đề thi thử Quốc gia Toán 2015, có hướng dẫn giải chi tiết của Nhà giáo ưu tú Phạm Quốc Phong phần 3

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 các em học sinh

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 các em học sinh

Thế là 1 mùa hè nữa đã đến, các em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho

kỳ thi Quốc gia 2015 vơ cùng quan trọng mà sự thành hay bại ảnh hưởng trực tiếp đến tương lai của các em sau này

Mùa hè năm nay cũng giống bao mùa hè năm trước nhưng kỳ thi năm nay lại hồn tồn khác các kỳ thi năm trước Các chuyên gia giáo dục hàng đầu trên thế giới đã chỉ ra rằng: 1 kỳ thi chỉ cĩ 1 mục đích duy nhất, kỳ thi được gọi tên “Quốc gia” của chúng ta hơm nay lại cĩ 2 mục đích là xét tốt nghiệp THPT và Đại học Việt Nam khác với phần cịn lại của thế giới, cĩ thể đây là 1 ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian sẽ trả lời cho điều đĩ Cịn trước mắt, với sự thay đổi xồnh xoạch của Bộ giáo dục và Đào tạo đã làm cho nhà trường, cả thầy và trị cảm thấy bỡ ngỡ, khĩ khăn, khơng biết dạy và học như thế nào cho hợp lý Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi quá rộng, khác lạ so với những gì các em được ơn luyện hàng ngày

Chúng tơi là những giảng viên đứng trên bục giảng đã 20 năm, cả cuộc đời gắn bĩ với sự nghiệp giáo dục và cũng là những bậc phụ huynh khi ở nhà Hơn ai hết, chúng tơi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu của các bậc cha mẹ và của các em học sinh

Khi đã là đấng sinh thành thì khơng cĩ hạnh phúc nào bằng thấy con mình học giỏi, thi đậu đại học và thành đạt sau này Nhưng đĩ mới chỉ là ước

mơ, để đạt được là cả 1 quá trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng của nhà trường, các bậc cha mẹ và đặc biệt là sự cố gắng của các em học sinh

Chúng tôi biết các bậc phụ huynh đã quá vất vả lo toan cho cuộc sống mưu sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng cuộc sống tốt nhất cho gia đình mình Khi trở về nhà thì lo con mình có ăn ngon không, ngủ yên chưa, học hành ra sao, thi trường nào, ai là người thầy dẫn dắt con em mình

đi đến bến bờ của vinh quang?

Thưa Qúy phụ huynh, chúng tôi hiểu các bậc cha mẹ đang trăn trở điều

gì, chúng tôi hiểu các em học sinh 12 đang lo lắng điều gì? Chúng tôi có mặt

ở đây là để hổ trợ, chia sẻ phần nào những nỗi lo đó

1 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM

2 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM

Địa điểm ghi danh: tất cả học sinh tập trung ghi danh tại địa chỉ

481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM)

- Ôn tập tất cả các dạng toán thường xuyên có mặt trong đề thi đại học

- Rèn luyện phương pháp giải bài tập trắc nghiệm nhanh nhất Với những phương pháp này, các em khi làm bài thi sẽ biết ngay cách giải một cách nhanh và chính xác

- Rèn luyện "kĩ năng trình bày lời văn" thật logic và chặt chẽ phần thi

tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa

- Học cách tránh các sai sót thường gặp khi thi

- Luyện tập giải đề thi đại học

- Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp các em vững vàng tâm lý - tự tin vào chính mình khi bước vào phòng thi

- Đặc biệt các Thầy cô sẽ chia sẻ trực tiếp trên lớp những bí kíp, những kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, ra đề thi và chấm thi

TTLTĐHNT được thành lập vào năm 1995, là Trung tâm luyện thi uy tín

và chất lượng nhất Tp.HCM 20 năm hoạt động trong nghề, Trường đã đào tạo hơn 20.000 học sinh, có rất nhiều học sinh đậu điểm cao, á khoa, thủ khoa các trường ĐH danh giá Giờ đây có nhiều người thành danh ngoài xã hội và đang đóng góp tích cực cho sự phát triển của đất nước

Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm và học viên là quan trọng nhất, chúng tôi luôn đòi hỏi về chất lượng giảng dạy, các giáo viên giảng dạy ở trung tâm được " tuyển - chọn" khắt khe về kiến thức sư phạm và tính nhiệt huyết tận tâm với nghề

Chính vì thế Trung Tâm Luyện Thi Đại HọcTrường Đại Học Ngoại Thương luôn dẫn đầu về chất lượng đào tạo Hàng năm có rất nhiều bạn học sinh ôn luyện tại trung tâm thi đỗ đại học và đỗ vào những trường đại học

danh tiếng điều này minh chứng rõ nhất về chất lượng đào tạo của Trường, là một sự vinh hạnh, niềm an ủi lớn nhất đối với đội ngũ giáo viên tận tâm của chúng tôi

TẠI SAO QUÝ PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TÔI?

