Tài liệu Phương pháp giải đề thi Đại học môn Toán được biên soạn nhằm cung cấp cho các thầy, cô một bộ bài giảng có chất lượng theo định hướng mới của Bộ giáo dục và đào tạo, đồng thời cung cấp cho các em học sinh THPT một bộ tài liệu hữu ích khi tiếp cận các dạng toán trong các đề thi đại học kể từ năm 2009 trở về trước. Mời các bạn tham khảo phần 1 tài liệu.
ThS LÊ HÓNG ĐỨC (Chủ biên) CÙNG TẬP THỂ GIÁO VIÊN TRƯỜNG QUỐC TỂ NEWTON - HÀ NỘI MÔN THEO CẦU TRÚC ĐÊ THI CỦA BỘ GD&ĐT ♦ CÁC PHƯƠNG PHÁP TÔI ưu ♦ GIÀI CHI TIẾT DỀ HIÊU \ / NHÀ XUẤT BÀN ĐẠI HỌC Q u ố c GIA HÀ NỘI d * ĩ* , * Ths LÊ HỔNG ĐỨC (Chủ biên) CÙNG TẬP THỂ GIÁO VIÊN TRƯỜNG QUỐC TẾ NEWTON - HÀ NỘI PHƯƠNG PHÁP GIẢI DỀ THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN ỡ GIẢI CHI TIẾT DỄ HIỂU THEO CẤU TRÚC CỦA BỘ GD - ĐT Q CÁC PHƯƠNG PHÁP TỐI ưu NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI GIỚI THIỆU CHUNG m X in trân trọng giới thiệu tới bạn đọc sách: PHƯƠNG PHÁP GIẢI ĐỂ THI ĐẠI HỌC MÔN TỐN Nhóm Cự Mơn phụ trách Lê Hồng Đức biên soạn Mục tiêu sách cung cấp cho thầyy cô giáo giảng có chất lượng theo định hướng Bộ GD & ĐT cho em học sinh Trung hoc ’ p h ổ thông Ibộ' tài '« liệu hoc * tập * bổ ích tiếp cân * dạng toán đề thi đại học k ể tụ năm 2009 trở trước Cuốn sách viết tư tưởng hoàn tồn mẻ, có tính sư ph m ; có tính tổng hớp cao, tn thủ ngun tắc đ ể đảm bảo \ tín h đú n g đ ắ n cách trình bày moi toán Cuốn sách chắn phù hợp với nhiều đối tượng bạn đọc từ thầy, cô giáo đến em học sinh lớp 10, 11, 12 em chuẩn bị d ự thi mơn Tốn vào Trường Đại học Cuôĩ cùng, cho d ù cố gắng, th ậ t khó tránh khỏi thiếu sót hiểu biết kinh nghiêm cịn hạn chế, mong nhận ý kiến đóng góp quý báu bạn đọc gần xa Mọi ý kiến đóng góp xin liên hệ tới: K)ịa chỉ: Nhóm tác giả Cự Mỏn Th.s Toán học Lê Hổng Đức phụ trách Sỏ' nhà 20 - Ngõ 86 - Đường Tô Ngọc Vân - Quận Tây Hổ - Hà Nội ỈDiện thoại: (04) 7196671 0893046689 E-mail: lchongduc39@ yahoo.com NHĨM Cự MƠN - LÊ HỔNG ĐỨC CẤU TRÚC CỦA MỘT t)Ể THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Theo phương thức dề thi cua Bộ GD & ĐT có cấu trúc: Đéthi gồm 7()f:< kiến thức thuộc Iớp 12 30rt kiến thức thuộc lóp 1C* 'à lớp 11 Mỗi dể thi thơng thường có 10 câu, cáu dượt điểm dưực phân p>hói sau: Các dê thi từ năm 2006 - 2008 có cấu trúc Câu I (2 điểm): Hàm số hài toán liên quail, cụ thổ: (1 diem): Kháo sát biến thiên vẽ đổ thị hàm số (1 điểm): Bài tốn liơn quan tới hàm số Câu II (2 diem): Đại sô' lượng giác (1 diếm): Giải phương trình hoăc hệ lượng giác ( 1điểm): Cỉiải phương trình hôc hệ đại số Câu III (2 điếm): Phương pháp toạ độ không gian Câu IV (2 điếm) (1 điổm): Các toán liẽn quan đến nguyỏn hàm tích phiân (1 diểin): Các hài tốn vé bất dẳng thức, giá trị lớn nhỏ hàm số Câu V (2 điổni): Theo chương trình THPT không phân ban (1 diêm): Phưonig pháp toạ dộ măt phảng (1 diem): Tổ hợp xác suất Theo chương trình THPT phàn ban (1 diêm): Phương trình, bất phương trình, mũ lơgarit (1 điếm): Hình học khơng gian Các dê thi ỉừ nàm 2009 có, cấu trúc Câu I (2 điểm): Iiàm số toán liên quan, cụ thể: (1 điểm): Khảo sát biến thièn vẽ dồ thị hàm sơ (1 diổm): Bài tốn liên quan tới hàm sớ Câu II (2 diem): Dại số lượng giác (1 diem): Giải phương trình hoăc hẹ lượng giác (1 điểm): Giải phương trình hoăc đại số Câu III (1 điểm):Các hài toán liên quan đến nguyên hàm tích phân Câu IV (1cỉiỔm):Hình học khơng gian (Ihuộc kiến thức lớp 12) Câu V (1diem): Các toán vé bất đẳng thức, giá trị lớn nhỏ hàm số Theo chưong trình THPT chuan Càu VI (2 điểm) (1 điểm): Phương pháp toạ độ mặt phảng (1 diếin): Phương pháp toạ dỏ không gian Câu VII (1 điếm): Số phức Theo chương trình THPT nâng cao Câu VI (2 dicm) (1 diem): Phưcmg pháptoạ dộ mặt phảng (1 diem): Phương pháptoạ độ khơng gian Câu VII (1 điểm): Các tốn có trone chương trình nâng cao Để thực lốt thi hán thân, cm học sinh tham khảo kinh nghiệm sau: Đọc dề thi thật kỹ, tối thiểu ba lán (dành từ 10 đốn 25 phút): lún dọc thừ nhất: Đọc chậm từ trOn xuống với mục đích gắng ghi nhớ tồn nội dung dé thi Lẩn dọc tlỉửliai: Đọc chậm íừ trẽn xuống, và: a Khi gặpbùi tốn chắn giíii dược, khảng định thuộc dạng tốn cácbước dể thực (ghi nháp) Thí dụ với câu "Khảo sát biến X2 - „ thiên vè dỏ ílìị liùm sơ y = - " em học sinh nhận thấy X ràng thuộc dạng tốn "Kháo sát biến ílỉién vể dồ thị hàm số bậc liai bậc nliất" dể có lời giải cán thực hiộn theo bước sau: Rước lĩ Miền xác định D = R \|0 Bước 2: Tính đạo hàm y\ rổi kết luận vé tính dơn điêu cực trị (nếu có) dổ thị hàm số tìước 3: Xác định tiệm cận đứng tiỏm cận xiên (bằng phép chia đa thức TS cho MS) đổ thị Bước 4: Rước 5: Lập bảng biến thiên Vẽ đổ thị hàm số dựa trôn bảng tổng kết (có thể cần lấy thêm điểm dể đảm bảo tính xác cho đổ thị) với dạng đồ thị cần vẽ tiệm cận trước b Khi gặp toán chưa chác chắn gidi dược, cho dù định hình dưực thuộc dạng tốn lớn CĨĨ nhìn nhận lại đầu hài rổi thực hiên vài phép thử nháp để dưa lời kết Thí dụ với tốn: "Tìm c úc nghiệm thuộc [0, 2tĩ| ( lia phương trình' c/ cos3x + S1U.U , ~ 5(sinx 4- —— ——- — ) = cos2x + , + 2sin 2x em học sinh nhạn thấv ngav cắn thực theo bước: Bước 1: Đạt điểu kiện có nghĩa cho phương trinh Bước 2: Lựa chọn phép biến đổi lượng giác phù hợp dể chuyển phưcmg trình ban đáu dạng phương trình lượng giác bản, từ nhận nghiệm cho phưcmg trình theo k e z Bước 3: Thiết lạp cliểu kiên cho nghiêm X [0,271] giá trị k ==>nghiêm Tuy nhiên, việc thực hiộn bước không chắn, cán vài phcp biến dổi nháp theo ba (lịnh hướng sau: ■ Chuyển dổi phân số, với nhộn xét: cos3x + sin3x = 4cos'x - 3cosx + 3sinx - 4sin1x = 4(cos-1x - sin3x) - 3(cosx - sinx) = (cosx - sia\)[4(l + cosx.sinx) - 3] = (cosx - siiixXl + 2sin2x) cos3x+sin3x —— “— = cosx - sinx 1+ 2sio2x Khi đó, phưưng truih dược chuyển vể dạng: 5(sinx -f cosx - sinx) = cos2x + 2cos?x - 5cosx + = Tới đây, em học sinh dừng lại chắn chác thực dược tiêp ■ Thực phép quy dồng cục bộ, cụ thổ: cos 3x + siu 3x sin X- (cos 3x - COSx) + COS3x 4- sin 3x = — — l+2sin2x l-f2sin2x sin x + — — —— _ sin X-I- cos X+ sin 3x 1+ 2sin2x 2sin2x.cosx + cosx = —— - = cosx + 2sia2x Khi dó, phương trình chuyển dạng: 5cosx = cos2x + 2cos2x - Scosx + = Tới dây, cm học sinh dừng lại dã chán chác thực hiộn đươc tiẽp ■ Tliực phép quv dồng toàn dể khử máu c Khi gạp toán chưa dinh hướng (lược cách qicii, hàv bỏ qua sau dà thuộc dược nội elung cứa nỏ Lần clọc ilìữ ba Dọc chậm lừ xuống, kiếm tra lại tính đắn cho bìu tốn Jã chác chắn giải dược, cổng việc giúp em học sinh loại bỏ duợc nhừiig suy nghĩ quan hốc thiếu SĨI khơng dáng có Với tốn chưa dinh hương cách giái lẩn dọc thứ hai, tới lẩn đọc em phát dược ý tưởng dể thực nó, vậv ghi nháp, cịn khơng lại tiếp tục bỏ qua Cỉhi lời giải chi tiết hài loán cĩă chác chán giải dược vào giấy thi Trong thời gian em học sinh cán tập trung cao độ dừng băn khoăn vé toán chưa giải đưực Tuy nhiên, ghi nhận nội dung toán chưa giải dược vào não bợ phương thức hoạt dộng da nhiệm nên hồn tồn xảy trường hợp em nhận thấv toán thc dạng dã gặp có dược phương pháp để tháo gỡ vướng mác sau lần dọc thứ ba, níu hày ghi nhận tất nháp tiếp tục quay lại với thi Sau đảm bảo đưực tính đắn cho lời giải giấy thi quay lại nháp chc toán chưa giải dược Cần loại bó suy nghĩ phải giái dến ghi vào thi, bơi cho dù câu hỏi dược điểm dược chấm theo thung điểm 0.25, tức làm đến dAu cm nhận dược diêm den dỏ, vây ghi nhận chúng vào làm Thí dụ với câu: "Xác (lịnli m dế hùm so y = x‘‘ - m \? + 2m + m4 có cliẽm cực dụi, cực tiếu lập tlìàiilì lam giác d é ìì\ nhậi thấy nỏ thuộc dạng tốn 'Thuộc lính cúc điếm cực trị" phái thực theo bước: Bướ: I: Mién xác định D = R Bướ: 2: (77/// diều kiện dể hùm số ( ó ba cực ĩrị) Tính đạohàm y\ thiết iập phương trình y' = (1) Đế hàm số có ba cực trị diổu kiện phương trình (1) có ba nghiơm phủn biơt Bướ: 3: (Tìm diều kiện dế bu cực trị lập thành tam giác đều) Giả sử chưa biết cách làm Các em :ung ghi nhận lời giải bước 1, bước vào thi, cụ thể: Miển xác định D = R Đạc hàm: y' = 4x3 - 4mx = 4x(x2 - m), y' = x(x2 - m) = H àn số có cực dại, cực tiểu (1) có ba nghiệm phân biệt m (1) > Sau tể cách vài dịng tiếp tục với tốn khác Trong để thi có thổ em gãp phái vài dạngtoán chưa dưựctio'p càn 'bao giờ, Irường hợp dừng vội kết luận mìnhkhỏng giúi mà nghĩ tới phương pháp phân tích lió chia nhỏ tốn thành tốn COI1 (bài toán 0.25 diểm) số chúng eiĩi biết cách giái Đó bí để nhận dược điCI11 tối đa từ tốn lớn khơng giải dược Thí dụ với câu: " T ín h líc h p h n 1= f * + Sl—*dx ", J, X + nhiểu học sinh thấy lúng túng bởi: ■ Nó khịng thuộc dạng ngun hàm ■ K hông thể sử dụng phương pháp đổi biến ■ Khơng thể sử dụng phương pháp tích phân phần Và viêc vận dụng phương pháp phản tích vào giúp em có phần điểm nhận điểm tối da dã tìm lời giải hồn chỉnh Cụ thể: ■ Chia nhỏ I thành hai tích ph.ifi 11 I^ K2U: sinx.dx irír + ỉ X2 +1 ■ Tới dây hầu hết em đéu có thổ lính I, bàng phcp dổi biến X = tam (đã học sgk), sõ nhận dược 0.5 diổm ■ Với tích phân I; thuộc dạng cư bân 'Tinh tích phán Ị f(x)cta với f(x) -A lìàm sỏ lè" ta sử dụng phép đổi biến X = - t Cuối cùng, em học sinh cẩn biết ràng khồng thiết phải thực hiỡn đề thi theo thứ tự nên toán chác chắn giải em nỏn thực trước Xin chúc em thành công! LÊ HỔNG ĐỨ< ?id PH ẤN C H U N (Ỉ CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 diem) Cắu I: /3t2 - 1- V3 = «> t(t2 - l ) + V3(t2 - l ) = ( t - l ) ( t + V3) = n t = ±l X = ± — + K7T tan X = n 1K7I X = - —+ = -7 ta n x = ±1 -7 , k e Z Vậy, phương trình có ba họ nghiệm Hộ phương trình biến đổi tương đương dạng: (X2 + x y )2 = x + f X2 - — + 3x + xy = = 2x + 3x + X= o X4 + x’ + x + x = x(x + ) ' = X = —4 Ta lần lượt: ■ Với X = , thì: o.y = , vơ nghiệm ■ Với X = - , thì: - y = - + (-4 ) + o y = — Vậy, hệ có nghiệm ^ -4 ; — j Câu III Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Mặt phẳng (Q) qua ba đ i ể m A, B, c cho bởi: Qua A(0;l;2) Qua A (Q): Cặp vtcp AB, ÃC (Q): vtpt n = [ Ấ B ,Ã c ] = (2;4;-8) o (Q): X + 2y - 4z + = Cách 2: Giả sử mặt phẳng (Q) có phương trình: (Q): Ax + By + Cz + D = với A + B2 + 90 c2> Vi A, B, c thuộc (P), ta được: B + 2C + D = [B = 2A A - B + C + D = 0 I c = - A - 2A + c + D = [ d = 6A Từ ta được: (Q): Ax + 2Ay - 4Az + 6A (Q): X + 2y - 4z + = Ta trình bày theo hai cách sau: Cách 1: Để MA = MB = MC M thuộc trụcđường tròn (d) AABC (là dường thẳng qua tâm đường trịn ngoại tiếp AABC vàvng góc phảng (ABC)) với mặt Nhận xét rằng: AB.AC = o AABC vuông A => Trung điểm 1(0; -1 ; 1) BC tâm đường trịn ngoại tiếp AABC Từ đó, suy M thuộc đường thẳng (d) thoả mãn: (d); (d )l(Q ) X= t Qua 1(0;—1; 1) Qua I o(d) vtcp n(l;2; - ) « (d) y = - l + 2t , t € R z = - 4t Từ đó, suy toạ độ điểm M nghiệm hệ phương trình: X= t X= t y = -1 + t y = - l + 2t z= l-4 t x + y + z-3 = z = - 4t 2t + 2(2t —1) + (1 —4t) —3 = X= y=3 z = -7 Vậy, với điểm M(2; 3; - ) thoả mãn điều kiện đầú Cách 2: Giả sử M(x; y; z), để M thuộc mặt phẳng (P): 2x + 2y + z - = cho MA = MB = MC điều kiện là: M e (P ) 2x + 2y + z - = MA = MB2 o X2 MA = MC X2 + ( y - l ) + ( z - ) = ( x + 2)J + y + ( z - l ) 2 x + 2y + z = + ( y - l )2 + ( z - )2 = ( x - )2 + (y + )2 + ( z - l ý X= 2 x - y - z = y = 2x+y+z=0 => M(2; 3; - ) z = -7 Vậy, với điểm M(2; 3; -7 ) thoả mãn điều kiện đầu 91 Câu IV Viết lại dạng: yj2*'r 2^ (sin X - c o s x ) d x 0J (1 + s in x ) + ( s i n X + COS x ) +1 y ịĩ nlr (s in x -c o sx ).d x ' ( s i n X + c o s x ) + ( s i n X + COS x ) + y / ĩ x/r ( s i n x - c o s x ) d x ' (sin x + c o sx + 1)2 Đặt t = sinx + cosx + 1, suy ra: d t = ( c o s x - s i n x ) d x ( s i n x - c o s x ) d x = - d t Đổi cận: ■ Với X = t = ■ Với X = — t = V +1 Khi đó: I= - f'dt _ V / t2 V V2 +I 4-3V2 2t Biến đổi A dạng: ( x + 6xy) 2(x2 +6xy) X2 + y + x y + y Nhận xét rằng: ■ Với y = ■ X2 x2+2xy + 3y2’ = 1, suy A = Với y * ta có biến đổi tiếp cho A cách chia TS MS cho y2: X2 +6- A = - [y yJ X2 X , -T + - + y2 y Đ ặt X = ty, ta được: ( t + t) A = (A - 2)t + 2(A - )t + 3A = = t + 22t + T a xét hai trường hợp: Trường h(Tp 1: Với A = (*) có nghiêm t = — • 92 (*) Trường hợp 2: Với A * (*) có nghiệm khi: A‘ > (A - 6)2 - 3A(A - 2) > A + 3A - 18 < Cì> - < A < Vậy, ta c ó kết luận: A Min = - , đạt khi: X2 + y = X= — [9 , y , - Ý + y- =1 ì o X = -■r y L X= y2 = n3 o x = ~ ry & y= VĨ3 VĨ3 & y= X= Vn VĨ3 = 3, đạt khi: t = X +y =1 X =3y y + y =1 x = -i& y = 7ĨÕ V ĩõ — — > x+4 x+4 X +x x+4 , „ 6>0 o X -5 x -2 x+4 (*) > -4 < X < -3 X>8 Vậy, nghiệm bất phương trình tập (-4 ; - ) u (8; + 00) ^ C h ú ý: Một số em học sinh mắc phải sai lầm giải (*) cách nhân chéo hai vế Hãy nhớ điểu thực hiộn MS âm dương Bạn đọc tự giải a V S BM D N V3 b Cơsin góc hai đường thẳng SM, ND 94 V5 Ê THI MƠN TỐN KHƠI D NĂM 200^ PHÀN CHIINÍỈ CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( ail I: (2 điểm): Cho hàm số: y = x' - 3x2 + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đổ thị hàm số ( l ) Chứng minh đường thảng qua điểm 1(1; 2) với hệ số góc k (k > - ) cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời í trưng điểm đoạn thảng AB Câu II: (2 điểm) Giải phương trình 2sinx( + cos2x) + sin2x = + 2cosx Giải hệ phương trình: XV + X + y = X2 - y XsJ2y r— , (x y e R ) - y v x - = 2x - y Câu III: (2 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho bốn điểm A(3; 3; 0), B(3; 0; 3>; C(0: 3; 3), D(3; 3; 3) Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, c , D Tìm toạ độ tâm đường trịn ngoại tiếp AABC Câu IV: (2 điểm) Tính tích phân = Ị^ n x ^ x r x Cho hai số thực X, y không âm thay đổi Tim giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: A= (x -D (l-x y ) (1 + x) (1 + y) PHÂN T ự CHỌN Thí sinh chọn cảu v a hoăc câu v b Câu v a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm) Tim sô nguyên n thoả mãn hệ thức: C ' n + C L -K + C r = 2048 (n nguyên dương, C* tổ hợp chập k n phần tử) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = 16x điểm A ( l ; 4) Hai điểm phân biệt B, c (B c khác A) di động (P) cho BAC = 90° Chứng minh đường thảng BC qua điểm cố định 95 Câu v b Theo chương trình THPT phân ban (2 điểm) X2 -3 x + Giải bất phương trình lo g , — > x Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C ’ có đáy ABC tam giác vuông AB = AC = a, cạnh bên A A ' = ã\Í2 Gọi M trune điểm BC Tính theo a the tích khối lăng trụ ABC.A’B’C ’ khoảng cách hai đường thẳng AM, B’C ĐÁNH GIÁ VÀ ĐỊNH HƯỚNG THựC HIỆ B Câu I Tham khảo định hướng câu 1.1 đề toán khối B - 2008 Đ ây toán tương giao với yêu cầu thêm tính chất giao điểm, thực theo bước: Bước ỉ: Viết phương trình đường thảng (d) qua I với hệ số góc k Bước 2: Thiết lập phương trình hồnh độ giao điểm cúa (d) với đồ thị (1), phàn tích thành: (x -l)g (x ) = o Bước 3: X= g(x) = (*) Sử dụng điếu kiện k > - để chứng minh (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1, cụ thể chứng minh: ' x > ■ ,g (D * o ' Bước 4: Vậy, đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt 1(1; 2), A(x,; y,), B(x2; y2) thoả mãn: X| + x2 = 2x, o I trung điểm AB Câu II Chúng ta đánh giá lần lượt: VT = 4sinx.cos2x + sin2x = (2cosx + l)sin2x = VP.sin2x Từ đó, suy phương trình giải cách chuyển dạng tích Nhận xét hộ cho dạng khơng mẫu mực có chứa hỗn hợp nên rát khó để khử thức phép bình phương Trong đó, phương trình thứ hệ lại không chứa can, dẫn tới nhận định cần sử dụng phương pháp để giải hộ Và để theo hướng với phương trình: x y + x + y = X2 - y (*) có thể: * Rút X y từ (*), điểu X y có bậc hai bậc * Phân tích đa thức thành nhân tử, cụ thể (*) biến đổi thành: (x + y)(x - 2y - 1) = 96 (1) Tới đáy, dựa vào điểu kiện có nghĩa cua hệ (x > 1, y > 0), ta suy ra: X - y - l = X = 2y + (**) Cơng việc cịn lại chi thav (**) vào phương trình thứ hai hệ ^ Chú ý: Để có phân tích (1) em học sinh sử dụng kiến thức tam thức bậc hai cách coi phương trình bậc hai theo X theo y, để tính A Câu III I Đè lặp phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, c , D ta trình bày theo cách sau: Cách /: Thực theo bước: Bước ỉ: Giả sử mặt cầu (S) có dạng: (S): X2 + y2 + T - 2ax - 2by - 2cz + d = 0, (*) điéu kiện a2 + b2 + c2 - d > Bước 2: Điểm A, B, c , D e (S), ta hệ (I) gồm phương trình với ẩn a, b, c, d Bước3: Giải hệ (I), lihận a, b, c, d thay vào (*) để có (S) Cách /: Thực theo bước: Bước I: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a; b; c), ta có điểu kiện: IA = IB IA2 = IB2 IA = IC IA2 = IC2 => Toạ độ tâm I IA = ID Bước 2: Vây, phương trình mặt cầu (S) cho bởi: (S): ^ IA2 = ID2 Tâm I Bán kính R = IA Chú ý: Ngoài hai cách giải trên, để lập phương trình mặt cầu qua bốn điểm khơng đồng phẳng A, B, c , D (ngoại tiếp tứ diện ABCD) cịn tận dụng tính chất tứ diện ABCD để nhận lời giải đơn giản hơn, cụ thể: Trường hợp 1: Nếu DA = DB = DC thì: Bước 1: Xác định tâm I cách: ■ Dựng đường cao DH-L(ABC) ■ Dựng mặt phẳng trung trực (P) DA ■ K h iđ ó {1} = ( D H ) n ( P ) Bước 2: Vậy, phương trình mật cầu (S) cho bởi: (S): í Tâm I Bán kính R = IA 97 Trường hợp 2: Nếu D A l(A B C ) thì: Bước ỉ: Xác định tâm I cách: ■ Gọi K tâm đường trịn ngoại tiếp AABC • Dựng đường thắng (d) qua K song song với DA (hoặc (d) ± (ABC) ■ Dựng mặt phảng trung trực (P) DA ■ Khi ỊIỊ = (d) n (P) Bước 2: Vậy, phương trình mặt cầu (S) cho bởi: í Tâm I (S): [Bán kính R = IA Trường hợp 3: Nếu ACB = ADB = — mặt cẩu ngoại tiếp DABC có tâm I trung điểm AB bán kính R = Trường hợp : Nếu AD BC có đoạn trung trực chung EF; thì: Bước 1: Ta lần lượt: ■ Lập phương trình tham số đường thẳng (EF) theo t ■ Khi đó, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BCD có tâm I e EF (thỏa mãn phương trình tham sơ' EF) ■ Từ điều kiện IA2 = 1C2 = R2 suy giá trị tham số t, từ nhận tọa độ tâm Bước 2: Vậy, phương trình mặt cầu (S) cho bởi: í Tâm I (S): [Bán kính R = IA Mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, c nên cắt (ABC) theo giao tuyến đường trịn (C) ngoại tiếp AABC, đế xác định toạ độ tAm H bán kính r cúa đường trịn (C), ta có: a Bán kính r = Vr - I H - b Tâm H hình chiếu vng góc I (ABC) nên để có toạ độ H thực theo bước: Bước 1: Viết phương trình mặt phắng (ABC), cụ thể: Qua A _ _ [Qua A (ABC): < _ « (A B C H - r — — 1Cặp vtcp AB, AC vtpt n = [AB, ACJ Bước 2: Viết phương trình tham số (giả sử theo t) đường thẳng (d) qua I vng góc với (ABC), tức: Qua I ( d) vtcp n 98 T hay phương trình cùa (d) vào (ABC), ta được: Bước 3: f(t) = => Giá trị t => Toạ độ điểm H Kết luận B ước 4: Câu IV b Dây tích phân mở rộng từ dạng I = j f ( x ) l n n x.dx phương pháp a dược lựa chọn "Phương pháp lích phàn tìmg phân" với cách lựa chọn: u = In X dv = —Ị-.đx X vSử dụng đánh giá: A | (x -l)(l-x y ) (1 + x) (1 + y) (x + y)(l + xy) < -3 ), có phươrg trình: (d): y = k(x - 1) + (d): y = kx - k + Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) đồ thị hàm phương trình: sơ'(1) nghiệm X3 - 3x2 + = kx - k + o (x - 1)(x2 - 2x - k - 2) = X= g(x) = X2 - x - k - = (*) Vậy, k thay đổi (k > -3 ), (d) ln cắt đồ thị (C) điểm 1(1; 2) cô' định, VI k > - nên: 100 I A' = k + > í => (*) có hai nghiêm phân biệt khác [g(l) = - k - * Vậy đường tháng (d) cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt 1(1; 2), A(x,; y,), B(x2; y?) thoả mãn: X| + x2 = = 2x, I trung điểm AB Chú Nếu sử dụng nhận định I tâm đối xứng đổ thị (1) chúng t:i suy trung điểm AB ý: C â u II Biếr đổi phương trình dạng: 4sinx.cos2x + sin2x = + 2cosx 2cosx(2sinx.cosx - 1) + sin2x - = » 2cosx(sin2x - 1) + sin2x - = (2cosx + l)(sin2x - 1) = co sx = - — SŨ1 x = X 2n = ± ——+ 2krt X 2x = — + 2kn 71 = ± — + 2kn X = n — + ke z Ik ĩ_ t Vậy, phương trình có ba họ nghiệm Điều kiện: X-1 > íX> 2y > [y > (*) Biến đổi phương trình thứ hệ dạng: (•) (x + y)(x - 2y - 1) = x - y - l = X = ’2y + Thay (**) vào phương trình thứ hai hệ, ta được: (2y + l)V 2y - y ^ y + -1 o = 2(2y +1) - 2y ( y + \ ) y j2 y = 2(y + 1) J ĩ ỹ = o y = 4y = = > x = Vậv, hệ phương trình có nghiệm (5 ; 2) Câu IU Ta ;ó thể trình bày theo cách sau: Cách I Giả sử mật cầu (S) có dạng: (S): X2 + y2 + Z2 - 2ax - 2by - 2cz + d = 0, điều k iệ n a2 + b2 + c2 - d > Điém A, B, c, D e (S), ta được: óa + ó b - d = 18 6a + c - d = 18 6b + c - d = 18 í o a = b = c = —, , _ I c=— '3 3n 2 2 Vậy, phương trình mặt cầu (S) cho bởi: f Tâm I ^ 3 *3 > 2’2 ; ^ ( X - ' (S): 2 / / 3^ + y- 3ì + z- — 2> \ ) V 2J — Bán kính R = IA = I— ' V4 Mặt phẳng (Q) qua ba điểm A, B, c cho bởi: (Qua A 27 Cặp vtcp AB, Ã c Qua A(3;3;0) vtpt n = [ a B, AC] = ( - ; - ; - ) , chọn n(l;l;l) (Q): x + y + z - = Đường tròn (C) ngoại tiếp AABC có tâm H hình chiếu vng góc I lên(Q) ■ Gọi (d) đường thẳng qua vng góc với (Q), ta có: Q uai (d): ■J 7 \ r o /o X= /2 + t 3 3) ’ ’ J o ( d ) : < y = /2 + t, t € R vtcp n(l; 1;I) z = /2 + t - + t + —+ t + —+ t - = t = - => H(2; 2; 2) 12 J Ì2 J A2 J Vậy, đường trịn ngoại tiếp AABC có tâm H(2; 2; 2) 102 C ảu IV Đát: u = In X dx du dv = —^.dx V = — X 2x 2x In 2fdx Khi đó: I = — ^-.lnx /x 4x - In 16 Ta có: |A| = (x -D (l-x y ) _ (x + ỵXl + xy) (l + x ) 2(l + y )2 [(x + y) + (1 + xy)]2 0 X2 -3 x + >0 X2 -4 x +