Tài liệu toán ôn thi Đh mới

sách toán hay, rất đỉnh kèm lời giải chi tiết

Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận” được đội ngũ tác giả thủ khoa, giải quốc gia GSTT GROUP biên soạn do Lovebook.vn sản xuất

Thời gian thấm thoát thoi đưa, cuốn siêu phẩm (cái tên do các em học sinh tặng) đã chào đời được gần 3 tháng Trong 3 tháng qua, chúng tôi đã nhận được rất nhiều những phản hồi góp ý từ các em học sinh và các thầy cô khắp cả nước:

Theo thầy Nguyễn Minh Tuấn - GV chuyên Hóa - THPT Hùng Vương - Phú Thọ [tác giả của hơn 20 đầu sách ôn thi đại học nổi tiếng và nhiều tài liệu chỉa sẻ trên mạng): “Đây thực sự là một cuốn sách ôn thi đại học chất nhất, công phu và tâm huyết nhất mà thầy từng biết tới Một học sinh ôn thi đại học mà không sở hữu cuốn này thì sẽ thiệt thòi rất nhiều

so với các bạn”

Theo em Lê Nhất Duy [THPT TP Cao Lãnh – Đồng Tháp]: “Đây là lần đầu tiên em được đọc một cuốn sách tâm huyết như thế này Từng lời bình của anh chị GSTT GROUP rất chất và gần gũi nữa Kể từ khi cầm trên tay cuốn sách này,

em đã cảm thấy tự tin và yêu môn toán hơn nhiều”

Theo cô Lê Thị Bình [Thạc sĩ Toán - Hóa] - giảng viên khoa Toán Tin ứng dụng- ĐH Kiến Trúc Hà Nội: "Một cuốn sách đẳng cấp và thiết thực nhất tôi từng biết Không chỉ dừng lại ở những lời giải kho khan mà cuốn sách còn cho ta những lối tư duy, những kinh nghiệm sương máu mà họ trải qua"

Theo Nguyễn Văn Tiến [cựu học sinh Lý Thái Tổ - Bắc Ninh, tân sinh viên Y Hà Nội 29/30]: Lovebook luôn biết cách tạo ra những ấn phẩm thật hữu ích cho các em học sinh, đặc biệt cuốn Toán Năm vừa rồi mình chỉ tiếc là chưa có cuốn Toán, nếu có thì chắc kết quả của mình sẽ trọn vẹn hơn Tuy nhiên với 2 cuốn Hóa năm ngoái cũng đủ khiến mình đạt được ước mơ vào đại học Y Hà Nội"

Cuốn tập 2 gồm 45 đề thi đại học được chọn lọc và tổng hợp từ các đề thi thử trường chuyên trên cả nước trong năm học 2013 – 2014 Ngoài ra cuốn sách còn có khoảng gần 300 bài toán luyện thêm sau mỗi bài tập điển hình cho các em luyện

Không chỉ có thế cuốn sách còn bao gồm 9 bài phân tích và dự đoán đề đại học 2014 Với phần dự đoán này, các em

có thể nắm băt được tổng quan các chuyên đề trong đề thi chính thức qua các năm của Bộ Giáo Dục và có những dự đoạn tương đối chính xác về dạng bài trong đề thi năm nay, qua đó việc ôn tập sẽ trọng tâm và hiệu quả hơn Cuối sách còn có thêm 2 chuyên đề cực chất do đội ngũ tác giả viết nữa

Để nắm bắt toàn bộ nội dung bộ TUYỂN TẬP 90 ĐỀ THI THỬ chỉ trong tháng cuối, mời các bạn tham giá khóa học đặc biệt của trung tâm VEDU: http://vedu.edu.vn/

Phần I: ĐỀ THI + LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN

ĐỀ SỐ 01

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y 2x 1

x 1





 (1), có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và

độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 5 2 Lập phương trình đường thẳng MN

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x sin2x 11cos x cot x 2

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo Chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và điểm M(3; 0) Đường thẳng  qua M cắt đường thẳng d tại A Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên Ox Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến  bằng 2

5 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) và D(1; –2; 3) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AD sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến (P) là lớn nhất

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi z1, z2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình z2 1 3i z 2 2i 0    và thỏa mãn z1 z2 Tìm giá trị của biểu thức   12   12

A z   1 z 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d1: x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d2: 3x + y + 2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh B, C

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là d :1 x 2 y 3 z 3

 Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2z w zw 72 2

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1

  Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường

tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng

2

Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình chữ nhật thì ta khai

thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ Lúc này ta sẽ

có ngay dạng của phương trình đường thẳng MN là

3x – y + m = 0, với m  –11, tương đương với MN: y = 3x + m Như

vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm

của đường thẳng đó với đồ thị (C)  dùng được phương trình

hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích xM +

xN; xMxN theo biến m

Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m)

Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo Vì ta có tổng và tích xM + xN, xMxN theo biến m nên việc tính độ dài

MN theo m là điều dễ dàng Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN2 + NP2 = PM2 =  2

5 2 , từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN

Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là:

  NP2

= d2(K, MN) =  2

m 1110



Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được: MN2 + NP2 = PM2  2   2  2 m 1

m 1110

Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản) “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx = cos x

sin x ; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx

Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được:

12sin x.2sin x 11

sin x 21

3.2sinxsin x

2sin x 1 2sin x 3 sin x 1   0

21

x2x

Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu

Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu

Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu?

– Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x Bởi vì ta lấy đạo hàm của x.ln x 1



  Như vậy chia hai vế cho x ta được:

x4x

Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” khi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với

x > 0 Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé , khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể

vẽ được bảng biến thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét!

Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*)  0 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1

2 (chính là nghiệm của đạo hàm luôn!)

– Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo hàm dùng!

Khi đã gặp phương trình dạng: A(x) lnA(x) B(x)

B(x)

  (với A, B dương) thì ta biến đổi một chút phương trình sẽ

thành: A(x) ln A(x)  B(x) ln B(x)  , phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là hàm đồng biến trên (0; +)

Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được thành nhân tử, đồng thời muốn đưa phương trình về được dạng trên thì đầu tiên mình phải chia hai vế cho x đã Ta thu được phương trình:

2

11

x ) 

2 2

Điều kiện x > 0 Chia hai vế của phương trình cho x ta được:

2

11

1

2x 1 4x2x

2

   (do x > 0)

Lập bảng biến thiên cho ta f(x)  0 với mọi x > 0 Ta có f(x) = 0  x = 1

2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

2 Bài tập củng cố:

g(x)



  để làm dễ dàng hơn Nhưng với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I thành dạng như trên Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên:

phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x)

g(x) thì nhiều lúc ta phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng,

hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là nhân cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó Thử xem nhé!

Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng:

+ Hướng 1: Chia hai vế cho ex ta được:

Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai điểm C,

D (AC = AD, BC = BD)  A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD  góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng AMB hoặc

180 AMB (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 900 hay lớn hơn 900)

Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối tứ diện  dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD  tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh) 

BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh  tính được BM (là đường cao BCD)

Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin

(ACD) (BCD),  = d B (ACD) 

BM

,

 từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ACD) (BCD), 

Bài giải:

Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3; VABCD = 15 (đvtt)

Ta có: SACD = d B (ACD)3V, ABCD  =

tại B nên BM  CD và AM  CD  (ABM)  (ACD) Gọi H là

hình chiếu của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM,

đồng thời độ dài BH = d(B, (ACD)) = 3 Ta có góc giữa mặt

Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa  Ý tưởng của chúng

ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài

Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho  3 x 1   Thế nhưng trước khi chia thì

ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo  3 x 1    0) Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể chia được cho

 3 x 1   (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2) Thật vậy:

x – 2 = –3 x 1  3 x 1   3 x 1   Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử  3 x 1   để bài giải được ngắn gọn hơn!

Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:

3 x  1 x  1 x 3 x      m 3 0 m 1 x  3 x  1 x 3 x  3 (1)

Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt t 1 x  3 x t2 4 2 1 x 3 x    

 (1) gần như đã được xử lí Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa

Định hướng:  đi qua điểm M nên có thể viết được phương trình đường thẳng  ở dạng tổng quát:

5

1

x

 dùng sẵn hai ẩn a, b Tiếp tục tìm tọa độ điểm A theo hai ẩn a, b  sau đó chiếu A lên Ox để được tọa độ điểm

H và bước cuối cùng là dùng dữ kiện khoảng cách để tìm tỉ số a

b  phương trình 

Bài giải:

+)  đi qua điểm M(3; 0) nên có phương trình là:

a(x – 3) + b(y – 0) = 0  : ax + by – 3a = 0 (điều kiện a2 + b2 ≠ 0)

+) Tọa độ A là nghiệm của hệ:

3a 2bx

+) Giả sử phương trình (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện a2b2c20)

– Điểm A(2; 0; 0) ∈ (P)  2a + d = 0  d = –2a

– Điểm D(1; –2; 3) ∈ (P)  a – 2b + 3c + d = 0  c = 2b a d

3

  = 2b a3



h =

63

Câu 9.a

Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức

là được Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé 

+) Phương trình OA: x 0 y 0 2x y 0.

