Trich doan sach toan tap 2 cua LOVEBOOKVN

Định hướng: Chắc chắn là trong quá trình xử lí bài toán thì phải dùng đến phương trình hoành độ giao điểm của (C) với (d). Tiếp tục xử lí góc AOB nhọn. Để ý rằng AOB chính là góc hợ[r]

XIN GỬI TỚI QUÝ THẦY CÔ VÀ CÁC EM HỌC SINH YÊU QUÝ TRÍCH ĐOẠN MỘT SIÊU ẤN PHẨM THÁNG CỦA LOVEBOOK (dự kiến 06/04/2014)

TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN (TẬP 2)

ĐỀ SỐ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x

x



 có đồ thị (C)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

Tìm giá trị thực m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B nằm hai phía trục tung cho góc AOB nhọn (O gốc tọa độ)

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = (x ∈ ℝ) Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình  

 

2

x 4x 9x

x 4x 3x 1

1

 

     (x ∈ ℝ)

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =    

π π

sin2x cos x 2xcos x ln x dx sin x x ln x

   





Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân C, cạnh AB = 2a góc ABC = 300 Mặt phẳng (C’AB) tạo với mặt đáy (ABC) góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’

và tính khoảng cách hai đường thẳng AB CB’ theo a

Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng:

    a b c

1 a b c

b c c a a b 1

     

     



II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo Chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A nằm đường thẳng : x – y + = Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – = Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho, biết I(1; 4) trung điểm CD đỉnh D có hồnh độ số ngun

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2y2z22x 4y 4z 16  

và đường thẳng : x y z

1

  

 Viết phương trình (P) chứa đường thẳng  cắt mặt cầu (S) theo đường

trịn có bán kính

Câu 9.a (1,0 điểm) Anh Thùy chị Hiền chơi Boom Online Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trị chơi cố gắng anh Thùy chị Hiền, chị nghĩ trò cá cược: thắng trước ván thắng trận người thua phải “nạp” cho người thắng 3K Biết số trận chơi tối đa ván, xác suất mà chị Hiền thắng trận 0,4 khơng có trận hịa Đồng thời có người thắng ván trị cá cược dừng lại Tính xác suất mà chị Hiền lấy 3K từ vụ thắng cược này?

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2CD Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – = điểm M có tọa độ M 11

2

 

 

 ;  Tìm tọa độ điểm A

GIẢI ĐỀ SỐ Câu

1

• Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2} • Sự biến thiên:

– Chiều biến thiên:

 2

5

y’

x



 



với x ∈ 𝔻 Hàm số nghịch biến khoảng (–; 2) (2; +) – Giới hạn tiệm cận:

xlim y xlim y 1  ; x 2lim y  ; x 2lim y = –

Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = làm tiệm cận ngang nhận đường thẳng x = làm tiệm cận đứng – Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

Đồ thị (C) hàm số cắt trục tung



 

 

 ; , cắt trục

hoành điểm (–3; 0) Đồng thời (C) nhận giao điểm hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng

2

Định hướng: Chắc chắn q trình xử lí tốn phải dùng đến phương trình hồnh độ giao điểm (C) với (d) Thấy phương trình hồnh độ giao điểm có dạng bậc nên việc dùng định lí Viét điều đương nhiên! Gọi hai nghiệm phương trình x1, x2 theo ra, x1 x2 phải trái dấu  ac <

Tiếp tục xử lí góc AOB nhọn Để ý AOB góc hợp hai véctơ OA OB , đồng thời thấy trình giải ta chưa sử dụng định lí Viét, nên ta cần nghĩ liên hệ đối xứng A, B để áp dụng định lí Viét Rõ ràng, AOB nhọn  cosAOB > (1) Thêm chút gia vị vào hai vế: nhân hai vế với OA.OB (1)  OA.OB > 0, liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng định lí Viét! Bài giải:

+) Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

  

x x m x 2 x m x 3

x

         

 (dễ thấy x = không nghiệm)

 

2

x m x 2m

      (*)

+) d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B nằm hai phía trục tung

 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1x2 <

 P = 2m + <  m <

 (**)

Lúc theo định lí Viét ta có:

1

x x m

x x 2m

   

  



+) Khơng tính tổng qt, giả sử A(x1; –x1 + m) B(x2; –x2 + m)

AOB nhọn  cos AOB >      

1 2 2

OA.OB 0 x x   x m  x m  0 2x x m x x m 0 x O

1

2 y

I –3

1

x y' − − y

   

2 2m m m m 3m m

            Kết hợp với (**) ta kết luận giá trị m cần tìm m ∈

2

  

 

 ; 

Cần nhớ: AOB nhọn  OA.OB 0 Câu

Nhận xét: Phương trình dạng thuần, ta biến đổi tanx = sin x

cos x quy đồng lên dạng phương trình quen thuộc với hướng giải phân tích nhân tử chung:

cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = (*) Đến ta dùng máy tính để thử nghiệm thấy (*) có nghiệm 0; π

 ; 3π

 ; π

2 (sau quy đồng ta thử nghiệm, không thử nghiệm trước quy đồng Bởi thử nghiệm trước quy đồng làm số nghiệm phương trình, từ làm đánh giá khách quan nhân tử phương trình đó)

Để ý cặp nghiệm đối (ta ưu tiên xét trường hợp đối bù nhau, π

2 trước), ta nhận xét: π

4

 nghiệm phương trình cosx

 

 

 

  ;

3π

 nghiệm phương trình

cosx

2

 

 

 

  Dự đoán

1 cosx

2

 



 

 

1 cosx

2

 



 

  nhân tử phương trình  nhân tử chung

của phương trình cosx cosx cos x2 cos2x

2

2

  

    

  

  

Vậy ta theo hướng tách nhân tử chung cos2x = cos2x – sin2x

(*)  cos2x.cosx + 2sinx.cos2x – cosx2 – sinx + sin2x =  cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cosx2 – sin2x) =

Đến nhân tử chung cos2x xuất rồi! Việc dự đoán nhân tử thành công mỹ mãn 

Bài giải:

Điều kiện: x  π

2 + kπ (k ∈ ℤ) (1) Phương trình cho tương đương với: cos2x + 2sinxcosx – cosx – (1 – sinx).sinx

cos x =

 cosx.cos2x + 2sinx.cos2x – cos2x – (1 – sinx)sinx =  cos2x.cosx + sinx(2cos2x – 1) – (cos2x – sin2x) =  cos2x.cosx + sinx.cos2x – cos2x =

 cos2x.(cosx + sinx – 1) = 

π π kπ

2x kπ x

2x 4 2

π

x x x x π k2π x k2π

4 2

   

 

 



 

  

     

        

   



cos

cos sin cos

Kiểm tra lại điều kiện (1), ta kết luận phương trình có hai họ nghiệm x = π +

kπ

2 x = k2π (k ∈ ℤ) Câu

Định hướng: Cảm giác gặp phải bất phương trình “ngợp”  Chưa vội động thủ, tìm điều kiện xác định phương trình 

Bước bước biến đổi phương trình Một điều phải thừa nhận bất phương trình hóc, mà bước quy đồng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp x > x < 0), lại khơng đánh giá x nhờ vào bất phương trình cho Khơng sao, “Nắng có mũ, mưa có ơ, cịn giải bất phương trình điều kiện phức tạp có phương trình lo”! Thật vậy, ta giải phương trình tương ứng với bất phương trình trên, sau dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm bất phương trình

Bất phương trình cho tương đương với:    

 

2 3

2

x 4x 9x x 4x 3x 1

x 4x

0

x

      

    

Ta tìm nghiệm tử số mẫu số g(x) =    

 

2 3

2

x 4x 9x x 4x 3x 1

x 4x 3x 1

      

    lập bảng xét dấu

của g(x)

– Nghiệm mẫu số: tìm điều kiện xác định – Nghiệm tử số nghiệm phương trình:

