Giải và phân tích một số câu khó trong đề tham khảo môn toán THPT QG 2018 – lê phúc lữ

Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 GIẢI VÀ PHÂN TÍCH MỘT SỐ CÂU KHĨ TRONG ĐỀ THAM KHẢO MƠN TỐN THPT QG 2018 (Lê Phúc Lữ tổng hợp giới thiệu) Xin cám ơn thầy cô trung tâm STAR EDUCATION, TP HCM giới thiệu tài liệu để viết hoàn tất Trong viết này, tác giả giải chi tiết (một hai cách) từ câu 35 đến câu 50 đề tham khảo mơn Tốn thi THPT Quốc gia ngày 24/01/2018 Bộ GD-ĐT Ở số câu, có phân tích thêm nội dung liên quan đề xuất tập tương tự    Câu 35 Có giá trị nguyên tham số m để phương trình nghiệm thực? A B C m  3 m  sin x  sin x có D Lời giải Chọn câu A Đặt a  sin x phương trình cho có nghiệm m  3 m  3a  a có nghiệm a  [1;1] Đặt b  m  3a  b  m  3a , thay vào phương trình trên, ta có b  m  3a Ta có  , trừ vế hệ  a  m  3b  m  3b  a  a  m  3b a  b  3b  3a  (a  b )(a  ab  b )  3(b  a )  (a  b )(a  ab  b  3)   a  b Vì nên ta đưa tìm m để phương trình a  m  3a  a  3a  m có nghiệm a  [1;1] Khảo sát hàm số f (t )  t  3t [1;1] , ta có m  [2;2] nên có tất số nguyên 2, 1, thỏa mãn đề Nhận xét Bài toán khéo léo kết hợp nội dung: hệ đối xứng loại 2, miền giá trị hàm y  sin x khảo sát hàm số Dạng cũ cách đặt vấn đề mẻ Bài tập tương tự Tìm giá trị nhỏ m để phương trình ln m  ln(m  x )  x có nghiệm thực? Bài 36 Gọi S tập hợp tất giá trị tham số thực m cho giá trị lớn hàm số y  x  3x  m đoạn [0;2] Số phần tử S A C B D Lời giải Chọn câu B Theo giả thiết m  x  3x   x  3x  m  3, x  [0;2]  3  x  3x  m    , x  [0;2] m  x  3x   3 Xét hàm số f (x )  x  3x [0;2] f (x )  3x  nên f (x )   x  1 So sánh số f (0), f (1), f (2) ta có f (x )  2, max f (x )  Suy [0;2] [0;2] Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018     max x  3x   m  x  3x   1  m  [0;2] [0;2] Đây điều kiện cần m , ta thử lại sau:  Với m  với x  , ta có y  f (2)    Với m   với x  , ta có y  f (1)    Với m  y  f (x )  nên khơng thể có giá trị lớn được, không thỏa Vậy S  1;1 nên có tất hai số thỏa mãn đề Nhận xét Ta thấy y  f (x ) đạt giá trị lớn f (x ) đạt giá trị lớn nhỏ (có thể số âm giá trị tuyệt đối lớn) Khi đó, ta so sánh giá trị f (0)  m, f (1)  2  m, f (2)   m để xét trường hợp; nhiên, toán trở nên rắc rối đạo hàm có nhiều nghiệm Bài tập tương tự 1) Tính tổng tất giá trị m cho giá trị lớn vượt 10 19 x  x  30x  m [6; 4] khơng 2) Tìm m để giá trị nhỏ hàm số ln x  2x  m [0;1] nhỏ    Bài 37 Cho hàm số f (x ) xác định  \  , f (0)  f (1)  Giá    thỏa mãn f (x )    2x    trị biểu thức f (1)  f (3) A  ln 15 B  ln 15 C  ln 15 D ln 15 Lời giải Chọn câu C    1   Hàm số f ( x ) có đạo hàm  \ d x  ln x   C   nên   2x         ln 2x   C , x  1 1 liên tục khoảng (; ),( ; ) Do đó, hàm số f (x ) có dạng    2 ln 2x   C , x   Ta có f (x )  f (x )dx  Thay x  có ln  C   C  ; tương tự thay x  có ln  C   C  Do f (1)  f (3)  ln   ln    ln15 Nhận xét Bài toán đặt thú vị mẻ Ở ta cần hiểu hàm số có đạo hàm trước hết phải  1  1 liên tục, cụ thể liên tục khoảng ;   ;  Do hai khoảng độc lập   2   nên khoảng cho số C khác công thức nguyên hàm Tất nhiên ta 1  tùy tiện tiếp tục chia khoảng  ;  thành hai hay nhiều khoảng cho   số C khác lúc đó, hàm số khơng liên tục miền Bài tập tương tự Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Cho hàm số f (x ) xác định  \ 1;1 thỏa mãn f (x )   1  1 f    f    Tính T  f (2)  f (0)  f (4)     Biết f (3)  f (3)  x 1 Bài 38 Cho số phức z  a  bi (a, b  ) thỏa mãn z   i  z (1  i )  z  Tính P  a  b A P  1 Lời giải Chọn câu D Theo giả thiết B P   C P  D P  a  bi   i  a  b (1  i)   2 a   a  b  a   a  b  (b   a  b )i    b   a  b  Suy a   b   b  a  nên thay vào phương trình đầu hệ, ta có a  2 a  a   a  (a  1)2     a  2a   a  1    Tuy nhiên a  1, b  z  , khơng thỏa Do a  3,b  P  Nhận xét Bài toán túy dạng dùng điều kiện số phức để đưa hệ phương trình Trong đề có biểu thức mođun có vai trò làm cho tốn khó khơng tạo tình đẹp (theo dạng tính mođun hai vế) tương tự đề minh họa năm trước Thực từ phương án A, B, C, D, ta dự đốn a, b, a  b phải số ngun thử số máy tính để tìm lời giải nhanh Bài tập tương tự Cho số phức z thỏa mãn z (1  3i ) z   i   10 Tính z  z   Bài 39 Cho hàm số y  f (x ) Hàm số y  f (x ) có đồ thị hình bên Hàm số y  f (2  x ) đồng biến khoảng B (2; ) A (1; 3) C (2;1) D (; 2) Lời giải Chọn câu C  Ta có  f (2  x )  f (2  x ) nên để tìm khoảng đồng biến, ta tìm x f (2  x )  Dựa theo đồ thị khoảng nghịch biến f (x ) ; 1 (1; 4) Suy 2  x  (; 1) x     2  x  (1; 4) 2  x    Nhận xét Các toán nhận biết, phân tích đồ thị ln tốn đẹp Trong đề minh họa, đề thi thử, đề thức năm trước, ta thấy nhiều dạng Ở tốn trên, ta hàm cụ thể thỏa mãn hình vẽ f (x )  (x  1)(x  4) tìm f (x )  x 4x x    4x thay f (2  x ) vào lại đạo hàm để tìm khoảng đơn điệu 3 Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Tất nhiên cách khơng cần suy luận nhiều dài dòng Ngồi ra, đề thay f (2  x ) thành f (x ) hay f (x  3x ) (như số đề thi thử gần đây) tốn phức tạp nhiều, ta cần xét dấu biểu thức u  công thức đạo hàm f (u ) Bài tập tương tự Cho hàm số y  f (x ) có đồ thị f (x ) hình vẽ 1) Tìm khoảng nghịch biến f (x ) 2) Tìm khoảng đồng biến f (x  3x ) x  có đồ thị (C ) điểm A(a;1) Gọi S tập hợp tất giá trị thực x 1 a để có tiếp tuyến (C ) qua A Tổng giá trị tất phần tử S Bài 40 Cho hàm số y  A B C D Lời giải Chọn câu C Gọi M (x ; y ) tiếp điểm tiếp tuyến (C ) Ta có y   (C ) (d ) : y  1 nên phương trình tiếp tuyến (x  1)2 x  x 02  4x  1 x ( x  x )  hay ( d ) : y    x0  (x  1)2 (x  1)2 (x  1)2 Cần tìm a để phương trình   x 02  4x  a có nghiệm Chú ý phương  (x  1)2 (x  1)2 trình tương đương 2x 02  6x   a  (*), x  nên ta có hai trường hợp:   - Nếu (*) có hai nghiệm phân biệt có nghiệm   a   2    a     Vậy S   1;  nên tổng cần tính     2 - Nếu (*) có nghiệm    32  2(3  a )   a  Nhận xét Ta dễ bị thiếu sót trường hợp thứ hai phương trình có hai nghiệm nghiệm lại khơng thỏa mãn điều kiện đề Các dạng toán đòi hỏi viết phương trình tiếp tuyến qua điểm, đòi hỏi biến đổi cồng kềnh Tất nhiên ta thay phương trình dạng thành y  kx  b với k  f (a ) để xử lý gọn chút Bài tập tương tự 1) Tìm m để từ M (1;2) kẻ tiếp tuyến đến đồ thị hàm số y  x  2x  (m  1)x  2m 2) Biết tập hợp điểm mặt phẳng tọa độ mà từ kẻ tiếp tuyến vng góc đến đồ thị hàm số y  x  2x  đường tròn có bỏ điểm đó, hỏi bán kính đường tròn mấy? x 1 Bài 41 Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;1;2) Hỏi có mặt phẳng (P ) qua M cắt trục x Ox, y Oy, z Oz điểm A, B,C cho OA  OB  OC  ? A B C D Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Lời giải Chọn câu A Xét phương trình mặt phẳng (P ) Khi x y z    , a  b  c  k  a b c 1 k k k    , nhân hai vế cho k ý , ,  1;1 a b c a b c k k k     k  (1)  ( 1)   (1)  k a b c Dễ thấy có ba lựa chọn để k      4,(1)    2,1  (1)   nên có tất ba mặt phẳng (P ) thỏa mãn đề Nhận xét Cách tiếp cận theo phương trình mặt phẳng chắn trục tọa độ hiệu nhất, viết theo dạng tổng quát cho cắt trục q phức tạp Tất nhiên cần có cách tiếp cận phù hợp để hạn chế xét trường hợp, cách này, ta giải tốn sau khơng khó khăn Bài tập tương tự Trong không gian Oxyz, cho điểm M (1;2; 3) Hỏi có mặt phẳng (P ) qua M cắt trục x Ox, y Oy, z Oz điểm A, B,C cho OA  2OB  3OC  ? Bài 42 Xét dãy số (u n ) thỏa mãn log u1   log u1  log u10  log u10 un 1  2un với n  Giá trị nhỏ n để u n  5100 B 248 A 247 C 229 D 290 Lời giải Chọn câu B Dãy số cho cấp số nhân có cơng bội nên ta cần tìm giá trị số hạng đầu u1  Theo giả thiết  log u1  log u10  log u10  log u1   x  x với x  log u10  log u1  Phương trình tương đương với x  0, x   x  x   log u10  log u1   u  218     u  Chú ý u10  u1  nên log(u1  )  log u1   log  1 217  u1  9 Do đó, với n  un  u1  2n 1   2n 18 , ta cần có  2n 18  5100  2n 18  99  n  99  log2  18  247, 87 Vậy giá trị nhỏ cần tìm n n  248 Nhận xét Bài toán kết hợp cấp số nhân, phương trình logarit bất phương trình mũ thú vị Tất nhiên ta hồn tồn định hướng với giả thiết cho trước cơng bội điều kiện lại dùng để xác định số hạng đầu Bài với 22 đề hai câu đòi hỏi phải phụ thuộc vào máy tính tìm đáp số xác Bài tập tương tự Cho cấp số cộng (an ), cấp số nhân nhân (bn ) thỏa mãn a2  a1  0, b2  b1  hàm số f (x )  x  3x cho f (a2 )   f (a1 ) f (log2 b2 )   f (log2 b1 ) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2017an Bài 43 Có giá trị nguyên m để hàm số y  3x  4x  12x  m có điểm cực trị? Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 B A C D Lời giải Chọn câu B Đặt f (x )  3x  4x  12x  m y  f (x )  f (x )  y   f (x )  f (x ) f (x ) Chú ý f (x )  12x  12x  24x  12x (x  1)(x  2) nên f (x )   x  0, x  1, x  Ta thấy y  đổi dấu nghiệm f (x )  không xác định nghiệm f (x )  nên tập hợp điểm cực trị y  f (x ) thuộc tập nghiệm f (x )  0, f (x )  Tuy nhiên, tập nghiệm có khơng q nghiệm nên để thỏa mãn đề y  f (x ) có nghiệm phân biệt khác 1; 0;2 Khảo sát vẽ bảng biến thiên hàm số này, ta thấy 5  m  nên m  4; 3; 2; 1 Nhận xét Bài toán nhắc ta nhớ đến cách xác định điểm cực trị hàm số: điểm làm cho đạo hàm đổi dấu điểm mà đó, f (x ) liên tục f (x ) khơng tồn Các hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối thường sinh điểm cực trị dạng thứ hai Nói theo ý nghĩa hình học, vẽ đồ thị chúng, ta phải lấy đối xứng đồ thị qua trục hoành giao điểm, đồ thị nhọn khơng cong nữa, dẫn đến khơng tồn tiếp tuyến Bài tập tương tự Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  3x  4x  12x  m có nhiều điểm cực trị?  8 Bài 44 Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(2;2;1), B  ; ;  Đường thẳng qua tâm đường  3  tròn nội tiếp tam giác OAB vng góc với mặt phẳng OAB có phương trình A C x 1 y 3 z 1   2 11 y z 3 3 2 x B D x 1 y 8 z 4   2 2 y z   2 x Lời giải Chọn câu A Ta tính OA  3,OB  4, AB  nên tam giác OAB vuông O Sử dụng công thức r  B S 34   , ta có bán kính đường tròn p (3   5) nội tiếp tam giác OAB r  Khi đó, IO  2, IA  5, IB  10 Đặt I (a,b, c) ta có hệ phương trình sau     a  b2  c    (a  2)2  (b  2)2  (c  1)2  O  A   8   (a  )2  (b  )2  (c  )2  10   3  Giải hệ ra, ta I (0;1;1) điểm thuộc phương trình đường thẳng câu A I Nhận xét Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018     Ta dùng cơng thức tâm tỷ cự tâm đường tròn nội tiếp aIA  bIB  cIO  với a,b, c độ dài cạnh OB,OA, AB để tổng quát tính tốn đơn giản Ta thấy thật khơng dễ dàng để chọn tam giác không vuông không gian Oxyz mà độ dài số nguyên Vì nên tốn liên quan đến tâm nội tiếp có lẽ xét trường hợp đặc biệt tam giác vuông Bài tập tương tự Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(3; 0;0), B(0; 4; 0) Viết phương trình đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác OAB Bài 45 Cho hình vng ABCD ABEF cạnh , nằm hai mặt phẳng vng góc với Gọi S điểm đối xứng với B qua DE Thể tích khối đa diện ABCDSEF 11 A B C D 12 Lời giải Chọn câu D S Gọi H  BS  DE H trung điểm BS Ta chia khối đa diện cho thành hai phần: khối chóp S CDFE khối lăng trụ ADF BCE (1) Tính VS CDEF : ta có SCDEF    (vì hình E F H chữ nhật) Ngồi ra, kẻ BK  CE dễ thấy BK  (CDEF ) nên dS /(CDEF )  dB /(CDEF )  BK  ta có VS CDEF    2 3 , từ (2) Tính VADF BCE : lăng trụ có đáy tam giác vng cân cạnh chiều cao nên VADF BCE  K C B A D 12 1  2 1   Nhận xét Đây toán tính thể tích đa diện khó, cần phải tìm cách chia hình thành khối thích hợp Trong lời giải trên, ta không sử dụng đến giả thiết BS  DE , có phải điểm H di chuyển đoạn DE lấy đối xứng B, S qua H ta có kết trên? Vậy nên thể tích cần tìm V  Câu trả lời không Lời giải chưa giải thích rõ số nối cạnh DF mà khơng nối cạnh SA tạo thành cạnh đa diện Thực chứng minh điều khơng khó ta tính HE  DE nên lấy hình chiếu S xuống (ABCD ) , điểm thuộc đoạn BD (chính xác chia BD theo tỷ lệ : ) đó, cạnh SA cạnh khuất (các cạnh khác khơng thay đổi) Bởi nên điểm H di chuyển xuống phía D vượt qua trung điểm DE cạnh SA trở thành cạnh liền DF thành cạnh khuất (khi H trung điểm DE ta có phần hình lập phương) Đây điều cần hiểu rõ thêm toán Bài tập tương tự Cho hình vng ABCD ABEF cạnh , nằm hai mặt phẳng vuông góc với Gọi H điểm chia DE theo tỷ lệ : S điểm đối xứng với B qua H Tính thể tích khối ABCDSEF Tiếp theo, ta xét lời giải khó đề thi, giải theo hai cách để hình dung vấn đề nhiều khía cạnh Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Bài 46 Xét số phức z  a  bi (a,b  ) thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b z   3i  z   i đạt giá trị lớn A P  10 B P  C P  D P  Lời giải Chọn câu A Cách (sử dụng đại số) Ta có (a  4)2  (b  3)2  , cần tìm max P  (a  1)2  (b  3)2  (a  1)2  (b  1)2 theo bất đẳng thức Bunhiacopxki    P  12  12 (a  1)2  (b  3)2  (a  1)2  (b  1)2  a  b  2b  6   Đẳng thức xảy (a  1)2  (b  3)2  (a  1)2  (b  1)2  a  2b  Đặt x  a  4, y  b  x  y  P  (x  4)2  (y  3)2  2(y  3)   x  y  8x  4y  25 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki 8x  4y  (82  42 )(x  y )  20 nên P   20  25  50  P  10 x  2y  Đẳng thức xảy   x  2, y  nên a  6,b  (thỏa mãn a  2b  ) nên  x  y   P  a  b  10 Cách (sử dụng hình học) Trong mặt phẳng tọa độ, xét điểm M biểu diễn cho số phức z Các điểm A(1; 1), B(1; 3) theo giả thiết, ta cần tìm giá trị lớn MA  MB M B Rõ ràng M di chuyển đường tròn (I ; 5) với I (3; 4) I Ta có MA  MB  2(MA2  MB ) Hơn nữa, gọi C trung điểm AB theo cơng thức đường trung tuyến, ta có C A MA2  MB  2MC  AB Do đó, MA2  MB max MC max điều xảy M , I ,C thẳng hàng theo thứ tự Khi đó, M (6; 4) ta có MA  MB nên đẳng thức xảy Vậy z   4i số phức cần tìm P    10 Nhận xét Dạng toán cực trị số phức sử dụng hình học sau năm phát động thi trắc nghiệm gần quen thuộc (ít giáo viên) Thậm chí, bất đẳng thức hình học tiếng khơng có chương trình phổ thơng BĐT Ptolemy, điểm Torricelli, khai thác Ở toán này, điểm A, B cách tâm I nên việc tìm cực trị dễ dàng, dấu xảy đồng thời Ta thử xây dựng khai thác mơ hình sau đây, tương đối liên quan đến toán Xét điểm A, B nằm ngồi đường tròn (I , R) cho AI  kR, k  Ta cần tìm vị trị M  (I ) cho T  MA  kMB nhỏ Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Xét C giao điểm đoạn AI (I ) , lấy D  IC cho R Khi ID  IA  R  IM nên k MD IM IMD  IAM    AM IA k nên AM  kMD T  k (MD  MB) Đến đây, dễ thấy M giao điểm đoạn BD (I ) cực trị xảy ID  A C D I B M , ta có tốn sau Bài tập tương tự Xét số phức z  a  bi (a,b  ) thỏa mãn z   3i  Tính P  a  b biểu thức Cho k  z   3i  z   5i đạt giá trị lớn Bài 47 Cho lăng trụ tam giác ABC A B C  có AB  AA  Gọi M , N , P trung điểm A B , A C  BC Cosin góc hai mặt phẳng (AB C ) (MNP ) A 13 65 B Lời giải Chọn câu B C' M B' I C 17 13 65 D 18 13 65 Cách (sử dụng hình học túy) Ta thấy MN  BC , P  BC nên (MNP )  (BCNM ) N E A' D Đặt D  AB   BM , E  AC   CN DE giao tuyến (BCNM ),(AB C ) Gọi I trung điểm DE theo tính đối xứng, dễ thấy IA  DE, IP  DE  Do đó, cosin cần tìm cos AIP C Ta có AP  P B 13 65 A DE AD AB    nên rõ ràng I B C  AB  AB  B M trọng tâm AB C  Suy AI  Tương tự I trọng tâm MNP nên PI  2(AB 2  AC 2 )  B C 2 13   2(PM  PN )  MN   13 65 Cách (sử dụng hình giải tích) Xét hệ trục tọa độ gốc P chiều dương Ox ,Oy,Oz trùng với  3   ;2 tia PA, PB, AA Ta có B(0; 3; 0), A(3; 0; 0), A(3; 0;2), B (0; 3;2), M  ;  2   Từ theo định lý cosin, ta tính cos AIP    3      Khi đó, MN  BC phương với vectơ u  (0;1; 0) , PM   ; ;2 nên ta tính  2     vectơ pháp tuyến (MNP ) [u, PM ]  (2; 0;  )  n1  (4; 0; 3) Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018    Tương tự B C   phương với vectơ u  (0;1; 0) AB   (3; 3;2) nên vectơ pháp tuyến    (AB C ) n2  [u, AB ]  (2; 0; 3)     Do đó, cosin cần tính cos(n1, n2 )  4233 42  (3)2 22  32  13 65 Nhận xét Đây câu hỏi mức vận dụng cao chương trình lớp 11, yêu cầu xác định góc hai mặt phẳng Bài tốn thực khơng khó, dài, phải tính tốn nhiều yếu tố trung gian Hai mặt phẳng có quan hệ đặc biệt nên xác định giao tuyến dễ, làm cho việc tính tốn nhẹ đi; khơng lời giải theo kiểu túy dài gấp đơi Chú ý đó, lời giải theo kiểu hình học giải tích ổn Đây hướng tiếp cận phổ biến cho ý thứ hai tốn hình khơng gian vào năm thi Tốn tự luận Thực có nhiều cách đặt vấn đề theo kiểu tọa độ dễ mà túy khó, chẳng hạn ta xét tốn bên Bài tập tương tự Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a diện tích tam giác mặt bên a Gọi M trung điểm đoạn thẳng SA DH đường cao tam giác SCD , H  SC Tính khoảng cách hai đường thẳng BM , DH Bài 48 Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;2;1), B(3; 1;1) C (1; 1;1) Gọi (S1 ) mặt cầu tâm A có bán kính , (S ),(S ) mặt cầu có tâm B,C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu (S1 ),(S ),(S ) ? A B C D Lời giải Chọn câu B Cách (sử dụng đại số) Xét () : ax  by  cz  d  mặt phẳng thỏa mãn đề Ta có   a  2b  c  d  a  b  c   d   A/( )    3a  b  c  d  a  b  c  dB /( )  dC /( )      a  b  c  d  a  b  c    a  Từ hai đẳng thức cuối, ta có 3a  b  c  d  a  b  c  d   b  a  c  d Ta xét trường hợp sau:  2 c  d   2b  c  d  b  c (1) Nếu a  ta đưa   2b  c  d  b  c  d    b  c  d  b  c 4b  c  d    1.1/ Nếu c  d 2b  b  c  c   a  c  d  () : y  1.2/ Nếu 4b  c  d 3b  b  c  2 b  c , có hai mặt phẳng () thỏa mãn (2) Nếu b  a  c  d thay vào hai phương trình đầu lập luận tương tự, thu thêm bốn mặt phẳng Vậy tổng cộng có mặt phẳng thỏa mãn đề Cách (sử dụng hình túy) 10 Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Trước hết, ta có nhận xét: không gian, cho điểm A đường thẳng  với dA/  h Khi đó, - Có hai mặt phẳng (P ) chứa  cách A khoảng d  h - Có mặt phẳng (P ) chứa  cách A khoảng d  h Xét mặt phẳng () qua điểm A, B,C hình bên Ta có AB  AC  13, BC  nên ta tìm điểm chia trong, chia đoạn AB, AC theo tỷ lệ : E, F ,G, H (đây tâm vị tự cặp đường tròn tương ứng), D trung điểm BC Mặt phẳng (P ) có dạng: - Đi qua E,G : dễ thấy EG tiếp xúc với (S1 ),(S ),(S ) nên (P ) chứa EG vuông góc với () , theo nhận xét trên, có mặt phẳng - Đi qua E, D, H : ta thấy dA/EH  2, dB /EH  dC /EH  nên có hai mặt phẳng (P ) chứa EH tiếp xúc với ba mặt cầu - Đi qua G , D, F qua FH : tương tự trên, có thê hai mặt phẳng Vậy tổng cộng ta có mặt phẳng (P ) thỏa mãn đề Nhận xét Bài tốn có ý nghĩa khơng có mặt cầu nằm mặt cầu Việc tiếp cận theo hướng mặt phẳng qua tâm chuyển tốn 3D thành 2D dễ xử lý hình dung nhiều Ta thử xét toán: Số mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu tùy ý bao nhiêu? Để đơn giản, ta xét trường hợp khơng có mặt cầu tiếp xúc giả sử bán kính mặt cầu phân biệt Khi đó, cặp đường tròn hình cho ta tâm vị tự tâm vị tự C B A Ta có cặp đường thẳng qua ba tâm vị tự hình vẽ bên Mỗi đường thẳng sinh mặt phẳng tiếp tuyến tùy thuộc vào vị trị với mặt cầu Cụ thể là: - Nếu đường thẳng cắt mặt cầu số mặt phẳng cần tìm - Nếu đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (dĩ nhiên tiếp xúc tiếp xúc ) số mặt phẳng cần tìm - Nếu đường thẳng khơng cắt mặt cầu số mặt phẳng cần tìm Từ đó, ta thấy ba mặt cầu nằm bán kính đơi khác số mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu thay đổi từ đến , tùy thuộc vào vị trí tâm bán kính mặt cầu 11 Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Trong trường hợp đặc biệt bài, có hai mặt cầu bán kính, ta hiểu EG, FH qua tâm vị ngồi vơ cực hai mặt cầu có bán kính B,C Khi đó, bốn đường thẳng có đường khơng cắt mặt cầu đường tiếp xúc với nên số mặt phẳng    Bài tập tương tự Trong không gian Oxyz, cho ba điểm A(1;2;1), B(3; 1;1) C (1; 1;1) Gọi (S ) mặt cầu tâm A có bán kính , (S ),(S ) mặt cầu có tâm B,C bán kính Hỏi có mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu (S1 ),(S ),(S ) ? Bài 49 Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C thành hàng ngang Xác suất để 10 học sinh trên, khơng có hai học sinh lớp đứng cạnh 11 630 Lời giải Chọn câu A A B 126 C 105 D 42 Khơng gian mẫu số cách xếp tùy ý 10 học sinh hàng ngang n()  10 ! Gọi A biến cố đề yêu cầu Đến đây, ta có hai cách tiếp cận sau Cách (sử dụng phép đếm bản) Cho học sinh lớp 12C đứng trước, có 5! cách xếp, xét khoảng trống họ hình bên (học sinh dấu  ): Ta có trường hợp: O  O  O  O  O  O - Nếu học sinh 12A 12B đứng vào vị trí O trước hiển nhiên thỏa mãn Số cách xếp ! (cho học sinh 12A 12B) - Nếu học sinh 12A 12B đứng vào vị trí O sau tương tự trên, có 5! cách - Nếu học sinh 12A, 12B khơng đứng hai vị trí O đầu cuối có hai học sinh 12A, 12B đứng chung vào ô Ta lần lượt: chọn ô đứng chung, chọn học sinh 12A học sinh 12B, xếp hai học sinh này, xếp học sinh lại, có tất C 21 C 31   3! cách Do đó, số cách xếp tổng cộng n(A)  5!(2  5! C 21 C 31   3!) Vậy xác suất cần tính P (A)  n(A) 11  n() 630 Cách (đếm theo xây dựng công thức truy hồi) Gọi f (a, b, c) số cách xếp thỏa mãn đề bài, ứng với trường hợp có a,b, c học sinh 12A, 12B, 12C học sinh đứng đầu 12A (ở ta xét vị trí, chưa xét hốn vị học sinh lớp) Ta cần tính f (2, 3, 5)  f (3, 5, 2)  f (5, 2, 3) Giả sử a  max a, b, c  f (a, b, c)  a   b  c Thật vậy, đó, a học sinh có a  khoảng trống, b  c học sinh lại khơng đủ bù vào khoảng nên số cách xếp Tiếp theo, có học sinh 12A đứng đầu nên bỏ học sinh có học sinh 12B 12C đứng đầu, có a  học sinh 12A, b, c học sinh 12B, 12C nên ta có cơng thức f (a, b, c)  f (b, c, a  1)  f (c, a  1, b) a  f (a, b, c)  a  Từ đó, ta tiến hành tính f (2, 3, 5)  f (4,2, 3)  f (3, 4,2) thế, tính tiếp f (4, 2, 3), f (3, 4,2),  ta tính n(A)  ! ! 5! 44 nên có đáp số 12 Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Nhận xét Bài tốn xếp có ràng buộc quen thuộc với học sinh THPT đây, toán phát biểu mẻ Trường hợp thứ ba lời giải dễ bị bỏ sót chọn phải phương án B Nói thêm dạng tổng quát toán thay 2, 3,  a,b, c trên, lời giải thứ hai có nêu cơng thức dạng truy hồi cho nó; nhiên, khó tìm cơng thức tường minh Đặc biệt, a  b  c  n , gọi un số cách xếp n(n  1)un  (n  1)(7n  4)un 1  8(n  2)2 un2 u1  6, u2  30 Chú ý nội dung giới thiệu để bạn đọc tham khảo thêm; tất nhiên xuất mức độ kỳ thi THPT QG Bài tập tương tự Trong CLB, có hai ban văn nghệ học tập Trong ban văn nghệ, có nam nữ; ban học tập, có nam nữ Xếp ngẫu nhiên 18 