Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số và bài toán liên quan Bài 1.. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm s
Trang 1Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
I Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số và bài toán liên quan
Bài 1.
Cho hàm số y 2x= 3−3x2−1 (C)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2 Gọi (d) là đường thẳng đi qua M 0; 1( − ) và có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng (d) cắt (C) tại
ba điểm phân biệt
Giải
1 Tự giải
2 Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(0; -1), có hệ số góc k là:
( )d : y kx 1= − .
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là:
( )
2
x 0
=
(d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
2
9
8
k 0
≠
8
> − và k 0≠ thì (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
Bài 2.
Cho hàm số y 2x= 3−3 2m 1 x( + ) 2+6m m 1 x 1( + ) + có đồ thị ( )Cm .
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0
2 Tìm m để ( )Cm có điểm cực đại và điểm cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng
(d) : y = x + 2
Giải
1 Tự giải
2 Ta có:
2 2
x m
x m 1
=
Vì m 1 m+ ≠ nên ( )Cm có cực đại và cực tiểu.
Gọi A, B là các cực trị của ( )Cm , ta có:
Suy ra ABuuur= −(1; 1)
( )d : y x 2= + ⇔ − + = ⇒ = − ⇒ ⊥x y 2 0 nr (1; 1) d AB
Lấy M∈( )d ⇒M a;a 2( + )
Vì d⊥ABnên A, B đối xứng với nhau qua (d) khi M là trung điểm của AB Khi đó:
( ) ( )
m m 1
2
2
+ +
=
+ =
Từ (1) và (2) suy ra:
Trang 2Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
4
− ±
Bài 3.
x 1
+
=
− (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2 Xác định m để đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tiếp tuyến tại A và B của (C) song song với nhau
Giải
1 Tự giải
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = 2x + m và (C) là:
2
x 1
x 1
2x m
≠
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2 2
( )2
2
y ' f ' x
x 1
−
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi f ' x( )A =f ' x( )B
2
1 m
⇔
⇔
⇔ = −
+
Vậy m = -1 là giá trị cần tìm
Bài 4.
x 1
−
=
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Chứng minh rằng, với mọi m 0≠ , đường thẳng y mx 3m= − cắt (C) tại hai điểm phân biệt, trong đó ít nhất một giao điểm có hoành độ lớn hơn 2
Trang 3Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = mx – 3m và (C) là:
2
x 1
x 2
x 1
≠
m.1 − 4m 1 1 3m 2 1 0+ + + = ≠
Suy ra (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B
Hoành độ của A và B là:
+
A
Vậy ta có điều phải chứng minh
Bài 5.
Cho hàm số: y x= 4−2mx2+2m m+ 4
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2 Với giá trị nào của m thì hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác đều
Giải
1 Tự giải
2 Ta có:
3
2
2
x 0
=
Hàm số có 3 cực trị khi m > 0 Khi đó, gọi A, B, C là các cực trị ta có :
AB BC
=
=
Vậy m= 3 là giá trị cần tìm
Bài 6.
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2 Tìm trên trục tung điểm M mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị hàm số trên và hai tiếp tuyến đó đối xứng nhau qua trục tung và vuông góc với nhau
Giải
1 Tự giải
2 M Oy∈ ⇒M 0; m( ), đường thẳng (d) đi qua M(0; m) với hệ số góc k có phương trình:
(d): y = kx + m
Do (C) là hàm chẵn nên đối xứng với nhau qua Oy và 2 tiếp tuyến của (C) đối xứng qua trục tung và vuông góc với nhau nên k= ±1, do đó:
( ) ( )
1 2
d : y x m
= +
= − +
( )
3
⇔
có nghiệm
Trang 4Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
x 1
x 2
=
= −
x 1= ⇒ = −m 1; x 1 m 11
( )
3
⇔
có nghiệm
x 2
= −
=
x= − ⇒ = −1 m 1; x 1 m 11
11
M 0; 1 , M 0;
16
II Tích phân, diện tích, thể tích
Bài 1.
0
sin x cos x
3 sin 2x
π
+
= +
∫
Giải
4
π
4
π
4
π
= ⇒ =
π
= − ⇒ = − , t 0= ⇒ =u 0
2
0 2 2
−
Bài 2.