OA // BC  phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x + y + m = 0 (với m  0)

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: x y 1 0 x 1 m

Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3  B(–2; 1) và C(1; –5)

Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên

d1 là đường cao kẻ từ A nên u CB 01   (t – 2) + (2 – 2t) + (–2).t = 0  t = 0  B(1; 4; 3)

BC đi qua C và nhận véctơ u3 1BC

Diện tích tam giác ABC là: S = 1

2AB.AC = 1.2 2.2 2

2 = 4 (đvdt)

Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d2 Bởi nếu vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A  dùng công thức diện tích để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất là ở câu ăn điểm như tọa độ không gian) Vậy nên trong quá trình làm bài, các bạn hãy chú ý đến sự đặc biệt của đề bài, chứ đừng dại gì mà cứ đi theo lối mòn phương pháp mà ta đã sử dụng lâu nay trong khi giải toán

Nếu gặp một bài tương tự thế này thì khi tìm được tọa độ H, nếu thấy H ∉ d2 thì khi dùng công thức tính diện tích,

ta dùng S = 1

2AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S = 1

2BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho trước! Câu 9.b

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:   w 7

w 6w 15w 2w 57 0   w 3w  6w 2w 57 Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là 2m w 23wm2

Bước này ta chỉ cần làm ngoài nháp rồi “rinh” vào bài làm nhé 

ĐỀ SỐ 2

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3

x 2



 có đồ thị (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

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

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0 (x ∈ ℝ)

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình  

2 2 3

x 4x 9x 6

12

sin2x cos x 1 2x cos x 1 ln x

dxsin x x ln x

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

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng:

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc 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 trên đường thẳng : x – y + 1 = 0 Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – 7 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh hình chữ nhật đã cho, biết rằng I(1; 4) là trung điểm của CD và đỉnh D có hoành độ là một số nguyên

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 5

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh

BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3 = 0 và điểm M có tọa độ M 11 2

––––– HẾT –––––

LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1

hai đường tiệm cận I(2; 1) làm tâm đối xứng

2

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) Thấy phương trình hoành độ giao điểm có dạng bậc 2 nên việc dùng định lí Viét là điều đương nhiên! Gọi hai nghiệm của phương trình là x1, x2 thì theo bài ra, x1 và x2 phải trái dấu  ac < 0

Tiếp tục xử lí góc AOB nhọn Để ý rằng AOB chính là góc hợp bởi hai véctơ OA và OB , đồng thời thấy rằng trong quá trình giải thì ta chưa sử dụng định lí Viét, vậy nên ta cần nghĩ ra một liên hệ đối xứng A, B để áp dụng được định lí Viét Rõ ràng, AOB nhọn  cos AOB > 0 (1) Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với OA.OB thì (1)  OA.OB > 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét!

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

 (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1x2 < 0

 P = 2m + 3 < 0  m < 3

2

 (**)

Lúc này theo định lí Viét ta có: 1 2

AOB nhọn  cos AOB > 0       2

Câu 2

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

cos x và quy đồng lên thì đã được ngay dạng phương trình quen thuộc với hướng giải là phân tích nhân tử chung:

cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = 0 (*)

Đến đây ta dùng máy tính để thử nghiệm thì thấy rằng (*) có các nghiệm là 0; π

Để ý nhất là cặp nghiệm đối nhau (ta ưu tiên xét trường hợp đối nhau hoặc bù nhau, hơn kém nhau π

2 trước), ta nhận xét: π

 là nghiệm của phương trình

Phương trình đã cho tương đương với:

cos2x + 2sinxcosx – cosx – (1 – sinx).sinx

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

4 + kπ

2 và x = k2π (k ∈ ℤ)

Câu 3

Định hướng: Cảm giác đầu tiên khi gặp phải bất phương trình này chắc là cũng khá “ngợp”  Chưa vội động thủ, tìm điều kiện xác định của phương trình đã nhé 

Không khó để tìm được điều kiện xác định của phương trình là x  0

Bước tiếp theo là bước biến đổi phương trình Một điều phải thừa nhận là bất phương trình này khá hóc, khi mà ngay trong bước quy đồng cũng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp là x > 0 và x < 0), trong khi đó lại không đánh giá được x nhờ vào bất phương trình đã cho Không sao, “Nắng đã có mũ, mưa đã có ô, còn giải bất phương trình điều kiện phức tạp đã có phương trình lo”! Thật vậy, ta đi giải phương trình tương ứng với bất phương trình trên, sau đó dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm của bất phương trình

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

2 3

    và lập bảng xét dấu của g(x)

– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

x 4x 9x 6  x 4x 3x 2  1 1 Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:

Ta sẽ nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, bằng cách thêm vào hai vế một lượng đúng bằng lập phương của vế phải (*) Điều này cũng không có gì quá gượng ép, bởi khi cộng thêm vào hai vế một lượng là 4x33x22x 1  thì bên

vế phải xuất hiện số hạng có lũy thừa cao nhất là 8x3 = (2x)3, là lập phương của một lượng “đẹp”

(*)  8x312x28x 2 4x  33x22x 1 34x33x22x 1 Vậy hàm số ta dùng trong bài toán này đó là f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến)  cần biến đổi vế trái thành dạng (ax + b)3 + (ax + b) Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:

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

3 2 2 3

Bài giải:

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

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

2 3

Ta xét dấu của vế phải bằng cách tìm nghiệm của tử số và mẫu số:

– Nghiệm của mẫu số: x = 0

– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:

Lập bảng xét dấu của vế phải (**):

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

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

12

7 19

số hạng thích hợp, cụ thể là:

Tử số VP(**) Mẫu số VP(**)

VP(**)

+ –

+ –

+ –

0

Tử số = sin2x cos x 1 2cos x.x ln x ln x     số hạng chứa xlnx là 2cosx.xlnx  để nhóm được dạng f(x).g(x) (với g(x) là mẫu số) thì phải nhóm (sin2x + 2cosx.xlnx) = 2cosx.(sinx + xlnx)

Lượng còn lại là (cosx + 1 + lnx) chính bằng đạo hàm của mẫu số

Đầu tiên phải xác định được lăng trụ đứng thì có cạnh bên

vuông góc với mặt đáy  CC’  (ABC)

Để xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (C’AB)

(có giao tuyến là AB) thì ta cần dựng một mặt phẳng vuông

góc với giao tuyến để xác định góc Thấy rằng đã khá thuận

lợi khi có một cây cầu là CC’  AB, vậy nên không ngại thì

mà chúng ta không dựng thêm một cây cầu nữa là đường

cao CM của ABC (lưu ý ABC cân tại C nên M là trung

điểm AB) để từ đó bắc được mặt phẳng (CC’M) là mặt

phẳng vuông góc với AB  góc cần xác định là CMC’

Khai thác được góc thì tính đường cao cực kì dễ dàng,

trong khi đáy đã xác định  tính thể tích một cách ngon

lành nhé 

+) Tính khoảng cách:

Hai đường thẳng cần tính khoảng cách có một cạnh là cạnh đáy của lăng trụ (cạnh AB), một cạnh thì thuộc mặt bên của lăng trụ (cạnh CB’) Lợi dụng tính chất song song giữa các cạnh đáy (AB // A’B’), ta tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng cách dựng mặt phẳng song song, đó là (CB’A’) // AB

Nhiệm vụ của bây giờ là chọn điểm nào trên AB để dựng đường vuông góc đến (CB’A’) cho hợp lí Muốn thực hiện được điều này thì hãy chú ý rằng (CC’M)  AB, mà AB // A’B’ nên (CC’M)  A’B’ Vậy có một mặt phẳng đi qua một

M

H

điểm thuộc AB (mặt phẳng (CC’M) đi qua M ∈ AB), đồng thời mặt phẳng này còn vuông góc với một đường thẳng trong (CB’A’) (mặt phẳng (CC’M)  A’B’) → dựng đường cao ở trong mặt phẳng (CC’M) là thuận lợi nhất!

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

d(AB, CB’) = d(AB, (CA’B’)) = d(M, (CA’B’)) = MH = a

2 Lưu ý: Để mạch trình bày được lưu loát thì nên lí luận về khoảng cách ở phần cuối cùng

Câu 6

Trong bài toán này, chúng ta sẽ đề cập một phương pháp không hề mới nhưng lại ít được sử dụng Đó là phương pháp “Nhìn vào điểm cuối” (Look at the end point) Đây là một phương pháp sẽ giúp đơn giản hóa rất nhiều bài giải, đồng thời thì nó cũng là một trong những phương pháp dồn biến mà ta ít gặp

Phương pháp này thường dựa trên nhận xét đơn giản sau về hàm bậc nhất:

Giả sử f(x) là hàm bậc nhất theo x thì:

min{f(a), f(b)}  f(x)  max{f(a), f(b)} với mọi x ∈ [a; b]

Điều này được minh họa một cách rất trực quan bằng đồ thị

Cho các số thực a, b, c, d thuộc đoạn [0; 1] Chứng minh rằng: 1 a 1 b 1 c 1 d          a b c d 1

Gợi ý: Xem vế trái là hàm với biến a  dùng định lí lần 1 thì ta có: f(a)  min{f(0), f(1)}

(1) AD  ID và (2) trung điểm của đường chéo AC thuộc đường thẳng BD

Với hai mối liên hệ này thì chắc chắn sẽ tìm được hai ẩn  tọa độ A, C, D  tọa độ B

+) AD  ID        2

d 2

d1

0

38

 B(3; 8) (do M là 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 được tâm và bán kính của mặt cầu (S) Khi có

được bán kính mặt cầu (S) và bán kính đường tròn giao tuyến của (S) với (P)

 tính được khoảng cách từ I đến (P) nhờ định lí Py–ta–go Mặt khác (P) lại

chứa   có thể gọi được dạng tổng quát của (P), dùng hai điều kiện này là

có thể xác định được phương trình mặt phẳng (P)

Bài giải:

+) Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; –2) và bán kính R = 5

Do (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r = 4 nên khoảng cách d từ

tâm I đến mặt phẳng (P) là:

d = d(I, (P)) = R2r2  52 42 3 +) Đường thẳng  đi qua điểm M(0; 0; –5) và có một véctơ chỉ phương là u = (1; 1; –4)

Gọi n = (a, b, c) là véctơ pháp tuyến của (P) (điều kiện aP 2 + b2 + c2  0) Ta có M ∈   M ∈ (P)  phương trình mặt phẳng (P) là: ax + by + c(z + 5) = 0

– Nếu b = 52c

17  a = 16c

17  chọn c = 17  a = 16 và b = 52  (P): 16a + 52b + 17c + 85 = 0

Câu 9.a

+) Do không có trận hòa nên xác suất chị Hiền thua một ván là 1 – 0,4 = 0,6

+) Gọi H, A, B, C lần lượt là các biến cố: “Chị Hiền thắng cược”, “Chị Hiền thắng cược sau 3 ván”, “Chị Hiền thắng cược sau 4 ván”, “Chị Hiền thắng cược sau 5 ván” thì các biến cố A, B, C xung khắc

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

Vì cuộc chơi dừng lại ngay khi có người thắng ván thứ 3 nên ván cuối cùng trong số các ván chơi sẽ là ván chị Hiền thắng

Định hướng: Bình thường, với một hình vuông cạnh bằng 1 chẳng

hạn, ta xác định được đúng vị trí các điểm M, N cố định trên hình

vuông rồi thì chắc chắn một điều rằng, các góc trong hình vẽ đó (bất

kể là góc nào tạo từ 3 trong 6 điểm A, B, C, D, M, N trên hình vẽ) đều

có thể xác định được!

Trong bài toán này thì độ dài cạnh hình vuông ta chưa xác định được,

nhưng các góc thì sẽ không thay đổi so với một hình vuông có độ dài

bằng 1 đâu nhé Đề bài đã cho đường thẳng AN và điểm M, vậy nên

việc đi tính góc MAN sẽ là một biện pháp thuận lợi để tìm được tọa

độ điểm A, nhờ việc viết phương trình AM hợp với đường thẳng AN

Nhận xét, cách giải khác: Bài giải trên chỉ là một trong số các cách có thể dùng được trong bài toán này Để xác định được góc MAN thì ta còn có thể dựa vào công thức cộng cung, ví dụ như: