15 đề thi thử đại học môn toán có đáp án chi tiết

Xác định tọa độ điểmMcó hoành độ dương nằm trên đồ thịC sao cho tiếp tuyến tạiM cắt hai đường tiệm cận củaC tại A,B đồng thời hai điểm nàycùng với điểmI tạo thành một tam giác nội tiếp đ

Trang 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = 2x + 1

x − 1 (C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(c)

b) GọiIlà giao điểm của hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểmMcó hoành độ dương nằm trên

đồ thị(C )sao cho tiếp tuyến tạiM cắt hai đường tiệm cận của(C )tại A,B đồng thời hai điểm nàycùng với điểmI tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằngp10

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I =

Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực không âmx, ythỏa mãn :x¡

2x + 2y − 5¢+ y¡y − 3¢+3 = 0 Tìm giá trị lớnnhất và nhỏ nhất của biểu thức :P =¡x y − x + 1¢2+¡x y − y + 1¢2

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu 6a (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Ox y, cho hình vuông ABC D có các đỉnh

A (−1;2), C (3;−2) GọiE là trung điểm của cạnh AD,B M là đường thẳng vuông góc vớiC E tại M ;

N là trung điểm của củaB M vàP là giao điểm của AN vớiDM Biết phương trình đường thẳng

b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông gócOx yz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2+¡y − 2¢2+

(z − 2)2= 12và điểmA (4;4;0) Xác định tọa độ điểmBthuộc mặt cầu(S)biết tam giácBOAcân tạiB

Trang 2

Câu 1. Cho hàm sốy = 2x + 1

x − 1 (C )

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(c)

b) GọiIlà giao điểm của hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểmMcó hoành độ dương nằmtrên đồ thị(C )sao cho tiếp tuyến tạiM cắt hai đường tiệm cận của(C ) tại A,B đồng thời haiđiểm này cùng với điểmI tạo thành một tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằngp

lim

x→−∞ y = 2; lim

x→+∞ y = 2; y = 2là phương trìnhtiệm cận ngang

0

b) Lời giải (Sangham_BM ):

Hàm số:y = 2x + 1

x − 1 Tập xác định:D = R\{1} Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:

-Tiệm cận ngang:y = 2 -Tiệm cận đứng:x = 1 Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận:I (1;2)

Giả sử điểmM(x0; y0)thuộc đồ thị hàm số(x06= 1) Suy ray0=2x x0+ 1

0− 1 ĐểM có hoành độ dươngthìx0> 0

Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tạiM:y − 2x x0+ 1

0− 1 =

−3

(x0− 1)2(x − x0) (∆)Không giảm tính tổng quát ta giả sửA,Blần lượt là giao điểm của∆với tiệm cận đứng, tiệm cậnngang với đồ thị(C )

Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nênI AvàI B vuông góc nhau hay∆I AB vuông tạiI

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp∆I AB =1

2ABVậy để∆I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp làp

* Nếux0= 2 → y0= 5 Suy raM(2;5)

* Nếux0= 4 → y0= 3 Suy raM(4;3)

Vậy có 2 điểmM thỏa mãn bài ra làM(2;5)vàM(4;3)

cos x +¡1 + cos2x¢tan x = 1 + sin2x

Lời giải (Love Math):

ĐK :cos x 6= 0

PT tương đương với :cos2x + (sinx − cosx) + sinx.cosx(cosx − sinx) = 0

⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x + sin x.cos x − 1) = 0

Trang 3

Lời giải (hahahaha1):

Thay4x − 4y = 7 − 4x2− 4y2ta được :4y3− 21y2+ 18y + 4x3+ 18x =174

khảo sát hai hàm số :f (x) = 4x3+ 18x,−2 ≤ x ≤ 1vàg (y) = 4y3− 21y2+ 18y,−1 ≤ y ≤ 2

Ta có :f (x) + g(y) ≤ 17

4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khix = 1, y =1

2Vậy hệ có nghiệm

µ

1,12

góc với đáy, các đường thẳngS A,SD hợp với đáy một góc30o Biết AD = ap6,BD = 2a và góc

Trang 4

A

B C

D S

H

K T

GọiO là tâm khối chóp HạSH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ (ABCD) suy raS AH = SDH = 30 osuy raH A = HD

nên tam giácAHDvuông cân tạiH.⇒ H A = HD = ADp

2 = ap3.⇒ SH = HD.tan(30 o ) = a

Ta có Diện tích đáyS = AD.BD.sin(45 o ) = 2a2.p

3nênV S.ABC D=2a

3.p33

Ta có:d(C ;(S AD)) = 2d(O;(S AD)) =p2

3d(H;(S AD)) GọiK là trung điểm củaAD.suy raHK ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SHK )HạHT ⊥ SK suy raHT = d(H;(S AD)).Ta có :HK = AD2 =a

p6

2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SHK ta có : 1

SH2+HK1 2= HT1 2 ⇒ HT = a

p155Vâyd(C ;(S AD)) =p2

3.

ap15

5 =2a

p55

Câu 5. Cho các số thực không âmx, ythỏa mãn :x¡2x + 2y − 5¢+ y¡y − 3¢+3 = 0 Tìm giá trị lớnnhất và nhỏ nhất của biểu thức :P =¡x y − x + 1¢2+¡x y − y + 1¢2

Lời giải (hahahaha1):

Giả thiết có thể viết lại thành:(x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2

Dễ thấy hàm số đạt max tạif (2)hoặcf (2b)(mà f (2) = f (2b) = 2(b2− b + 1)