0
I=∫x ln 1 x dx+
Giải
( )
1
2 0
2
2x
x
2
=
=
Trang 5Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
( )1 1
2
2 0 0
+
∫
1
2
0
1
2 0
x
=
+
2
= + ⇒ = ⇒ = ; x 0= ⇒ =t 1; x 1= ⇒ =t 2
2 2
1 1
Bài 3.
Tính tích phân
2 c 4
4
π π
=
∫
Giải
( )
Bài 4.
Tính diện tích miền hình phẳng giới hạn bởi các đường y= 2x 2+ và 2
y= − −x 2x 2+
Giải
Trang 6Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
2x 2
Õu
Õu
Từ hình vẽ suy ra diện tích cần tìm là:
−
−
−
= − ÷ − − ÷ + − − ÷=
Bài 5.
Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi hình tròn (C): 2 ( )2
x + −y 2 =1 khi quay quanh trục Ox
Giải
2
= + −
= − −
Từ hình vẽ trên suy ra thể tích cần tìm là :
1
2 1
−
∫
Trang 7Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
( )
2
2 2
1 1
2 2
π π
Bài 6.
Tính thể tích vật thể tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y tan x, y cot x, x
4
π
quay quanh trục Ox
Giải
Từ hình vẽ suy ra thể tích cần tìm là :
2 2
4 0
4
π π
π
π
III Mũ, lôgarit
Bài 1.
3x
Giải
3
= là một nghiệm của phương trình
< < < < ⇒ ÷÷ ÷÷
Trang 8Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Với
> ⇒ ÷÷ + ÷÷ < ÷÷ + ÷÷ =
Với
< ⇒ ÷÷ + ÷÷ > ÷÷ + ÷÷ =
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: x 1
3
=
Bài 2.
Giải
Ta có: x2+ >1 x2 = x ≥ ± ⇒x x2+ ± >1 x 0 (1)
( )
5
1 x 0
1 x 0
x 1
0 x 1
− <
− ≥ + + > ⇔ + + > ⇔ + > − ⇔ + > − +
>
⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ < ≤ ⇔ >
− < >
( )
5
x 1 0
2x 0
+ ≥
+ − > ⇔ + − < ⇔ + < + ⇔ + < + +
≥ −
>
Từ (1), (2) và (3) suy ra điều kiện của phương trình đã cho là: x > 0 (*)
5 1
5 2
1 2
5 5
1
−
+ +
1
2
2
x 5
5
−
+ −
≤
< <
Kết hợp với (*), nghiệm của bất phương trình đã cho là: 0 x< <12
Trang 9Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Bài 3.
( )
x 3y 4x 5y
+ =
Giải
( )1 ⇔ = −y 2 x
(3) có 1 nghiệm x = 1
Với
Với
Do đó (3) có 1 nghiệm duy nhất x = 1, khi đó y = 1
Vậy hệ đã cho có 1 nghiệm duy nhất là: (1; 1)
Bài 4.
2 + − − +15.2 + − <2
Giải
Điều kiện : x 3 0+ ≥ ⇔ ≥ −x 3 (*)
2
+
Đặt
x 3 x
2
2
+
= >
Bất phương trình trở thành : t2+30t 64 0− < ⇔ − < <32 t 2, vì t > 0 nên 0 < t < 2
Với 0 < t < 2 ta có :
x 1
≥ −
Kết hợp với (*), nghiệm của bất phương trình đã cho là : x > 1
Bài 5.
2
Giải
x 0
x 1
x 0 4x 0
+ >
− > ⇔ ≠ ⇔ >
> >
(*)
2
2
x 3 x 1 4x
Th1 x 1 0− > ⇔ >x 1:
x 3 nh
¹i
= −
Trang 10Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Th2 x 1 0− < ⇔ <x 1
Ën Ën
= − −
= − +
Kết hợp với (*), nghiệm của phương trình đã cho là: x 3= , x= − +3 12
IV Số phức
Bài 1.
Tìm căn bậc hai của số phức 1 4 3i− +
Giải
Gọi z = a + bi là căn bậc hai của 1 4 3i− +
Ta có:
( )
2
2 2
2 3
a
b
b a
¹i
Æc
− = −
=
= −
=
Vậy 2 căn bậc hai của số phức 1 4 3i− + là: 3 2i,+ − 3 2i.−
Bài 2.
Tìm số phức z thỏa mãn :
4
z i
1
z i
+
− ÷
Giải
( )
( )
( ) ( )
4 4
z i
z i
Vậy các số phức z cần tìm là: z = 0, z = 1, z = -1
Bài 3.
Chứng minh rằng 4 điểm sau trong mặt phẳng phức biểu diễn cho các số:
4+ +3 3 i; 2+ +3 3 i; 1 3i; 3 i+ + thuộc cùng một đường tròn
Giải
4 số phức 4+ +(3 3 i; 2) + +(3 3 i; 1 3i; 3 i) + + tương ứng với 4 điểm trong mặt phẳng phức:
Phương trình đường tròn (C) đi qua 3 điểm M , M , M2 3 4 có dạng :
( )C : x2+y2−2ax 2by c 0− + = ( )
Trang 11Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
2
=
Do đó : ( )C : x2+y2−6x 6y 14 0− + =
2
4 + +3 3 −6.4 6 3− + 3 + =14 0 nên M1∈( )C
Vậy 4 điểm M 4;31( + 3 , M 2;3) (2 + 3 , M 1;3 , M 3;1) 3( ) 4( ) cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 4.
Kí hiệu x , x là hai nghiệm phức của phương trình bậc hai 1 2 2x2 −2x 1 0+ = Tính các giá trị các số
1
1
2
1
Giải
2
2x −2x 1 0+ = (1)
2
∆ = − = − =
2 2
1
2 2
2
1
2
1
2
Bài 5.
Tìm các số thực x, y thỏa mãn đẳng thức: x 3 5i( + ) (+y 1 2i− ) = −7 21i
Giải
7 x
y 7 3x
y 11
= −
= −
Bài 6.
Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện sau:
2 z i− = − +z z 2i
Giải
Gọi z x yi= + ⇒ = −z x yi
Ta có:
( )2 ( )2
1
4
Vậy tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức cần tìm là Parabol 1 2
4
=
Trang 12Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
V Phương pháp toạ độ trong không gian
Bài 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
( )
x 1 2t
z 1 t
µ mÆt ph¼ng P
= −
= +
Tìm tọa độ hai điểm M d , N d∈ 1 ∈ 2sao cho MN song song (P) và MN= 2
Giải
Ta có: M∈( )d1 ⇒M t; t; 2t( )
N∈ d ⇒M 1 2t '; t ';1 t '− +
MN= −1 2t ' t; t ' t;1 t ' 2t− − + −
uuuur
( )P : x y z 0− − = ⇒ (P) có VTPT là: nr = − −(1; 1; 1)
Vì MN // (P) nên
MN.n 0uuuur r= ⇔ −1 2t ' t 1− + −t ' t 1− + + −1 t ' 2t 1− = ⇔ −0 2t 4t ' 0= ⇔ =t 2t '
t ' 0
t ' 13
=
=
= ⇒ =
Vậy toạ độ của M, N cần tìm là: M 0;0;0 , N 1;0;11( ) 1( ) và M2 14 14 28; ; , N2 1 7 20; ;
Bài 2.
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y − z = 0 và hai đường thẳng
x 1 3t
z 1 t
= −
= −
Viết phương trình đường thẳng (∆), biết rằng (∆)
vuông góc với (P) và (∆) cắt cả hai đường thẳng (d) với (a)
Giải
( )P : x 2y z 0+ − = ⇒ (P) có VTPT là nr =(1; 2; 1− )
Vì ( ) ( ) ( )∆ ⊥ P ⇒ ∆ có VTCP là u nr r= =(1; 2; 1− )
Gọi A là giao điểm của ( )∆ với (d) ⇒A 1 3t; 2 4t;1 t( − − + − )
B là giao điểm của ( )∆ với (a) ⇒B 1 2t ';1 2t '; t '(− + + − )
AB= − +2 2t ' 3t;3 2t ' 4t; 1 t ' t+ + − − − +
uuur
Do u, ABr uuur
đều là VTCP của ( )∆ nên
1
B 1;3; 1 2
t ' 3 4t
= −
= −
x 1− y 3− z 1+
Trang 13Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Bài 3.
và hai điểm A(3 ; 1 ; 1), B(-4 ; 3 ; 4)
1 Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và ∆ chéo nhau và đồng thời vuông góc với nhau
2 Tìm M trên đường thẳng ∆ sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất
Giải
1 ( )∆ đi qua điểm P(7 ; 3 ; 9), có VTCP là ur =(1; 2;1)
(AB) đi qua điểm A(3 ; 1 ; 1), có VTCP là ABuuur= −( 7; 2;3)
Ta có :
r uuur
AP= − − −4; 2; 8
uuur
( ) ( ) ( ) ( )
r uuur uuur
Suy ra AB và ( )∆ chéo nhau
( )
u.AB 1 7r uuur= − +2.2 1.3 0+ =
Do đó AB và ( )∆ vuông góc với nhau
2 M∈ ∆ ⇒( ) M 7 t;3 2t;9 t( + + + )
Gọi N∈( )AB sao cho MN⊥ ∆( ) và MN⊥( )AB ⇒ MN đoạn vuông góc chung của ( )∆ và
AB, do đó MN M ' N≤ , với mọi M '∈ ∆( ) Hơn nữa, do ( ) ( )∆ ⊥ AB ⇒MA MB+ nhỏ nhất Như vậy điểm M cần tìm là giao điểm của đường vuông góc chung của ( )∆ và (AB) với ( )∆
Ta có :
−
MN= − −4 7t ' t; 2 2t ' 2t; 6 t ' t− − + − − + −
uuuur
( )
MN.u 0
MN.AB 0
9 t
t ' 4
= −
= − −
uuuur r
uuuuruuur
Vậy điểm M cần tìm là : M 19; 3 27;
Bài 4.
Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(3; 0; 0), B(0; 2; 0) và C(0; 0; 4) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC (O là gốc tọa độ) và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
1 Mặt cầu (S) đi qua 4 điểm O, A, B, C có dạng:
( ) 2 2 2
S : x +y + −z 2ax 2by 2cz d 0− − + =
Vì O 0;0;0( ) ( )∈ S ⇒ =d 0
2
( ) ( )
B 0; 2;0 ∈ S ⇒ −4 4b 0= ⇒ =b 1
Trang 14Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
( ) ( )
C 0;0; 4 ∈ S ⇒ − = ⇒ =16 8c 0 c 2
Do đó mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện OABC có phương trình:
( ) 2 2 2
S : x +y + −z 3x 2y 4z 0− − =
2
Gọi I và R là tâm và bán kính mặt cầu (S) I 3;1; 2
2
⇒ ÷ và
2
Mặt phẳng (ABC) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm O và bán kính r
Ta có: ABuuur= −( 3; 2;0 , AC) uuur= −( 3;0; 4)
− −
Mặt phẳng (ABC) đi qua điểm A(3; 0; 0) với VTPT nr =(4;6;3) có phương trình:
(ABC : 4 x 3) ( − +) (6 y 0− +) (3 z 0− =) 0 hay 4x 6y 3z 12 0+ + − =
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I 3;1; 2
2
d có VTCP là u nr r= =(4;6;3):
( )
3
2
d : y 1 6t
z 2 3t
= +
= +
= +
Khi đó tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của (d) và mp(ABC)
Ta có:
Trang 15Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Gọi h là khoảng cách từ I đến (ABC), ta có:
3
6 2
h d I, ABC
61
+ +
Khi đó
Vậy phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là: ( )S : x2+y2+ −z2 3x 2y 4z 0− − = ,
Tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: O 135 97 104; ;
122 61 61
1 1615 r
Bài 5.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( )α : x 2y z 5 0+ − + = và đường thẳng
d :
Viết phương trình tham số của hình chiếu vuông góc của d trên mp( )α
Giải
Ta có:
( )d : yx 1 t3 2t
z 3 t
= − +
= − +
= +
− + + − + − + + = ⇔ =
Suy ra (d) và ( )α cắt nhau tại A(-1; 0; 4)
Lấy B 3; 1;3(− − ) ( )∈ d ⇒ ≡B A
Gọi ( )∆ là đường thẳng đi qua B(-3; -1; 3) và vuông góc với ( )α thì ( )∆ có VTCP
u nr uuur= α = 1; 2; 1− Ta có:
( )
z 3 t
= − +
∆ = − +
= −
Gọi H là giao điểm của đường thẳng ( )∆ và mặt phẳng ( )α thì toạ độ của H là nghiệm của hệ
x 2y z 5 0
= − +
= − +
+ − + =
Khi đó hình chiếu vuông góc của (d) lên mp chính là đường thẳng AH
Ta có: A 1;0; 4 , AH( ) 3;0; 3
uuur
Trang 16Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
( )
3
2
AH : y 0
3
2
= − −
=
= −
Vậy phương trình tham số của hình chiếu vuông góc của (d) lên mp( )α là:
( )
3
2
AH : y 0
3
2
= − −
=
= −
Bài 6.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng (d):
x 1 2t
y 2 t
z 4 t
= +
= +
= −
và điểm M(0; 2; 3) Lập
phương trình mặt phẳng (P) chứa (d) và khoảng cách từ M đến (P) bằng 1
Giải
Lấy A(1; 2; 4) và B(-1; 1; 5) là hai điểm của (d)
Mặt phẳng (P) có dạng: (P): ax + by + cz + d = 0
Vì mp(P) chứa (d) nên A và B thuộc mp(P)
Thay toạ độ của A và B vào mp(P) ta được:
a + 2b + 4c + d = 0 (1) -a + b + 5c + d = 0 (2)
Khi đó
( )P : ax by+ +(2a b z 9a 6b 0+ ) − − =
và
( )
2
a
Chọn b = - 4 ta tìm được a 1= + 5 hoặc a 1= − 5 Từ đó ta tìm được 2 mặt phẳng (P) là:
1
Trang 17Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
VI.Phương trình, bất phương trình vô tỷ và hệ phương trình
Bài 1.
Giải phương trình : (x 3 x 1) ( ) (4 x 3) x 1 3 0
x 3
+
Giải
Điều kiện:
x 1
0
+ ≥ ≥ −
− > > >
⇔
− < <
(*)
( ) (1 ⇔ x 3 x 1− ) ( + +) 4 x 3 x 1( − ) ( + + =) 3 0
Đặt t= (x 3 x 1− ) ( + ≥) 0
t 3
¹i
= −
Với t = 3 ta có:
= −
= +
Kết hợp với (*), nghiệm của (1) là: x 1 13
= −
= +
Bài 2.
Giải
Điều kiện:
13 x
27
5
x 5
≥
− ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
( )2 ⇔ 7x 13− ≤ 3x 9− + 5x 27− ⇔7x 13 3x 9 5x 27 2 3x 9 5x 27− ≤ − + − + ( − ) ( − )
23 x 0
23 x 0
x 23
x 23
x 23
x 23
− ≤
− >
≥
≥
<
−
≥
3704 118
x
118
≥
Kết hợp với điều kiện, nghiệm của (2) là: x 229 253704
118
+
≥
Trang 18Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
Bài 3.
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 3+ + 6 x− − (3 x 6 x+ ) ( − ) =m (3)
Giải
Điều kiện: − ≤ ≤3 x 6
Đặt t= x 3+ + 6 x−
2
2 x 3 2 6 x
Bảng xét dấu
-3 2 t
Suy ra: 3 x 6− ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤3 t 3 2
2
2
Đặt f t( ) = − + +t2 2t 9, (3 t 3 2≤ ≤ )
6 2 9−
2
Bài 4.
2
Giải
2
v 2x y
Khi đó ta có:
y 3 2x 2x y 3
+ =
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: (1; 1), (-3; 9)
Bài 5.
I
Giải
y x
=
= −
Trang 19Hướng dẫn giải - Ôn thi đại học 2010
=
Suy ra hệ (I) có nghiệm (0; 0), (-3; -3)
3
= − , ta có:
( )
2
2
2
2
2
I
« nghiÖm
− + − = +
Vậy nghiệm của hệ (I) là: (0; 0), (-3; -3)
Bài 6.
II
Giải
Th1 y = 0, ta có : ( ) 22
II
= −
Th2 y 0≠ , ta có:
y
= , ta được: 2
t
4
t
4
=
=
4
− −
( )
2
2
2
2
II
144 34 11
+
vô nghiệm
4
− +
( )
2
2
2
2
II
144 34 11
−
vô nghiệm
Vậy hệ (II) vô nghiệm