mãn yêu cầu toán  Bài 19.1 1) Xét phương trình 4(x  2)[log2(x  3) + log2(x  3)] = 15(x + 1) (2) Điều kiện x > [*] 15( x  1) Ta có (2)  log2(x  3) + log2(x  3) = 4( x  2) Dễ thấy f(x) = log2(x  3) + log2(x  3) hàm số đồng biến x > 3, 45 Bởi có g'( x)   0,x  4( x  2)2 15( x  1)  g ( x)  hàm số nghòch biến x > 4( x  2) Lại có f(11) = g(11) = Vậy nên x = 11(thỏa mãn [*]) nghiệm phương trình cho  (Giá trò x = 11 tìm từ số đẹp) 2) Xét phương trình (x  3)[log3(x  5) + log5(x  3)] = x + 2.(3) Điều kiện x > 5.[*] x2 Ta có (3)  log3(x  5) + log5(x  3) = x3 /  x  2 5  0,x   VT đồng biến, VP nghòch biến    x  ( x  3)2   Lại có VT(8) = VP(8) = Suy x = (thỏa mãn [*]) nghiệm phương trình cho  (Giá trò x = tìm từ số đẹp) 290  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG 3) Xét phương trình 4(x  1)[log3(x + 1) + log4(x + 2)] = 5x  (1) Điều kiện x > 1.[*]  Với x = 1, từ (1) có = (!) mâu thuẫn  x = nghiệm (1) Vậy 1 < x  , ta có (1)  log ( x  1)  log ( x  2)   Xét hàm số f ( x)  log ( x  1)  log ( x  2)  D = (1; 1)  (1; +) Ta có f '( x)  5x   (2) 4( x  1) 5( x  2) , 4( x  1) 1    0, x  D x  x  4( x  1)2  Hàm số f(x) đồng biến khoảng (1; 1), (1; +)  Phương trình (2) có không nghiệm Lại có f(0) = f(2) = Vậy nên x = 0, x = (thỏa mãn [*]) nghiệm phương trình cho. Bài 19.2  Tính VSAMB S  AD  AB Ta có   AD  SA  AD  (SAB) Ta có BC  SB M A Gọi h khoảng cách 300 từ M đến (SAB) 2a Do M trung điểm SD nên h  AD  a D  Diện tích đáy SAB sSAB  SA.SB B N C SA  ABsin300  a  a2 SB  ABcos300  a 1 a2 a3 a    Thể tích tứ diện SAMB V  sSAB h  3  Tính cos( AM,SC ) Gọi N trung điểm CD Ta có: BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  291 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB  MN //SC, cos( AM,SC) |cosAMN | SB  a  SC  1 7a2 2  MN   3a  a2    SB  BC  BC  a 4       AD  a  AN  AD2  DN  4a  a  5a DN  a  Trong SDA vuông A có  SD  1 5a 2 2 AM     SA  AD  a  a  4        Trong AMN có: AN2 = AM2 + MN2  2AM.MN cosM  5a  5a a a 5a  2 cosM 4 2  cosM   35 35   cos( AM ,SC)  35 35 Bài 19.3 (Hình không vẽ mặt phẳng tọa độ) Vectơ phương đường thẳng () u  (1; 1) Gọi I hình chiếu A ()  I(i; i  2)  AI  (i  2; i) Ta có AI  ()  u AI   1.(i  2) + i =  i =  I(1; 1) Gọi M trung điểm BC  I trung điểm AM  M(0; 0)  Đường thẳng BC có phương trình x + y =  B(b; b), DB  (b  3;b  1) A Bởi M trung điểm BC  C( b; b), AC  (b  2; b  2)  BD  AC  DB AC  () I x+y+6=0  (b  3)(b + 2)  (b +1)(b + 2) D  2(b + 2)(b 1) =  b = 1; b = 2 Với b = có B(1; 1), C(1; 1) Với b = có B’(5; 5), C’(5; 5) B Vậy cặp điểm phải tìm gồm có: (B(1; 1), C(1; 1)) (B’(5; 5), C’(5; 5)) 292  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG M x + y +12 = C Bài 19.4 (Hình không vẽ mặt phẳng tọa độ) Vectơ phương đường thẳng () u  (1;1) Gọi I hình chiếu A ()  I(i + 2;  i)  AI  (i  4;i  4) Ta có AI  ()  u AI   1.(i  4) + (i  4) =  i =  I(2; 2) Gọi M trung điểm BC  I trung điểm AM  M(2; 2)  Đường thẳng BC có phương trình x + y + = A  B(b  1;  b 3), DB  (b  2;b) Bởi M trung điểm BC  C( b 3; b 1), AC  (b  9; b  7)  BD  AC  DB AC  ()  (2  b)(b + 9) + b(7  b) I x + y  4= D  b2  =  b = 3 Với b = có B(2; 6), C(6; 2) Với b = 3 có B’(4; 0), C’(0; 4) M B Vậy cặp điểm phải tìm gồm có: x + y + 4= C (B(2; 6), C(6; 4)) (B’(4; 0), C’(0; 4)) Bài 19.5 Hình không vẽ mặt phẳng tọa độ) Đặt (1 ) : x 1 y z 1    a, a  2  Mỗi điểm A  (1) có tọa độ A(1 + a; 2a; + a) Đặt ( ) : x 2 y z1    b, b  1 2  Mỗi điểm B  (2) có tọa độ B(2  b; 3b; 1  2b) Ta có AB  (1  a  b; 2a  3b;2  a  2b) Vectơ phương (d) u  (2; 1; 1)  AB  (d)  u AB   2(1  a  b) + (2a + 3b)  (2 + a + 2b) =  b= a u  (2; 1; 1) (1) (2) A () (d) B BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  293 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB  AB  (2;a;a)  AB2 = 2a2 +  AB  Dấu đẳng thức có a = 0.Vậy nên AB  Khi A(1; 0; 1), AB  (2; 0; 0), phương trình đường thẳng (AB) x   2t  ,t  Đó phương trình đường thẳng () cần tìm  y  z   Bài 20.1(2) Xét hàm số y = x3  (m + 2)x + m + Ta có y’ = 3x2  m  2; y ' =  3x2 = m +2  Hàm số có cực đại, cực tiểu y ' = có hai nghiệm phân biệt  m > 2 [*]  Tọa độ cực trò nghiệm hệ  y  x2 x  (m  2) x  m  y  x3  (m  2) x  m     m2  y'  x    y   (m  2) x  m   f(x; y):=2(m + 2)x + 3y  3m  = (1) Suy (1) phương trình đường thẳng (m) nối hai điểm cực trò hàm số 3   Viết lại (1)  (2x 3)m + 4x + 3y  =  C ;1 điểm cố đònh 2  (m) Véctơ pháp tuyến (m) n  (2m  4; 3)  3  1 Đoạn thẳng AB có trung điểm I ;  , IC  1;   2  2 Gọi A’, B’, I’theo thứ tự hình chiếu vuông góc A, B, I () f ( A)  f (0;1)  3(m  2) Thấy  f ( B)  f (1;2)  m   f(A).f(B) = 3(m + 2)(m + 5) > 0, m > 2  hai điểm A, B nằm phía đường thẳng (m)  ABB’A’ hình thang vuông 294  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG Trong hình thang ABB’A’ ta có A’A + B’B = 2I’I  2IC hay d(A, ) + d(B, )  2IC Dấu đẳng thức có I’  C A I B (1)  ()  IC  IC  (2; 1) vectơ pháp tuyến () 2m    m =  A’ I’ C B’ (thỏa mãn [*])  Vậy m = giá trò có mà ta phải tìm  (m) Bài 20.2 1) Điều kiện cosx  0, Ta có: 3sin2 x 3cosx  sin x 3cosx  sinx  [*]  2sin x  tan x   sinx =  x = kð k   3cosx 3cosx  sin x  3sin xcosx 3cosx  sin x  sin x(2cosx  1) cosx (thỏa mãn [*]) 2cosx   3cos2 x  (2cosx  1)( 3cosx  sinx) cosx    2sin xcosx  3cosx  sin x   sin2 x  sin x   3    2 x  x   m2     2 x    x   n2 y   O    x    m2   (thỏa mãn [*]) 4 n2    x   Vậy phương trình cho có ba họ nghiệm:  4 n2 x  k , x    m2 , x   , (k,m,n)   3 2) Điều kiện sinx  0, sinx + cosx  [*] Ta có   x 2sin xcosx cosx(2 2sin x  1) sin2 x   2cosx  cot x  sin x  cosx sin x  cosx 2sin x BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  295 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB  cosx =  x     k , k  (thỏa mãn [*]) 2sin x 2sin x    2sin2 x  (2 2sinx  1)(sinx  cosx) sin x  cosx 2sin x    sinx  cosx  2sinxcosx   sin x    sin(2 x) 4     2m  x    x   2 x  m2 12     3  x      x  n2 x  2n   4   2l  x  , l  (thỏa mãn [*]) 12 Vậy phương trình cho có hai họ nghiệm x  2l  k , k  , x    , l  12  Bài 20.3 1) Xét phương trình 8x2  8x   8x x2  12x   (1) x2  12 x   Điều kiện:   x < [*] x  Ta có (1)  8 x2  x   8x x2  12 x   8 x2  x  x2 8x  8 x2  x   x( x  2) ( x2  12 x  1)  ( x  2)2  8x x2  x   x   8 x   8x x2  12 x   x  8 x     x2  x   x   x  x   x   x 8 x  8 x   (3)    x  x   x  (4)  (3)  x   (thỏa mãn [*]) 296  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG 48 x2  32 x   x2  x   (7 x  2)2    (4)       x    x      48   27  48  x   48 (thỏa mãn [*])  27  x   48 27 Vậy phương trình cho có nghiệm x   , x   , x    48 48 x  1  2) Điều kiện   x ≥ 1 [*] x     Cách (Gọi biểu thức vắng) Ta có    x   2x   x2  x  (1)  1 x   x   x   2x   2 x  2x  x2  x   0  x2  x   2( x   x  1) 2( x   2 x  3)  x2  x     1   ( x2  x  3) 0 2( x   x  1) 2( x   2 x  3)   x2  2x  =  x = 1, x = Đó nghiệm phương trình cho. x 1 x3  Lời bình Các biểu thức vắng vắng A  gọi ,B  2 nào? Gọi vế trái (1) F(x) Bằng cách đoán x = 1, x = nghiệm phương trình (1)  F(x) (1) chia hết cho (x + 1)(x  3) = x  2x  (2)  Phân tích F ( x)  ( x2  x  3)  x   x   x    (x2  2x  3)  x   ( A  x  1)  (B  2x  3)  A  B  x  (1)  2 Với A, B thỏa mãn  A  p( x   3)  x  (2)  P ( x)  2 (3) B  q( x   3)  x   Q( x) BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  297 Phần 3: Hướng dẫn giải tập đính kèm TN & LB A  B  x   (p 0, q  0) xác đònh  p   pq   q  x 1 x3  A ,B  2  Cách (Gọi số hạng vắng) Ta có    x   2x   x2  x    x1 2  x3 x1    x    x2  x  2( x  3) 2x    ( x  3)( x  2) x  (nhâ n [*])     x   (#)  x   2x   f ( x)    x 2, Gọi x 1  2x   1 1 f '( x)     0,x  1 2 x  1( x   2) x  3( x   3)2  f(x) đồng biến [1; +) Lại có f(1) =  x = 1 (thỏa mãn [*]) nghiệm (#) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 1, x =  Bài 20.4 Gọi a (0 < a < 1) xác suất bắn trúng xạ thủ X, W biến cố ba lần xạ thủ X bắn trượt Suy W biến cố có viên đạn trúng đích xạ thủ X sau ba lần nổ súng Ta có P(W) = (1  a)3  P(W )   (1  a)3 Do P(W )  0,992   (1  a)3 ≥ 0,992  (1  a)3   0,992 = 0,008 = (0,2)3   a  0,  a ≥ 0,8 Đối chiếu với giả thiết suy xạ thủ A sau ba lần nổ súng có xác suất bắn trúng mục tiêu không nhỏ 0,992   Chúc em thành công! 298  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG