1 Giải đề thi đại học khối A môn toán 2009

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối A Môn Toán 2009

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI A NĂM 2009  Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá định hướng” Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liờn h 0936546689 đề thi môn toán khối A năm 2009 Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: x+2 (1) 2x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Viết phơng trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến cắt hai trục Ox, Oy A, B OAB cân O y= Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình: ( 2sin x ) cos x = ( + 2sin x ) ( − sin x ) Gi¶i phơng trình: 3x + − 5x − = 0, (x ∈ ¡ ) Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I = /2 ∫ ( cos x − 1) cos x.dx Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vuông A D, AB = AD = 2a, CD = a, gãc gi÷a hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 60 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thĨ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a C©u V: (1 ®iĨm): Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc d¬ng x, y, z tho¶ m·n x(x + y + z) = 3yz, ta cã: (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z) ≤ 5(y + z)3 Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A hoặ B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) giao điểm hai đờng chéo AC BD Điểm M(1; 5) thuộc đờng thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đờng thẳng (): x + y = Viết phơng trình đờng thẳng AB Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) mặt cầu (S) có phơng trình: (P): 2x 2y − z − = 0, (S): x2 + y2 + z2 − 2x − 4y − 6z − 11 = 0.Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đờng tròn Xác định toạ độ tâm bán kính đờng tròn Câu VII.a (1 điểm): Gọi z1 z2 hai nghiệm phơng trình z2 + 2z + 10 = Tính giá trị biểu thức A = z12 + z22 B Theo chơng trình Nâng cao Câu VI b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) đờng thẳng () có phơng trình: (C): x2 + y2 + 4x + 4y + = 0, (∆): x + my − 2m + = 0, víi m lµ tham sè thùc Gọi I tâm đờng tròn (C) Tìm m để () cắt (C) hai điểm phân biệt A B cho diƯn tÝch ∆IAB lín nhÊt Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) hai đờng thẳng (1), (2) có phơng trình: (P): x − 2y + 2z − = 0, x +1 y z + x −1 y − z +1 (∆1 ) : = = , (∆ ) : = = , 1 −2 x −1 y − z +1 (∆ ) : = = −2 X¸c định toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng (1) cho khoảng cách từ M tới đờng thẳng (2) khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P) Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình: log (x + y ) = + log (xy)   x − xy + y2 = 81   C©u I Víi hàm số: Đánh giá định hớng thực (H): y = ta lần lợt có: ax + b , víi c ≠ 0, D = ad − bc ≠ cx + d d } c b Sù biÕn thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực, giới hạn vô cực đờng tiƯm cËn: lim y = a nªn y = a đờng tiệm cận ngang x c c a Tập xác định D = Ă \{ limd x →−  c y = ∞ nªn x = − d đờng tiệm cận đứng c Bảng biến thiên: ad − bc cx + d - NÕu D = ad bc > hàm số đồng biÕn trªn D - NÕu D = ad − bc < hàm số nghịch biến D Lập bảng biến thiên: y' = Trờng hợp D > x y' y −∞ − d/c + +∞ + +∞ a c a c −∞ d  VËy, hµm sè đồng biến khoảng ; ữ c   d   − ; + ∞ ÷  c  Trêng hỵp D < x y' y −∞ − d/c − +∞ − +∞ a c a c d Vậy, hàm số nghịch biến khoảng ; ữ c   d   − ; + ∞ ÷ c c Đồ thị: Xác định toạ độ giao điểm đồ thị với jai trục toạ độ Do có hai trờng hợp khác chiều biến thiên nên đồ thị hàm số có hai dạng sau đây: Với D > Với D < x= − d/c I x= − d/c y=a/c I y=a/c Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng Một số tính chất hàm phân thức hữu tỉ bậc bậc Tích chất 1: Đồ thị nhận giao điểm hai đờng tiệm cận làm tâm đối xứng Hớng dÉn chøng minh: Bíc 1: ThËt vËy, ®iĨm I(x0, y0) giao điểm hai đờng tiệm cận, ta dời trục tịnh tiến gốc I Công thức dời trơc lµ: x = X + x   y = Y + y0 Thay x, y vµo hàm số ta đợc: a(X + x ) + b Y + y0 = ⇔ Y = F(X) c(X + x ) + d Bíc 2: Hµm sè hàm lẻ nên đồ thị nhận I làm tâm đối xứng Tích chất 2: Không có đờng tiếp tuyến đồ thị hàm số qua tâm đối xứng I Hớng dẫn chứng minh: ax + b Bíc 1: LÊy ®iĨm M(x0, y0)∈(H), y0 = cx + d Phơng trình tiếp tuyến M (d): y y0 = y’(x0)(x − x0) (1) Bíc 2: Gi¶ sư I∈(d), ®ã: a d − y0 = y’(x0)( − − x0) (2) c c Từ (2) suy điều mâu thuẫn Bớc 3: Vậy đờng tiếp tuyến đồ thị hàm số qua I Tích chất 3: M điểm tuỳ ý thuộc đồ thị hàm số Nếu tiếp tuyến M cắt hai tiệm cận A, B thì: a M trung điểm AB; b IAB có diện tích không đổi ; c Tích khoảng cách từ M tới hai đờng tiệm cËn lµ mét h»ng sè Híng dÉn chøng minh: Bíc 1: LÊy ®iĨm M(x0, y0)∈(H), ®ã: ax + b y0 = cx + d Phơng trình tiếp tuyến M (d): y y0 = y’(x0)(x − x0) (1) Bíc 2: Bíc 3: X¸c định toạ độ A, B theo thứ tự giao điểm đd ờng thẳng (d) với tiệm cận ®øng (tc®) x = − vµ tiƯm cËn c a ngang (tcn) y = c Ta cã: a NhËn xÐt r»ng xA + xB = 2xM ⇔ M lµ trung ®iĨm AB b S∆IAB = IA.IB = const c Gọi khoảng cách: d a d1 = d(I, tc®) = |x0 + |, d2 = d(I, tcn) = |y0 − | c c Khi ®ã: d1.d2 = const TÝch chÊt 4: Tam gi¸c néi tiÕp Hyperbol (H) a NÕu ∆ABC néi tiÕp Hyperbol (H) (A, B, C không thẳng hàng thuộc đồ thị hàm số ) trực tâm H ABC thuộc (H) b Nếu ABC vuông A nội tiếp (H) B, C thc hai nh¸nh cđa Hyperbol (H) c NÕu xét tập hợp tam giác vuông có chung đỉnh góc vuông nội tiếp đờng Hyperbol (H) tất cạnh huyền chúng song song víi (hay cïng vu«ng gãc víi mét tiÕp tuyến ) Chứng minh Không tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phơng trình (H): y = x Với A, B, C(H), ta đợc: 1 A(x1, ), B(x2, ), C(x3, ) x1 x2 x3 a Giả sử H(x0, y0) trực tâm ABC, ®ã: 1  uuu uuu r r (x − x1 )(x − x ) + (y − x )( x − x ) =  AH ⊥ BC   r r ⇒ y0 =  uuu uuu ⇔  x0  BH ⊥ AC (x − x )(x − x ) + (y − )( − ) =   x x x1  ⇔ H∈(H) b ABC vuông A uuu uuu r r AB⊥AC ⇔ AB AC = 1 1 ⇔ (x2 − x1)(x3 − x1) + ( − )( − )=0⇔1+ =0 x2 x1 x x1 x1 x x ⇔ x1 x2.x3 = −1 ⇒ x2.x3 < ⇔ B, C thuéc hai nh¸nh cđa Hyperbol (H) c Ta cã:  ∆ABC vuông A đỉnh A, B, C có hòanh độ tơng ứng x1, x2, x3, có: x1 x2.x3 = 1 đờng thẳng (BC) cã hÖ sè gãc kBC = − (1) x2x3 AB1C1 vuông A đỉnh A, B1, C1 có hòanh độ tơng ứng x1, x'2, x'3, lu«n cã: x1 x'2.x'3 = − 1 đờng thẳng (B1C1) có hệ số góc k B'C' = − ' ' (2) x2x3 Tõ (1), (2) suy ra: kBC = k B'C ' ⇔ BC//B'C' Tức BC, B'C' vuông góc với tiếp tuyến t¹i A cđa (H) TÝch chÊt 5: TiÕp tun cđa Hyperbol (H) a Hai tiÕp tun cđa (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi b Hai tiÕp tun song song (H) có tiếp điểm đối xứng qua tâm (H) Chứng minh Không tính tổng quát, ta xét Hyperbol (H) có phơng trình (H): y = x Với A(x1, )(H), ta đợc phơng trình tiếp tuyến A có dạng: x1 1 (dA): y = − (x − x1) + ⇒ hƯ sè gãc cđa (dA) lµ kA = − x1 x1 x1 Víi B(x2, )∈(H), ta đợc phơng trình tiếp tuyến B có dạng: x2 (dB): y = − 1 ⇒ hƯ sè gãc cđa (dB) lµ kB = − (x − x2) + x2 x2 x2 a Ta cã: 1 2 ).(− ) = −1 ⇔ x1 x = −1 (MT) x1 x2 VËy hai tiÕp tun cđa (H) kh«ng bao giê vu«ng gãc víi b Ta cã: 1 2 (dA)//(dB) ⇔ kA = kB ⇔ − = − ⇔ x1 = x ⇔ x1 = − x2 x1 x2 1 Suy A(x1, ) vµ B( − x1, − ) ⇒ A, B ®èi xøng qua t©m O cđa (H) x1 x1 TÝch chất 6: Hyperbol (H) đờng tròn Nếu đờng tròn (C) cắt (H) bốn điểm cho hai điểm điểm đầu mút đờng kính đờng tròn, hai điểm lại đối xứng qua tâm (H) ngợc lại Hớng dÉn chøng minh: Gi¶ sư (C)∩(H) = {A, B, C, D} AB đờng kính (C), đó: DAB vuông D tiếp tuyến D (dD) vuông góc với AB CAB vuông C tiếp tuyến C (dC) vuông góc víi AB ⇒ (dD)//(dC) ⇒ C, D ®èi xøng qua t©m O cđa (H) (dA)⊥(dB) ⇔ kA.kB = − ⇔ (−  Chó ý: Víi phÐp dêi trơc b»ng tịnh tiến gốc I, theo công thức dời trục lµ: d  x =X−   c ,  y = Y + a  c  ax + b k ta đa phơng trình Hyperbol (H): y = vỊ d¹ng: Y = cx + d X Chúng ta nhận thấy rằng: OAB vuông cân O Đờng thẳng AB có hệ số góc Khi đó, toán đợc chuyển "Lập phơng trình tiếp tuyến đồ thị hàm số biết hệ số góc nó" Tới em học sinh hÃy tham khảo định hớng câu I.2 đề to¸n khèi B − 2006  Chó ý: NÕu em học sinh không đa đợc đánh giá hệ số góc tiếp tuyến thoả mÃn điều kiện đầu cần thực toán theo định hớng câu I.2 đề toán khối D 2007 Câu II Chúng ta có đánh giá TS MS nhân tử chung, hớng nhân chéo hai vế ®Ĩ nhËn ®ỵc: ( − 2sin x ) cos x = ( + 2sin x ) ( − sin x ) ⇔ cos x − 2sin x.cos x = ( − 2sin x + sin x ) ⇔ cos x − sin 2x = ( cos 2x + sin x ) Tíi đây, dễ dàng đánh giá đợc cần chia hai cung x 2x hai vế để nhận đợc phơng trình có dạng tổng quát: a.sin(kx) + b.cos(kx) = c.sin(lx) + d.cos(lx), víi a2 + b2 = c2 + d2 phơng pháp giải tơng tự cách để giải phơng trình a.sinx + b.cosx = c Tham khảo định hớng câu II.1 đề toán khối D 2007 Nh vậy, trình bày toán em học sinh cần thực theo bớc: Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình (*) Bớc 2: Sử dụng biến đổi để giải phơng trình Bớc 3: Kết hợp với điều kiƯn (*) ®Ĩ ®a kÕt ln vỊ nghiƯm cđa phơng trình Nhận xét phơng trình chứa bậc ba ( ) ( 3x ) bậc hai 5x mà chúng: Đợc liên kết với phép "+", nên việc sử dụng phép nâng lên luỹ thừa để khử cho phơng trình không khả thi Không có mối liên hệ mũ với nhau, nên sử dụng ẩn phụ để chuyển phơng trình dạng đa thức Từ đó, phơng pháp đợc đề xuất lµ sư dơng hai Èn phơ:  u = 3x − u = 3x −   ⇔ ⇒ 5u3 + 3v2 =   v = − 5x v = − 5x Khi đó, phơng trình đợc chuyển thµnh hƯ:  2u + 3v − = 5u + 3v = để giải hệ cần sử dụng phơng pháp Câu III Đây tích phân chứa hàm số lợng giác (hàm số cosx) lại đợc cho dới dạng tích, điều cho phép nghĩ tới việc tách I thành nhiều tích phân khác nhau, cụ thể: 10 I= /2 ( cos5 x − cos2 x ) dx = π/2 ∫ cos π/2 x.dx − ∫ cos x.dx 0 42 43 42 43 I1 I2 Tới đây, để tính đợc I1 I2 em häc sinh chØ cÇn sư dơng nhËn xÐt cho dạng tổng quát sau: b b cos 2n x.dx sin 2n x.dx ữ đợc xác định cách sử dụng Tích phân a a   1   2 công thức hạ bậc cos x = (1 + cos 2x)  hc sin x = (1 − cos 2x) ÷ 2   b  TÝch ph©n ∫ cos 2n +1 a b ∫ cos a b 2n +1 b   x.dx  hc ∫ sin 2n +1 x.dx ữ đợc xác định cách: a  b x.dx = ∫ cos 2n x.cos x.dx a b = ∫ ( cos x ) cos x.dx = ∫ ( − sin x ) cos x.dx a n n a Khi đó, cần sử dụng ẩn phụ t = sinx Câu IV Đây toán hình học không gian có yêu cầu nhiỊu vỊ kiÕn thøc ë líp 11, thĨ:  Vì (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nªn: SI ⊥ (ABCD) ⇒ VS.ABCD = SI.SABCD Góc hai mặt phẳng, cụ thể (SBC) (ABCD) Khi đó, em học sinh cần đợc điểm thuận lợi K giao tuyÕn BC cho: (SBC) ⊃ Kx ⊥ BC · ⇒ xKy = 600  (ABCD) ⊃ Ky ⊥ BC Điểm K hình chiếu vuông góc S (hoặc I) BC định lý ba đờng vuông góc Công việc lại em sử dụng hệ thức tam giác để tính SI SABCD Câu V Trớc tiên, em học sinh hÃy nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh để khẳng định đợc xây dựng dựa ba hạng tử là: x + y, x + z y + z Nh vậy, để giảm độ phức tạp bất đẳng thức cần chứng minh nghÜ tíi viƯc sư dơng ba Èn phơ: 11 a = x + y  (*) b = x + z c = y + z  vµ bất đẳng thức cần chứng minh tơng đơng víi: a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b)(a2 + b2 − ab) + 3abc ≤ 5c3 (1) Tới đây, cần chuyển biểu thức điều kiƯn theo a, b, c, th× b»ng viƯc giaie hƯ (*), nhận đợc: 1 x = (a − b + c), y = (a + b − c), z = ( −a + b + c) 2 Khi ®ã, ®iỊu kiƯn x(x + y + z) = 3yz trë thµnh: c2 = a2 + b2 ab (2) Công việc lại tận dụng triệt để (2) để chứng minh (1) Câu VI.a Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ để thấy với yêu cầu viết phơng trình đờng thẳng AB, cần xác định phơng (tức tìm vtcp vtpt AB) AB qua M (giả thiết) Ta lần lợt đánh giá nh sau: Để có đợc vtcp AB, cần biết đợc A M B toạ độ A B hớng không không tận dụng đợc giả thiết đà cho I I () E Để có đợc vtpt AB, cần biết D C E toạ độ điểm E E thuộc () nên cần thêm điều kiện Công việc đơn giản tận dụng đợc tính đối xứng tâm I để tìm ®ỵc ®iĨm N ®èi xøng víi M quauuutõ ®ã: uu I,r r N ∈ CD ⇒ NE ⊥ IE ⇔ IE.NE = toạ độ E Nh vậy, để thực toán thực theo bớc: Bớc 1: Gọi N điểm đối xứng với N qua I, suy toạ độ N nhận xét N thuộc đờng thẳng CD Bớc 2: Ta lần lợt: Vì E thuộc đờng thẳng () nên có toạ độ thoả mÃn phơng trình uuu r uu r đờng thẳng () Từ đó, suy toạ độ IE NE Vì E trung điểm CD nên: uu uuu r r IE NE IE.NE = toạ độ E Bớc 3: Phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bëi:  Qua M uu r (AB) : vtpt IE Đây thuộc dạng toán xét vị trí tơng đối mặt phẳng với mặt cầu, đây: 12 uu r a Để chứng minh mặt phẳng (P) (có vtpt n p ) cắt mặt cầu (S) (có tâm I bán kính R) theo đờng tròn, khẳng định: d(I, (P)) < R b Để xác định toạ độ tâm H bán kính r đờng tròn đó, ta lần lợt có: Bán kính r = Bán kính r= R − IH  T©m H hình chiếu vuông góc I (P) nên để có đợc toạ độ H thực theo bớc: Bớc 1: Viết phơng trình tham số (giả sử theo t) đờng thẳng (d) qua I vuông góc với (P), tức: Qua I uu r (d) :   vtcp n p Bớc 2: Thay phơng trình (d) vào (P), ta đợc: f(t) = Giá trị t Toạ độ điểm H Bớc 3: Kết luận Câu VII.a Với yêu cầu cần giải phơng trình để tìm đợc nghiệm phức sử dụng công thức tính môđun Câu VI.b Với em häc sinh cha cã kinh nghiƯm sÏ thùc hiƯn bµi toán theo thứ tự: Tìm m để () cắt (C) (có tâm I, bán kính R) hai điểm phân biệt A B, tức thiết lập ®iỊu kiƯn: d(I, (∆)) < R  T×m m ®Ĩ diện tích IAB lớn Trong thực tế, toán đợc thực theo bớc sau: Bớc 1: Xác định tâm I bán kính R (C) Bíc 2: NhËn xÐt r»ng: 1 · S∆IAB = IA.IB.sin AIB ≤ IA.IB 2 tõ ®ã, suy ra, đạt đợc khi: R à à sin AIB = ⇔ AIB = 90 ⇔ IA ⊥ IB ⇔ d(I, ()) = Giá trị tham số Bớc 3: KÕt luËn  13 Chó ý: Trong lËp luËn có điều kiện d(I, ()) = R < R nên (C) cắt () Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng (d) thoả mÃn điều kiện K", trớc tiên em học sinh hÃy tham khảo định hớng câu III.1 đề toán khối B 2006 Sau đó, cần nhớ đợc công thức tính khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng công thức tính khoảng cách từ điểm tới đờng thẳng Câu VII.b Để giải hệ phơng trình đà cho cần thực hiẹn theo bớc sau: Bớc 1: Đặt điều kiện cã nghÜa cho hƯ (*) Bíc 2: Sư dơng c¸c phép biến đổi tơng đơng hàm mũ lôgarit biến đổi đợc hệ dạng đơn giản Bớc 3: Kết hợp với (*) để kết luận nghiệm hệ Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối A năm 2009 Câu I Ta lần lợt có: a Hàm số xác định D = Ă \ b Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực, giới hạn vô cực đờng tiệm cận: 1 lim y = nên y = đờng tiệm cận ngang x →∞ 2 lim + y = +∞ lim y = −∞  3 vµ x → nên x = đờng tiệm cận đứng x ữ ữ y Bảng biến thiên: x =3/ y' = − < víi mäi x∈D (2x + 3)2 2/3 y = 1/2 I ⇒ hµm số nghịch biến D x y' + 3/2 3/2 y −∞ +∞ +∞ + O x 3/2  c Đồ thị hàm số: Đồ thị hàm sè nhËn ®iĨm I  − ;  14 ữ làm tâm đối xứng Lấy thêm điểm A 0; ữ B(−2; 0)  Ta cã thÓ lùa chän mét hai c¸ch: C¸ch 1: NhËn thÊy r»ng: ∆OAB vuông cân O Đờng thẳng AB có hệ số góc Hoành độ tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị (C) nghiệm phơng trình:  x = −2 = ±1 ⇔ (2x + 3)2 = ±1 ⇔  y’ = ±1 ⇔ − (2x + 3)  x = −1 Khi đó, ta lần lợt có: Với x = 2, ta đợc tiếp tuyến (d1) có dạng y = x Với x = 1, ta đợc tiÕp tuyÕn (d2) cã d¹ng y = −x, tiÕp tuyÕn bị loại qua gốc toạ độ O Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phơng trình y = x Cách 2: Điểm M(a; y(a)) đồ thị hàm số, phơng trình tiếp tuyến M cã d¹ng: (d): y = y'(a)(x − a) + y(a) ⇔ (d) : y = − ⇔ (d) : y = a+2 (x − a) + 2a + (2a + 3) 2a + 6a + x+ (2a + 3) (2a + 3) Toạ độ giao điểm A tiếp tuyến (d) víi Ox lµ nghiƯm cđa hƯ: y =  2a + 6a + ⇒ A( −2a2 − 6a − 6; 0)  y= x+  (2a + 3) (2a + 3)  To¹ ®é giao ®iĨm B cđa tiÕp tun (d) víi Oy lµ nghiƯm cđa hƯ: x =  2a + 6a +   2a + 6a + ⇒ ⇔ B  0;  ÷ (2a + 3)    y = (2a + 3) x + (2a + 3)  Để OAB cân A điều kiện là: a = −2 2a + 6a + OA = OB ⇔ −2a − 6a − = ⇔ (2a + 3)2 = ⇔  (2a + 3) a = Khi đó, ta lần lợt có: Với a = 2, ta đợc tiÕp tuyÕn (d1) cã d¹ng y = −x − Với a = 1, ta đợc tiếp tuyến (d2) có dạng y = x, tiếp tuyến bị loại qua gốc toạ độ O Vậy, tiếp tuyến cần tìm có phơng trình y = x Câu II 15 Điều kiện: sin x ≠ − ( + 2sin x ) ( − sin x ) ≠  sin x ≠  Víi ®iỊu kiƯn (*) biÕn ®ỉi tơng đơng phơng trình dạng: ( 2sin x ) cos x = ( + 2sin x ) ( − sin x ) (*) ⇔ cos x − 2sin x.cos x = ( − 2sin x + sin x ) ⇔ cos x − sin 2x = ( cos 2x + sin x ) ⇔ cos x − sin x = cos 2x + sin 2x ⇔ π π   3 cos x − sin x = cos 2x + sin 2x ⇔ co s  x + ÷ = co s  2x − ÷ 3 6   2 2 π π π    2x − = x + + 2kπ  x = + 2kπ ,k∈ ¢ ⇔ ⇔  2x − π = − x − π + 2kπ  x = − π + k 2π   18 Kết hợp với (*), ta đợc nghiệm phơng trình x = +k ,k ¢ 18 §iỊu kiƯn: 6 − 5x ≥ ⇔ x ≤ Sư dơng hai Èn phô:  u = 3x − u = 3x −   ⇔ ⇒ 5u3 + 3v2 =   v = − 5x  v = − 5x , v Khi đó, phơng trình đợc chun thµnh hƯ: − 2u  − 2u  v =  2u + 3v − =  v = ⇔ ⇔  2  − 2u  3 5u + 3v = 5u + 15u + 4u − 32u + 40 =   ÷ =8     − 2u  u = −2 v = ⇔ ⇔ ⇒ − 5x =  v = (tho¶ m·n ) (u + 2)(15u − 26u + 20) =  ⇔ − 5x = 16 ⇔ x = 16 Vy, phơng trình cú nghim nht x = Câu III Biến đổi I dạng: I= π/2 ∫ ( cos x − cos x ) dx = π/2 π/2 ∫ cos x.dx − ∫ cos x.dx 0 42 43 42 43 I1 (1) I2 Ta lÇn lợt: Với I2 ta sử dụng công thức hạ bËc: π/ π/2 I = ∫ ( + cos 2x ) dx =  + sin 2x  = π ÷ 2  0 (2)  Víi I1 ta sư dơng phÐp biÕn ®ỉi: I1 = π/ ∫ cos x.cos x.dx = π/2 ∫ ( − sin x ) 2 cos x.dx Đặt t = sinx, suy dt = cosx.dx §ỉi cËn: - Víi x = th× t = π - Víi x = th× t = Khi ®ã: 1 I1 = ∫ ( − t ) dt = ∫ ( − 2t + t ) dt =  t − t + t  = (3)  ÷ 15   0 Thay (2), (3) vµo (1), ta đợc I = 15 Câu IV Bạn đọc tự vẽ hình Vì (SBI) (SCI) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên: SI ⊥ (ABCD) ⇒ VS.ABCD = SI.SABCD Ta cã ngay: SABCD = (AB + CD)AD = 3a Gọi K hình chiếu vuông góc S BC, suy ra: IK BC (định lý ba đờng vuông góc) à g((SBC) (ABCD)) = SKI = 600 (1) (2) Ta cã nhËn xÐt: 17 3a 3a = S∆IBC = SABCD − (S∆IAB + S∆ICD) = 3a − 2 MỈt kh¸c, ta cịng cã: 1 S∆IBC = IK.BC = IK (AB − CD) + AD 2 2 ⇔ IK = 2S∆IBC (AB − CD) + AD 2 = 3a Trong ∆SIK, ta cã: 3a 3a 15 · SI = IK.tan SKI = tan 600 = 5 Thay (2), (3) vào (1), ta đợc VS.ABCD = (3) 3a 15 Câu V Đặt: x = (a − b + c) a = x + y     b = x + z ⇒  y = (a + b − c) c = y + z    z = (−a + b + c)  Khi ®ã, ®iỊu kiƯn x(x + y + z) = 3yz trë thµnh: c2 = a2 + b2 − ab 2 ⇔ c2 = (a + b)2 − 3ab ≥ (a + b) − (a + b) = (a + b) 4 ⇔ a + b 2c Bất đẳng thức cần chứng minh tơng ®¬ng víi: a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ⇔ (a + b)(a2 + b2 − ab) + 3abc ≤ 5c3 (1) ⇔ (a + b)c + 3abc ≤ 5c ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c Tõ (2), ta cã: (a + b)c ≤ 2c2 Mặt khác: 1 ab (a + b) ≤ (2c) = c ⇔ 3ab ≤ 3c 4 Céng theo vÕ (4) vµ (5) ta đợc bất đẳng thức cần chứng minh (3) 18 (1) (2) (3) (4) (5) DÊu "=" x¶y vµ chØ khi: c = a + b − ab ⇔ x = y = z  a = b = c C©u VI.a Gäi N điểm đối xứng với N qua I, suy N(11; 1) N thuộc đờng thẳng CD Ta lần lợt: Vì E thuộc đờng thẳng () nên E(x; − x), ®ã: uuu r uu r IE (x − 6; − x) vµ NE (x − 11; x) Vì E trung điểm cđa CD nªn: uu uuu r r IE ⊥ NE ⇔ IE.NE = ⇔ (x − 6)(x − 11) + (3 − x)(6 − x) = ⇔ x2 − 13x + 42 = ⇔ x = x = Ta lần lợt: Với x = phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi: Qua M(1; 5)  uu r (AB) :  ⇔ (AB): y − =  vtpt IE(0; 3) Với x = phơng trình đờng thẳng AB đợc cho bởi: Qua M(1; 5) uu r (AB) :  ⇔ (AB): x − 4y + 19 =  vtpt IE(1; − 4)  VËy, toán có hai nghiệm phơng trình đờng thẳng (AB) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) bán kính R = Ta có: d(I, (P)) = 2.1 − 2.2 − 1.3 − 4 + +1 =3 Biến đổi tơng đơng hệ phơng trình d¹ng: (*) log (x + y ) = log (2xy)  x + y = 2xy x = y   ⇔ ⇔  x − xy + y2 2 = 34  x − xy + y = 3 x − x + x =   x = y x = y = ⇔ ⇔  x = ±2  x = y = Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (2; 2) vµ (−2; −2) 21 ... a) + 2a + ( 2a + 3) 2a + 6a + x+ ( 2a + 3) ( 2a + 3) To¹ ®é giao ®iĨm A c? ?a tiÕp tun (d) víi Ox lµ nghiƯm c? ?a hƯ: y =  2a + 6a + ⇒ A( − 2a2 − 6a − 6; 0)  y= x+  ( 2a + 3) ( 2a + 3) Toạ độ giao... hai nh¸nh c? ?a Hyperbol (H) c Ta có: ABC vuông A đỉnh A, B, C có hòanh độ tơng ứng x1, x2, x3, có: x1 x2.x3 = 1 đờng thẳng (BC) có hệ sè gãc kBC = − (1) x2x3  ∆AB1C1 vuông A đỉnh A, B1, C1... ⊥ AC (x − x )(x − x ) + (y − )( − ) =   x x x1  ⇔ H∈(H) b ∆ABC vu«ng t¹i A uuu uuu r r ⇔ AB⊥AC ⇔ AB AC = 1 1 ⇔ (x2 − x1)(x3 − x1) + ( − )( − )=0? ?1+ =0 x2 x1 x x1 x1 x x ⇔ x1 x2.x3 = ? ?1 ⇒