học sinh CLB thành hàng ngang Tính xác suất để khơng có bạn nam ban đứng cạnh bạn nữ ban Câu 50 Cho hàm số f (x ) có đạo hàm liên tục đoạn [0;1] thỏa mãn f (1)  0,  [ f (x )]2 dx   x f (x )dx  Tích phân Lời giải Chọn câu A  f (x )dx bằng: B A C D Sử dụng phương pháp tích phân phần, ta có   1 1x3 x f (x ) 1 x f (x )dx   f (x )dx    x f (x )dx Suy 3  x f (x )dx  1 Đến ta có hai cách xử lý Cách (sử dụng biến đổi thông thường) Ta có   f (x )  7x   Mặt khác f (x )  7x 1 dx   [ f (x )]2 dx  14  f (x )x dx  49  x dx   14(1)    nên ta phải có   f (x )  7x  f (x )  7x   f (x )  Mà f (1)  nên tìm C  Do   dx  , đẳng thức phải xảy nên ta có f (x )dx   f (x )dx  49  7x C 7 (x +1)dx  0 Cách (sử dụng bất đẳng thức tích phân) Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz tích phân 1   2  x f (x )dx   ( x ) d x  0 0 ( f (x )) dx    nên   0 1   x f (x )dx  13 Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 kx C Do đó, đẳng thức phải xảy ra, tức f (x )  kx với k   ; f (x )  Đến ta đưa tình tương tự trên, thay vào  x f (x )dx  1 để có k  7 Nhận xét Vậy cuối bất đẳng thức tích phân xuất chương trình thi Đại học Ở tốn này, có lẽ cách đánh giá đưa tìm biểu thức tường minh f (x ) cách Thật khó để nhẩm hàm (bậc bốn, hệ số hữu tỷ) theo cách xây dựng hàm cụ thể thỏa mãn điều kiện Xin nêu số dạng phổ biến sau: (1) Trên miền [a ; b ] f (x )  g (x )   b a b f (x )dx   g(x )dx  a Điều hiển nhiên theo định nghĩa diện tích hình phẳng Trên thực tế, ta khơng cần ràng buộc g(x )  cần phải xét trường hợp f (x ), g (x ) có phần nằm trên, Ox , khơng đơn giản b (2) Trên miền [a;b ] max f (x )  M , f (x )  m (b  a )M   f (x )dx  (b  a )m a Đây hệ (1) (3) Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dùng trên: Với hàm số liên tục f (x ), g (x ) b b  b  2  f (x )g (x )dx   f ( x )d x  a a g (x )dx   a Để chứng minh, ta xét số thực k  f (x )  kg (x )  0, x nên b b   f (x )  kg(x ) dx  b a b Suy k  g (x )dx  2k  f (x )g (x )dx   f (x )dx  a a a Bất đẳng thức với k   nên ta cần có b b  b    k   f (x )g (x )dx   k  f (x )dx   g (x )dx  a a  a  Từ có đpcm Đẳng thức xảy tồn k để f (x )  kg (x ) Dạng Toán thực quen thuộc bậc Đại học (đặc biệt kỳ thi Olympic Tốn sinh viên), có lẽ học sinh THPT dần phải làm quen với Bài tập tương tự 1) Cho hàm số f (x ) liên tục có đạo hàm [0;1] thỏa mãn f (1)  f (0)  giá trị   [ f (x )]2 dx  Tính f (x )dx 2) Cho hàm số f (x ) có đạo hàm [1; 3] f (1)  0, max f (x )  10 Tìm giá trị nhỏ tích phân [1;3] I   [ f (x )]2 dx 14 ... ABCDSEF Tiếp theo, ta xét lời giải khó đề thi, giải theo hai cách để hình dung vấn đề nhiều khía cạnh Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 Bài 46 Xét số phức z  a  bi (a,b  ) thỏa... đầu Bài với 22 đề hai câu đòi hỏi phải phụ thuộc vào máy tính tìm đáp số xác Bài tập tương tự Cho cấp số cộng (an ), cấp số nhân nhân (bn ) thỏa mãn a2  a1  0, b2  b1  hàm số f (x )  x ... Tìm số nguyên dương n nhỏ cho bn  2017an Bài 43 Có giá trị nguyên m để hàm số y  3x  4x  12x  m có điểm cực trị? Hướng tới kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2017 – 2018 B A C D Lời giải Chọn câu