3 Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, được nhà trường chọn lựa kỹ càng,

họ là những Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ đang giảng dạy tại các trường ĐH lớn nhất TPHCM như Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại thương, Sư phạm, THPT chuyên Lê Hồng Phong Họ là soạn giả nỗi tiếng những bộ sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán rộng rãi khắp cả nước (xem thêm tại www.docsachtructuyen.vn), đặc biệt hơn họ chính là những nhà giáo ra đề thi và chấm thi hàng năm

4 Chất lượng đào tạo tốt nhất tại TPHCM, minh chứng bằng tỷ lệ đậu Đại học , Cao đẳng của Trường năm 2014 là 95%

5 Phương pháp giảng dạy khoa học, hiện đại giúp các em tiếp thu nhanh các kiến thức trong thời gian ngắn nhất

6 Phòng học được thiết kế theo tiêu chuẩn của Bộ giáo dục, sỉ số không quá 30 học sinh/lớp, được trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế ngồi, ánh sáng theo đúng tiêu chuẩn thể trạng của người Việt Nam

7 Có ký túc xá sạch sẽ, được trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ 2 khu

ký túc xác nam, nữ riêng biệt Ký túc xá ở trong khuông viên của nhà trường Có Quản sinh và bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24

8 Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay được sử dụng miễn phí, phòng tự học rộng rãi thoáng mát Ngoài giờ học trên lớp, các em học sinh có thể đến thư viện trường để đọc sách và học bài

9 Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho các em học sinh theo cấu trúc của đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho các em học sinh rèn luyện kiến thức theo đúng chủ đề thi năm nay, đúng trọng tâm thi, không lan man

HỌC PHÍ

LỚP Học phí

(3 môn)

Sỉ số lớp

Số tiết/tháng

Thi thử

Chấm và sửa bài Học ngoài giờ

Tài liệu

VIP 3 triệu 30 132 6 lần 6 lần 6 buổi/tháng Giảm

50% ĐẶC

BIỆT 6 triệu 20 230 12 lần 12 lần

Có thầy kèm từng học sinh mỗi buổi tối

Miễn phí

HỌC SINH HỌC THÊM MÔN

3 Ưu tiên sắp 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, nếu phụ huynh ở xa, không có người thân tại TPHCM thì có thể chuyển khoản đặt cọc theo thông 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 sẽ không trả lại nếu học sinh bỏ không học

Chúng tôi cam kết

Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT

Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học và cao đẳng

Nếu học sinh rớt tốt nghiệp hoặc rớt Đại học, Cao đẳng nằm ngoài số 5% chúng tôi cam kết HOÀN TRẢ LẠI HỌC PHÍ 100%.

Câu 9.b Để có số hạng chứa x8 trong khai triển Newton của nhị thức

 P = (2 + x2)7 là 

  7 2

1 27k k k k

Vậy 280 là hệ số của số hạng chứa x8 trong bài toán đã cho 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 12.1(P) (tương tự câu 7a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm P(4; 1) Viết phương trình đường thẳng qua P cắt tia Ox, Oy tại điểm A, B sao cho (OA + 9OB) nhỏ nhất

Bài 12.2(P) (tương tự câu 7b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường

thẳng (): x y  2 và A là một điểm thay đổi trên đường thẳng

() Trên tia OA lấy điểm M sao cho OA OM 2 2 Chứng minh khi

A thay đổi trên () thì M nằm trên một đường tròn, viết phương

trình đường tròn ấy

Bài 12.3 (tương tự câu 7b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm P(5; 0), đường thẳng (): 4x + 3y + 5 = 0 và A là một điểm thay đổi trên

đường thẳng () Trên tia PA lấy điểm M sao cho PA.PM = 9 Chứng minh M nằm trên một đường tròn cố định qua P, viết phương trình

đường tròn ấy

Bài 12.4 (tương tự câu 9.b) Tìm hệ số của x26 trong khai triển Newton

của nhị thức   

 

7 4

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13 (xem đề trang 19)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1(p)

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm 



22

x y

 Cực trị: Hàm số không có cực trị

 Giới hạn và tiệm cận:

x y  đồ thị có tiệm cận đứng x = 2

 Bảng biến thiên của hàm số

 Đồ thi Đồ thị đi qua gốc tọa độ O(0; 0) Tâm đối xứng I(2; 2)

2) Viết phương trình tiếp tuyến Ta có 

 2

4'

 Khoảng cách từ I đến () lớn nhất  IA  ()

 n cùng phương với IA a 2 0  

a

a Thay vào (1):

Với a = 0, () có phương trình y = x

Với a = 4, () có phương trình y = x + 8 

1 (voâ nghieäm)1

x x x

x x x

Mặt khác SA  (ABCD)  SA  AC (2)

Từ (1), (2)  BM  (SAC) BM SBC( ) (SBM)  (SAC)

 Gọi h là khoảng các từ N tới

mặt phẳng (ABCD)

Tính thể tích khối tứ diện ANIB

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (Hình không vẽ

trong mặt phẳng tọa độ)

Trọng tâm G thuộc đường

thẳng (): x  y  1 = 0

 y = x  1  G có tọa độ G(a; a  1)

C’ G’

G

()

A

C

Gọi C(x; y) Ta có    

  



33

Theo giả thiết sABC 3  |a| = 1  a = 1

Thay vào (1) có  

  



(0; 5) .' ( 6; 1)

C C

Vậy có hai điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C = (0; 5), C’(6; 1) 

 Tin nhắn Liên hệ với câu 7b, Đề 18

Câu 8.a (Hình không vẽ trong

không gian tọa độ)

Vectơ chỉ phương của đường

Mỗi điểm A  () có toạ độ A(a; 2  a; 4 + 2a)

Mỗi điểm B (’) có toạ độ B(8 + 2b; 6 + b; 10  b)

Vậy nên AB = (8 + 2b  a; 4 + b + a; 14  b  2a)

B

I

A B

Suy ra: Trung điểm I của AB có toạ độ là I = (1; 5; 3)

Gọi (S’) là mặt cầu tâm I’ bán kính R’ tiếp xúc với đường thẳng ()

tại M, tiếp xúc với (’) tại N

Ta có 2R’ = I’M + I’N  MN  AB  Vậy nên (*) là phương trình

mặt cầu phải tìm 

Câu 9.a Xét phương trình x4(3i2 2)x2 4 i8 2 0

Đặt x2 = t, phương trình đã cho trở thành t2(3i2 2)t 4 i8 2 0

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {x = 2i; x = ( 2i)}

B Theo chương trình Nâng cao

Câu.7(P)b Đường tròn (C): ( 2)2 (  2 )2 2

3

I , bán kính R 2

Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng ()

Ta có IH bằng khoảng cách từ I đến (), tức tức là:

, chứa hai điểm A(1; 0; 0),

B(0; 1; 1), (ứng với t = 1)

Suy ra mặt phẳng () chứa đường thẳng ()  mặt phẳng () chứa

đường thẳng hai điểm A, B

Giả sử mặt phẳng () qua A, B và cắt trục Oz tại C(0; 0; c) Gọi d là cách từ I đến mặt phẳng ()

 Nếu c = 0 thì ()  (Oxy) Khi đó d = |z I | = 2 > R nên (Oxy) không

phải là mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu (1)

 Với c  0, thì () có phương trình   1

160 NSƯT PHẠM QUỐC PHONG

 () tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi d = R  d2 = R2   



2 2

c c

Thay vào (2) ta có       

Đó là phương trình các mặt phẳng cần tìm 

Câu 9.b (P) Ta có  = (1  5i)2 8(1 + 2i)(i  3)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 13.1 (tương tự câu 1.2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C):

 , biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đoạn thẳng nối tiếp

điểm và tâm đối xứng của (C)

Bài 13.2 (Tương tự câu 4) Tính mỗi tích phân

Bài 13.3 (A2009) (Tương tự câu 7.b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường

tròn (C): (x + 2)2 + (y – 1)2 = 8 và đường thẳng (): x + my + 2m + 1 = 0 Gọi I là tâm của đường tròn Tìm m để đường thẳng () cắt (C) tại

hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất

Bài 13.4 (Tương tự câu 3) Giải phương trình x x2 1 2x23x4

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 14 (xem đề trang 21)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Vậy nên

[0;+ )

min ( )h x h(1) 1 Suy ra giá trị phải tìm của m là m  1 

Câu 2 sin3 sin3  3sin2

 Chú ý Nếu bạn quên công thức sin3x = 3sinx  4sin3x thì có thể

biến đổi: sin3xsin3x = sin2 cosx xcos2 sinx xsin3x

= sin2 cosx x(cos2xsin )sin2x xsin3x

= sin2 cosx xcos sin2x x=sin2 cos  1sin2 cos

13;

2

x y [*] Từ (2)  (x  2y) = 0  x = 2y (3) Thay vào (1) có 4x 1 3 x 2x23x 4 0

P x x = 2 (thỏa mãn [*]) Kết hợp với (3) suy ra hệ có một

nghiệm duy nhất (x = 2; y = 1) 

 Tin nhắn Lời giải sử dụng phương pháp gọi số hạng vắng Liên hệ với Đề 15–Câu 3, Đề 20–Câu 3, Bài tập 20.3

Gọi H là hình chiếu vuông góc

của A’ trên mp(ABCD) Gọi E, F

theo thứ tự là hình chiếu vuông

góc của H trên đường thẳng AB,

AD Từ giả thiết suy ra

 Thể tích khối hộp là  1 '  1.3 2 3. 3  3 7.

Mặc dù chỉ là một trường hợp đặc biệt của BĐT Bunyakovsky nhưng

ở dạng hẹp hơn này, BĐT (1) có tên gọi riêng là BĐT Schwarz Miền áp dụng của BĐT Bunyakovsky là  Miền áp dụng của BĐT

Schwarz là *



 Hẹp hơn một chút, chỉ áp dụng cho b i > 0, nhưng

sự sống BĐT Schwarz rất mãnh liệt bởi sự diễn đạt ngắn gọn trong trình bày lời giải BĐT Schwarz có mặt trong nhiều bài thi học sinh giỏi Quốc tế

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a Elip (E) có tâm là O, tiêu

điểm thuộc Ox nên phương trình

c c

Thay vào (2), (3): Với c = 2 có (a2 = 6; b2 = 2)  phương trình của (E)

166  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG

t t  t = 0  hệ có nghiệm duy nhất (x = 4; y = 1; z = 3)

 () và (’) cắt nhau tai điểm I(4; 1; 3)

 V ectơ chỉ phương của () và (’) theo thứ tự

Mặt phẳng () chứa hai đường thẳng () và (’)  () đi qua I(1; 2; 1)

và nhận –u u ' = (0; 1; –2) làm vectơ pháp tuyến Suy ra () có

Ta có (2)  (u + v)2  2uv = 5  2i (1) (4+ i)2  2uv = 5  2i

 uv = 5 + 5i (3)

Từ (1), (3) suy ra u, v là nghiệm của phương trình phức

z2 (4 + i)z + 5 + i = 0 Ta có  = (4 + i) 2 4(5 + i) = 5  12 i = (2  3i)2

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b(P) (Hình không vẽ trong mặt phẳng tọa độ)

()

Đường tròn (C): x2 + (y  1)2 = 2

có tâm I(0; 1), bán kính R  2

Vẽ đường kính AB0 Nối MB0, BB0

Ta có AB0 2 2

Xét hai tam giác AB0M và ABB0 chung góc A

Theo giả thiết AB.AM = 8   2

0

AB AM AB   0

0

AB AM

Từ đó suy ra M thuộc tiếp tuyến () của (C) tại B0

 AB0 là đường kính  I là trung điểm AB0 B0(1; 2)

Suy ra AB0  (2; 2). Tiếp tuyến của (C) tại B0 được hiểu là đường

thẳng qua B0 có vectơ pháp tuyến là 1 0 (1; 1)

2AB Vậy nên () có

phương trình là (x  1) + (y  2) = 0  x + y  3 = 0 

 Lời bình Bản chất bài toán

 Trong Đề số 12-câu 7b (biến đường thẳng thành đường tròn), tích

số PM.PA có thể lấy tùy ý

 Trong Đề số 14-câu 7b (biến đường tròn thành đường thẳng), trị số

của tích AB.AM không thể lấy tùy ý, mà ắt chỉ có thể AB.AM = (2R)2, trong đó R là bán kính đường tròn cố định chứa A và B

Trong đề ra, R 2 (2 )R2 8 Vì thế không thể khác, phải là

AB.AM = 8 Chìa khóa lời giải là chuyển hóa 8 (2 2) 2 (2 )R 2

Bởi  u'u MN  0nên () và (’)

là hai đường thẳng chéo nhau

A

Đường thẳng vuông góc chung của () và (’) là đường thẳng đi qua

A, nhận AB làm vectơ chỉ phương

Vậy nên nó có phương trình là  1 

x y z 

 Cách 2

Đường thẳng () đi qua điểm M(1; 2; 2)

và có vectơ chỉ phương là

dấu đẳng thức có khi b = 1 Suy ra mind( , )B   3

Khi b = 1 có B1 = (1; 2; 1) là mút của đoạn thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng () và (’) trên () Đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng () và (’) được hiểu là đường thẳng đi

qua B1 và nhận 1( ' ) (1; 1; 1) 

2 u u làm vectơ chỉ phương Vậy nên nó có phương trình là 1 2  1

 Chỉ có một ẩn, lời giải 2 đỡ nhầm lẫn trong tính toán

 Bằng cách sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một điểm đến một đường thẳng, lời giải không cần biết vị trí tương đối giữa () và (’)

 Nhắc lại: AB min ( ) che o ( ')

 AB là đoạn vuông góc chung của () và (’)

Câu 9b Nhắc lại

a C k  (0; 10) [*]

59049 196833

k k

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 14.1 (Tương tự câu 1)

Cho hàm số y = 2x3 3(2m + 1)x2 + 6(m + 1)x  1 (1), với m 

1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên (2; +)

Bài 14.2 (Tương tự câu 1) (A + A 1  2013)

Cho hàm số y = x3 + 3x2 + 3mx  1 (1), với m 

1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên (0; +)

Bài 14.3 (Tương tự câu 3) (B2013)

Giải hệ phương trình       

Bài 14.4 (Tương tự câu 6) Cho bốn số thực dương x, y, z, t Tìm GTNN

(Đề dự bị Olympic Quốc tế 1993, Mỹ đề nghị)

Bài 14.5 (Tương tự câu 9b) Trong khai triển Newton nhị thức (1 + 2x)12

thành đa thức a0 + a1x + a2x2 + … + a11x11 + a12x12 Hãy tìm hệ số a k

lớn nhất (0  k  12)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 15 (xem đề trang 23)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

 Cực trị: Hàm số không có cực trị

 Giới hạn và tiệm cận

x y  Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1

 Bảng biến thiên

 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại B(2; 0), cắt trục tung tại C(0; 2),

tâm đối xứng I(1; 2)

C

Xét  



21

x

y

31

( 1)

y

x

Phương trình đường thẳng đi qua A(0; a) có hệ só góc bằng k là y = k(x  a)

 Qua A có hai tiếp tuyến của (C)  hệ sau có hai nghiệm phân biệt

2

3

1 ( ) (1)

1(*)

3 (2)

( 1)

k x a x

k x

Thế (2) vào (1) có f(x): = x2 + 4x  (3a + 2) = 0 (3)

Hệ (*) có hai nghiệm  phương trình (3) có hai nghiệm x1,2 1

a

a    2 a 1. (thỏa mãn [*])

Vậy a  (2; 1) là các giá trị phải tìm của a 

 sin2x3 2cosxcos2x 3 sin2x

 3 2cosx(2cos2x1) 3 0   2cos2x3 2cosx 2 0

24

 f(x) đồng biến trên (2; +)

Lại có f(3) = 0  x = 3 (thỏa mãn x > 2) là nghiệm duy nhất của

phương trình đã cho 



34(x 1), 2(x1) đẹp là x  1 = 2  x = 3

 Lời bình 2

Nếu biết được một nghiệm của phương trình đại số, thì phương

trình ấy có thể đưa về phương trình tích Vậy nên phương trình đã cho còn có thủ thuật giải “gọi số hạng vắng” như sau (tiếp nối từ (2)):

 Thể tích khối hộp ABCD.D’B’C’D’

 Bởi AB = BC = a và ABC600 nên ABC tam giác đều cạnh a

Diện tích hình thoi ABCD là D 2  2 3.