  3 

x 4x 9x 6  x 4x 3x 1  

Trước tiên, xin phá “vỏ” dấu ngoặc để phương trình dễ nhìn hơn:

3

3

4x 9x 6x 1  4x 3x 2x 1 (*)

Đến có gì? Vế trái đa thức bậc ba Vế phải thức bậc Vậy giải theo cách thông thường lập phương hai vế chẳng thu kết tốt đẹp Đặt ẩn phụ khơng khả quan, đặt đặt t34x33x22x 1 mà khơng biểu diễn lượng cịn lại theo biến t khơng ổn Dường việc bế tắc phương pháp khác với hình thức phương trình (một vế bậc 3, vế chứa bậc 3) gợi “ép” ta theo phương pháp dùng hàm số

Ta nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, cách thêm vào hai vế lượng lập phương vế phải (*) Điều khơng có q gượng ép, cộng thêm vào hai vế lượng 4x33x22x 1  bên vế phải xuất số hạng có lũy thừa cao 8x3 = (2x)3, lập phương lượng “đẹp”

(*)  8x312x28x 4x  33x22x 1 34x33x22x 1

Vậy hàm số ta dùng toán f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến)  cần biến đổi vế trái thành dạng

(ax + b)3 + (ax + b) Để tìm a, b ta dùng phương pháp hệ số bất định:

  3     

3 3 2

8x 12x 8x 2  ax b  ax b a x 3a bx  3ab a x b b

3

2

a

3a b 12 a

b

3ab a

b b

  

 

 

  

   

   

Việc cịn lại trình bày giấy  Bài giải:

Điều kiện: 3x 4x 23x 2 1 1 x 4x 23x 2 0x 0.

Bất phương trình cho tương đương với:    

 

2 3

2

x 4x 9x x 4x 3x 1

x 4x

0

x

      

     (**)

Ta xét dấu vế phải cách tìm nghiệm tử số mẫu số: – Nghiệm mẫu số: x =

– Nghiệm tử số nghiệm phương trình:

  3 

3

3

4x 9x 6x 4x 3x 2x

       

3

3 3

8x 12x 8x 4x 3x 2x 4x 3x 2x

           

  3   3 2  3 3 2

2x 2x 4x 3x 2x 4x 3x 2x

            (1)

Xét hàm số f(t) = t3 + t ℝ Ta có f’(t) = 3t2 + > với t ∈ ℝ  f(t) đồng biến ℝ

Mặt khác (1) có dạng f 2x 1   f34x33x22x 1 2x 1 34x33x22x 1

 

2x 13 4x3 3x2 2x 1 4x3 9x2 4x 0 x 0 x 17

8

 

             

Lập bảng xét dấu vế phải (**):

Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận tập nghiệm bất phương trình là:

S = 17 17 0 

8

      

    

   

   

 ;   ;  ;

Bài tập củng cố:

1 Giải phương trình 2x x 12   32x29x 11x 1   (đáp số x = x = 2)

2 Giải phương trình 5x 4x 25x 3  5 7x3 32x29x 6 (đáp số x = x = 8 17

8

 )

3 Giải bất phương trình 33x335x24x2x 236x25x 3 (đáp số x 97 12

9

   

) Câu

Định hướng: Lại tích phân bất định chứa tổng hợp nhiều loại hàm (hàm hữu tỉ, hàm logarit, hàm lượng giác) Với cận khơng có đặc biệt mẫu số chứa hỗn hợp nhiều hàm, nên việc dùng tích phân phần khơng có tác dụng Tất nhiên, định hướng đưa tích phân dạng:

b b

a a

g’(x) I f(x)

g(x)

  Điều dễ nhận mà tử số có nhiều số hạng tương đồng với mẫu số, nên ta tách tử số thành dạng f(x).g(x) + g’(x)  ta tách dấu ngoặc tử số ra, sau tìm số hạng có chứa xlnx nhóm lại với số hạng thích hợp, cụ thể là:

Tử số = sin2x cosx 2cosx.xlnx lnx     số hạng chứa xlnx 2cosx.xlnx  để nhóm dạng f(x).g(x) (với g(x) mẫu số) phải nhóm (sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx)

Lượng lại (cosx + + lnx) đạo hàm mẫu số Bài giải:

Ta có:

   

π π

3

sin2x 2cos x.x ln x cos x ln x dx sin x x

I

ln x

   

 

   

π

3 π

2sinxcosx 2cosx.xln x sinx xln x dx sinx xln x

’

  



 

x – –

0

Tử số VP(**) Mẫu số VP(**)

VP(**)

+ –

+ –

+ –

0

0 + +

     

π π

π π

π π 3 3

3

π π

2

2

sinx xln x

dx 2sinx ln sinx xln x sinx xl

os

n 2c x

x

’



 

     



 

  π π π π

2 ln ln ln ln

2 2 3

    

 

        

   

 

Vậy I = ln πlnπ ln πlnπ

2 2 3

 

 

       

   

Thơng tin thêm : Dạng tốn xuất đề thi Đại học Khối A – năm 2010; Khối A – năm 2011 đề thi dự bị Đại học Khối A – năm 2012

Câu Định hướng: +) Tính thể tích:

Đầu tiên phải xác định lăng trụ đứng có cạnh bên vng góc với mặt đáy  CC’  (ABC)

Để xác định góc hai mặt phẳng (ABC) (C’AB) (có giao tuyến AB) ta cần dựng mặt phẳng vng góc với giao tuyến để xác định góc Thấy thuận lợi có cầu CC’  AB, nên khơng ngại mà không dựng thêm cầu đường cao CM ABC (lưu ý ABC cân C nên M trung điểm AB) để từ bắc mặt phẳng (CC’M) mặt phẳng vng góc với AB  góc cần xác định CMC’ Khai thác góc tính đường cao dễ dàng, đáy xác định  tính thể tích cách ngon lành 

+) Tính khoảng cách:

Hai đường thẳng cần tính khoảng cách có cạnh cạnh đáy lăng trụ (cạnh AB), cạnh thuộc mặt bên lăng trụ (cạnh CB’) Lợi dụng tính chất song song cạnh đáy (AB // A’B’), ta tính khoảng cách hai đường thẳng chéo cách dựng mặt phẳng song song, (CB’A’) // AB

Nhiệm vụ chọn điểm AB để dựng đường vng góc đến (CB’A’) cho hợp lí Muốn thực điều ý (CC’M)  AB, mà AB // A’B’ nên (CC’M)  A’B’ Vậy có mặt phẳng qua điểm thuộc AB (mặt phẳng (CC’M) qua M ∈ AB), đồng thời mặt phẳng cịn vng góc với đường thẳng (CB’A’) (mặt phẳng (CC’M)  A’B’) → dựng đường cao mặt phẳng (CC’M) thuận lợi nhất!

Bài giải:

+) Gọi M trung điểm AB Do ABC cân C  CM  AB Mặt khác AB  CC’  góc hai mặt phẳng (ABC) (CC’M) CMC’ = 600

Ta có: CM = BM.tanCBM = a.tan300 = a

3

CC’  (ABC)  CC’  CM  CC’ = CM.tanCMC’ = a

3.tan60

0 = a

+) Thể tích khối lăng trụ là: VABC.A’B’C’ = CC’.SABC = CC’.1

2AB.CM =

3

1.a.2a. a a

2 3 3 (đvtt) +) Gọi M’ trung điểm A’B’ MM’ // CC’  M’ ∈ (CC’M)

Ta có: CC’ AB CM AB

   

  AB  (CC’M)  CMM’ kẻ MH  CM’ (H ∈ CM) AB  MH  A’B’  MH

C’

B C

B’

A A’ M’

 MH  (CB’A’)

+) CMM’ vuông M nên 2 2 2

2 2

2

a .a

1 1 MH CM.M’M a

2

MH CM M’M CM M’M a

a

     

  

      

Mặt phẳng (CA’B’) chứa CB’ song song với AB nên:

d(AB, CB’) = d(AB, (CA’B’)) = d(M, (CA’B’)) = MH = a Lưu ý: Để mạch trình bày lưu lốt nên lí luận khoảng cách phần cuối Câu

Trong toán này, đề cập phương pháp không lại sử dụng Đó phương pháp “Nhìn vào điểm cuối” (Look at the end point) Đây phương pháp giúp đơn giản hóa nhiều giải, đồng thời phương pháp dồn biến mà ta gặp

Phương pháp thường dựa nhận xét đơn giản sau hàm bậc nhất: Giả sử f(x) hàm bậc theo x thì:

min{f(a), f(b)}  f(x)  max{f(a), f(b)} với x ∈ [a; b] Điều minh họa cách trực quan đồ thị

Bài giải:

+) Giả sử a = max{a, b, c}  a b c a b c

b c c a a b b c

 

 

        

Đặt P 1 a b c   a b c b c c a a b

      

      cần chứng minh P 

Ta có: (P – 1)  a b c 1 a b c   b c

      

 

Xét f(a) a b c 1 a b c   b c

 

     

  [0; 1] Theo định lý: (P – 1)  max{f(0); f(1)}

Mặt khác: +) f(1) =

+) f(0) =         

2

2 b c b c bc

bc b c b c bc 2

b c 1 b c 0

b c b c b c

            

        

     

 max{f(0); f(1)}   (P – 1)   P 

Đẳng thức xảy  (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) hốn vị vịng Cách giải khác:

Giả sử a = max{a, b, c} Khi ta có: a b c a b c b c c a a b b c

 

 

        

Như ta cần chứng minh rằng: 1 a b c   a b c



   

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

             

3 b c 1 b c b c 1 b c 1 a b c a a

3 27 27 b c b c

 

                

   

Đẳng thức xảy  (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) hốn vị vịng Bài tập củng cố:

Cho số thực a, b, c, d thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng: 1 a b c d          a b c d Gợi ý: Xem vế trái hàm với biến a  dùng định lí lần ta có: f(a)  min{f(0), f(1)}

+) f(1) = + b + c + d 

Tiếp tục coi hàm biến b thì: g(b)  min{g(0), g(1)} +) g(1) = + c + d 

+) g(0) = (1 – c)(1 – d) + c + d = + cd 

 min{g(0), g(1)}  g(b)   f(0)  g(b)   min{f(0), f(1)}   f(a)  (điều phải chứng minh) Câu 7.a

Định hướng: Hình chữ nhật có nhiều tính chất để khai thác (tính chất vng góc; cặp cạnh nhau; hai đường chéo cắt trung điểm; tính chất đối xứng;…), nên gọi tọa độ đỉnh theo số ẩn việc xử lí khơng khó

Đầu tiên tọa độ điểm A viết theo ẩn a Hai điểm B D xác định tọa độ theo ẩn khác, điểm D “mắc nối” nhiều kiện (xD la số nguyên, I(1; 4) trung điểm CD  ưu tiên

khai thác điểm D, gọi tọa độ D theo ẩn  biểu diễn C theo ẩn biết cụ thể trung điểm CD) 

ta dùng tất hai ẩn  cần liên hệ để tìm hai ẩn Hai tính chất sau giúp ta giải vấn đề 

(1) AD  ID (2) trung điểm đường chéo AC thuộc đường thẳng BD Với hai mối liên hệ chắn tìm hai ẩn  tọa độ A, C, D  tọa độ B

Bài giải:

+) Do A ∈ : x – y + =  A(a; a + 1) Tương tự D ∈ BD: 5x – y – =  D(d; 5d – 7) (d ∈ ℤ) +) I(1; 4) trung điểm CD  C I D

C I D

x 2x x

y 2x x

  

  

  C(2 – d; 15 – 5d)

+) ABCD hình chữ nhật nên hai đường chéo cắt trung điểm đường

 trung điểm M a d a 5d 16

2

   

 

 

 ;  AC thuộc BD

 5.a d a 5d 16 4a 20 a

2

   

         A(5; 6)

+) AD  ID  AD ID 0 d d 1  5d 13 5d 11  0 26d2 126d 14 d

37 d

1

3

  

            

 

  

(loại)

 D(2; 3)  C(0; 5)  M 11 2

 

 

 ;  

B M D

B M D

5

x 2x x 2

2 11

y 2y y

2

    

 

    



 B(3; 8) (do M trung điểm BD)

Vậy A(5; 6), B(3; 8), C(0; 5), D(2; 3) Câu 8.a

Định hướng: Đầu tiên xác định tâm bán kính mặt cầu (S) Khi có bán kính mặt cầu (S) bán kính đường trịn giao tuyến (S) với (P)

 tính khoảng cách từ I đến (P) nhờ định lí Py–ta–go Mặt khác (P) lại chứa  gọi dạng tổng quát (P), dùng hai điều kiện xác định phương trình mặt phẳng (P)

Bài giải:

+) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; –2) bán kính R =

Do (P) cắt (S) theo đường trịn có bán kính r = nên khoảng cách d từ tâm I đến mặt phẳng (P) là:

d = d(I, (P)) = R2r2 5242 3

+) Đường thẳng  qua điểm M(0; 0; –5) có véctơ phương u = (1; 1; –4)

Gọi n = (a, b, c) véctơ pháp tuyến (P) (điều kiện aP 2 + b2 + c2 0) Ta có M ∈  M ∈ (P)  phương

trình mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) =

Do  ⊂ (P) nên nP u n u 0P    a b 4c 0  a 4c b

+) d(I, (P)) =   

   

2

2 2 2

2 2 2 2

4c b 2b 3c a 2b 3c

3 7c b 4c b b c

a b c 4c b b c

  

   

          

 

    

  

2 b 2c

17b 86bc 104c b 2c 17b 52c 52c

b 17

  

        

  

– Nếu b = 2c  a = 2c  chọn c =  a = b =  (P): 2x + 2y + z + = – Nếu b = 52c

17  a = 16c

17  chọn c = 17  a = 16 b = 52  (P): 16a + 52b + 17c + 85 = Câu 9.a

+) Do khơng có trận hòa nên xác suất chị Hiền thua ván – 0,4 = 0,6

+) Gọi H, A, B, C biến cố: “Chị Hiền thắng cược”, “Chị Hiền thắng cược sau ván”, “Chị Hiền thắng cược sau ván”, “Chị Hiền thắng cược sau ván” biến cố A, B, C xung khắc

+) Khi đó: H = A ∪ B ∪ C Áp dụng quy tắc cộng xác suất P(H) = P(A) + P(B) + P(C)

Vì chơi dừng lại có người thắng ván thứ nên ván cuối số ván chơi ván chị Hiền thắng

Ta có:

P(A) = 0,43 = 0,064

– “Chị Hiền thắng cược sau ván” – tức ván thứ chị Hiền dành chiến thắng, trận thì: có trận chị Hiền thua trận chị Hiền thắng

 P(B) = C23.(0,4)2.0,6.0,4 = 0,1152

– Tương tự: P(C) = C23.(0,4)2.(0,6)2.0,4 = 0,13824  Xác suất để chị Hiền thắng P(H) = 0,31744 Câu 7.b

Định hướng: Bình thường, với hình vng cạnh chẳng hạn, ta xác định vị trí điểm M, N cố định hình vng chắn điều rằng, góc hình vẽ (bất kể góc tạo từ điểm A, B, C, D, M, N hình vẽ) xác định được!

Trong tốn độ dài cạnh hình vng ta chưa xác định được, góc khơng thay đổi so với hình vng có độ dài đâu Đề cho đường thẳng AN điểm M, nên việc tính góc MAN biện pháp thuận lợi để tìm tọa độ điểm A, nhờ việc viết phương trình AM hợp với đường thẳng AN góc MAN biết!

Bài giải:

+) Đặt AB = BC = CD = DA = a BM = a

2 CN = 2DN = 2a

3 Dùng định lí cơsin MAN ta được:

 2  2  2

2 2

2 2

AB BM AD DN CM CN

AM AN MN

cosMAN

2AM.AN 2 AB BM AD DN

    

 

 

 

2 2

2

2

2

a a a 2a

a a

2 3

2

a a

2 a a

2

                        

 

           

A B

C

D N

+) A ∈ AN: 2x – y – =  A(x; 2x – 3)  AM 11 x 2x

2

 

     ; 

AN có véctơ phương uAN = (1; 2)

Ta có:  

2

2

AN 2 2

2

11

1 x 2x

2 25 85

u AM MAN 5x 5x 25x

2

2

11

1 x 2x

2

     

       

   

           

   

   

      

   

cos ; cos

x A(1 1)

x A(4 5)

  



    

; ;

Vậy có hai điểm A thỏa mãn đề A1(1; –1) A2(4; 5)

Nhận xét, cách giải khác: Bài giải số cách dùng tốn Để xác định góc MAN ta cịn dựa vào cơng thức cộng cung, ví dụ như:

Cách 1:

    BM DN 1

π tanMAB tanNAD AB AD 2 3

cot MAN cot MAB NAD tan MAB NAD

2 1 tanMAB.tanNAD 1 BM DN 1

AB AD

 

  

         

    

 MAN = 450

Cách 2:

 

1

tanMAD tanNAD 3

tanMAN tan MAD NAD MAN 45

1 tanMAD.tanNAD

3

 

     

 

Và nhiều hướng để tiếp cận góc MAN dựa vào định lí sin, cosin, cộng cung Câu 8.b

Định hướng: (P) qua hai điểm cho trước  dùng gián tiếp phương pháp chùm mặt phẳng (hai ẩn) Sau dựa vào kiện D C cách (P)  mối quan hệ tỉ lệ a : b  tìm mặt phẳng (P)  xong phim!

Bài giải:

+) Gọi phương trình mặt phẳng (P) là: ax + by + cz + d = (điều kiện a2 + b2 + c2 0)

A ∈ (P)  a + 2b + 3c + d =  d = –a – 2b – 3c (1) B ∈ (P)  –2a + 3b – c + d =  c = –2a + 3b + d (2) Từ (1) (2)  c = 3a b

4

 

d = 5a 11b



+) Ta có:

d(C, (P)) = d(D, (P)) 

2 2 2

b c d 4a 3b 5c d

b c d 4a 3b 5c d

a b c a b c

     

        

   

3a b 3a b

b 4a 3b

b c d 4a 3b 5c d 4 4 7a 3b

b c d 4a 3b 5c d 3a b 5a 11b 3a b 5a 11b a b

b 4a 3b

4 4

   

      

        

 

  

             

        



– Nếu 7a = –3b, chọn a =  b = –7  c = –4 d = 23  (P): 3x – 7y – 4z + 23 = – Nếu a = –b, chọn a =  b = –1  c = –1 d =  (P): x – y – z + =

Nhận xét: Khi biết mặt phẳng qua hai điểm việc dùng phương trình chùm mặt phẳng cách gián tiếp thuận lợi cho việc giải tốn

1 Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1; 1; 1), B(–2; –1; –3), C(0; 0; 2) D(2; 3; 5) Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P) gấp hai lần khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P)

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(2; 1; 3), B(–1; –2; 3), C(1; 0; 2) D(–2; 2; –1) Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) qua hai điểm A, B, đồng thời khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (P) nửa khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (P)

Câu 9.b

+) Đặt z = x + yi (với x, y ∈ ℝ x > 0)  z x yi  +) Theo ra:

 3    

3 2

z 12i z  x yi 12i x yi   x 3xy  3x y y 12 i x yi 

 

2

3

2

2 2

x 3y (do x 0)

x 3xy x 8y 4y 12

3 3y y y 12 y

3x y y 12 y x 3y

   

      

  

  

    

     

  

  

  

2

2 y y 2y y 1

x x 3y (do x 0)

        

  



   



+) Môđun số phức z |z| = x2y2