2

ABC ABC

a

Xét hai tam giác vuông có chung

cạnh góc vuông KC ta có:

 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng D’C và AD

 D’C // A’B  D’C // (A’B D)  d(D’C, AD) = d[D’C, (ABD)] = d[C, (ABD)]

Ta có  





D'

176 NSƯT PHẠM QUỐC PHONG

 Cách 1 Từ giả thiết     

6

y z

2 2 2

5611

dấu đẳng thức có khi x = y = 1

Vậy là giá trị của x chỉ giới hạn trong khoảng  

 

50;

6Trường hợp 1: 0  1

Bởi (d) là đường phân giác góc C  A thuộc đường thẳng chứa cạnh

BC Nói khác đi đường thẳng chứa cạnh BC là đường thẳng đi qua C

và nhận A C = (5; 0) làm vectơ chỉ phương Vậy nên phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là 0(x + 1) – 5(y – 3) = 0  y = 3 

Câu 8a Ta có OC  (Oxy)  OC  AB

Theo giả thiết:

H là trực tâm ABC  CH  AB

z

C

H

Từ đó suy ra OH  (ABC)

Vậy H là trực tâm của ABC khi và chỉ khi

mp(ABC) chứa H và nhận OH

làm vectơ pháp tuyến Bởi vậy mp(ABC) có phương trình là:

1(x  1)  3(y + 3) + 2(z  2) = 0  x  3y + 2z  14 = 0 

 Lời bình

Yêu cầu của bài ra có thể diễn đạt cách khác là:

Viết phương trình mặt phẳng () sao cho d[H, (ABC)] max

(Liên hệ với câu VIb.2-Đề số 7, câu VIb.2-Đề số 8, và câu I.2-Đề số 8.)

3 4

4 4

z i

Đó là hai nghiệm của phương trình đã cho 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b(P). Viết lại x + my  3  m = 0  (x  3) + m(y  1) = 0  ()

luôn đi qua điểm cố định M(3; 1)

Gọi A(a; 0), B(0, b) với a > 0, b > 0 là giao điểm của () theo thứ tự

với nửa trục Ox, Oy Suy ra:

 Diện tích tam giác OAB vuông tại O là 1

Vậy m = 3 là giá trị duy nhất có được mà ta phải tìm 

Câu 8b Đường thẳng () đi qua A(1; 1; 3) và có vectơ chỉ phương là

 (1; 1; 1)

u Đường thẳng (’) đi qua B(2; 0;1) và có vectơ chỉ phương

là u' ( 3; 3; 3)   

Ta có u' 3u  'u và u là hai vectơ cùng phương (1)

Thay tọa độ B vào phương trình () có     



1 1 1  1 = 2 (!), mâu thuẫn  B  () (2)

B và nhận 1  (1; 1; 0)

3AB u làm vectơ pháp tuyến Vậy nên mặt

phẳng ấy có phương trình là (x  2)  y = 0  x  y  2 = 0 

Câu 9b Nhắc lại

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 15.1 (Tương tự Câu 3) Giải mối phương trình sau:

d ( 2)

Bài 15.3 (Tương tự Câu 7a) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có

đỉnh A(1; 3), một đường cao, một đường phân giác trong kẻ từ hai đỉnh

khác nhau theo thứ tự có phương trình x  y = 0, x + 3y + 2 = 0 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC

Bài 15.4 (Đối ngẫu với câu 7b) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(9; 1)

Viết phương trình đường thẳng qua M cắt () nửa trục Ox, Oy theo thứ tự tại A, B sao cho (OA + 4OB) đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 15.5 (Tương tự Câu 6) Cho ba số thực x; y; z thỏa mãn điều kiện

0 < x < y  z  1 và 3x + 2y + z  4

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3x2 + 2y2 + z2

Bài 15.6 (Tổng quát Câu 6) Cho các số thực dương x, y, z, a, b, c, S

thỏa mãn các điều kiện:

0 < x < y  z  1; 0 < c  b  a; b + c < S < a + b + c; ax + by + cz = S Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ax2 + by2 + cz2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 16 (xem đề trang 24)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

 (C m) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt  (1) có hai nghiệm

dương phân biệt 

P S

Đó là giá trị duy nhất có được của m mà ta phải tìm 

Câu 2 Xét phương trình    

5 9

(C )

 2  1 O x 1 x

 (x1)2  (x1)2  1 y2  y2 1 (4) Xét hàm số f t( )  t t1, t0, phương trình (3) có dạng

sin sin 4 2

6 6

4

3 6

2sin

Câu 5

 Tính thể tích khối chóp SABC

Tam giác ABC vuông cân tại A  AB = AC=  3

BC a