Do đó: f (a) ≤ 2(b2− b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2Vậy trong TH nàymaxP = 2khix = y = 1

+) Nếub ≤12ta xét hàm số trên[1;2]

Hàm số đạt max tạif (2)(vìf (2) ≥ f (1)) nên ta cũng có giá trị max như TH trên

Kết luận:maxP = 2khix = y = 1

Trang 5

E

M

N P

GọiI trung điểmAC nênI (1;0),B thỏaAB = CB vàB ∈ BM nên tọa độB thỏa

do đóB(3;2)suy raD(−1;−2)(vìI cũng là trung điểmBD)

Theo giả thiếtE trung điểmADnênE(−1;0)vàC E = (−4;2)−→

M ∈ CE vàM ∈ BM nên tọa độM thỏa

là các tiếp điểm ) Sao choAMB = 60 o; B MC = 90 o; C M A = 120 o

Lời giải (dan_dhv):

d

a

ap 3

A

B O

M

K

H

GọiO là tâm mặt cầu DoA,B,C là các tiếp điểm kẻ từM đến mặt cầu nên ta có

M A = MB = MC = a vàA,B,C nội tiếp một đường tròn

Từ gt⇒ AB = a,BC = ap2, AC = ap3suy ra tam giácABC vuông tại B GọiHlà trung điểm AC.K

là trung điểmAB

5

Trang 6

2 ,OC = R =p27Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMC ta có :1

Câu 6b.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông gócOx ycho tam giácABCvuông tạiA

ngoại tiếp hình chữ nhậtM NPQ Biết các điểmM (−3; −1)vàN (2;−1)thuộc cạnhBC ,Q thuộccạnh AB ,P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phương trình :x − y + 5 = 0 Xác định tọa độcác đỉnh của tam giácABC

y − 2¢2+ (z − 2)2= 12và điểmA (4;4;0) Xác định tọa độ điểmB thuộc mặt cầu(S)biết tam giác

BOAcân tạiB và có diện tích bằng4p

3

Nhận thấy:A,Othuộc mặt cầu GọiM là trung điểmAOsuy raM(2;2;0)

GọiB(a,b,c) Ta có :OA(4;4;0);−−→−−→ MB(a − 2;b − 2;c)

Do tam giácABOcân tạiB nên−−→OA ⊥−−→MB ⇒ a + b = 4 (1)

Trang 7

8 ;2 −

r23

8 ;

−12

8 ;2 +

r23

8 ;

−12

8 ;2 −

r23

8 ;

−12

8 ;2 +

r23

8 ;

−12

Trang 8

TÀI LIỆU TOÁN THPT

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = 2x + 2

x − 1 , có đồ thị(C ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C ).

b) Xác định tất cả những điểmMtrên đồ thị(C )sao cho đồ thị hàm số(C )tiếp xúc với đường tròn tâmI (1;2)

tạiM.

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình cos3x

cos5x−cos3x cos x = 2sin5x.sin3x.

b) Giải bất phương trình ¡px + 6¢qx¡2x2+ 26x + 8¢− 4 ≥ x¡2x + 3px + 33¢.

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I =

Z e1

x2− 2ln x + 1

x2 p

x + lnx dx.

Câu 4 (1 điểm) Cho lăng trụ đứngABC A1B1C1 cóBC = 2ABvàAB ⊥ BC GọiM, Nlần lượt là trung điểm củaA1B1

vàBC Khoảng cách giữa hai đường thẳngAMvàB1C bằngp2a

7 Góc giữa hai mặt phẳng(AB1C )và(BCC1B1 )

bằng 60o Tính thể tích khối chópM ABCvà bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chópB1ANCtheoa.

Câu 5 (1 điểm) Cho các số thựcx, y, zkhông âm sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (x y + yz + zx)

Câu 6A (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn(I ) : x2+ y2− 4x + 2y − 11 = 0và đường thẳng

µ22

5 ;

11 5

¶

là trung điểm của cạnhAB Xác định tọa độ các

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz, cho hai điểm A (−1;−3;−2); B (0;−2;2)và mặt cầu(S) : (x + 1)2+¡y + 2¢2+(z + 3)2= 14 Gọi(P)là mặt phẳng đi quaAđồng thời cắt mặt cầu(S)theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất Tìm điểmMthuộc mặt phẳng(P)sao cho tam giác ABM vuông cân tạiA.

Câu 7A (1 điểm) Tìmn ∈ N∗ thỏa mãn: 3.C0+ 4C1+ 5C2+ + (n + 3)C n = (n + 6)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông gócOx ycho điểm A (1;0)và các đường tròn(C1) : x2+ y2= 2; (C2 ) :

x2+ y2= 5 Tìm tọa độ các điểmBvàClần lượt nằm trên(C1 ) và(C2 ) để tam giácABCcó diện tích lớn nhất.

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz, cho đường tròn(C ) :

−1 Lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳngAI, bán

kínhR =p26 và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :x − 1

−2 , biết rằngAthuộc đường tròn(C )và đường

thẳngdvuông góc với đường thẳngAI

Câu 7B (1 điểm) Cho các số phứcz1; z2 đồng thời thỏa mãn các điều kiện :z1+ 2z2 là số thực,2z1− z2 là số ảo và

3z1+ z2= 5 − 5i Tìm Mô đun của số phứcw = z12+ 3z1.z22.

Trang 9

———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm sốy = 2x + 2

x − 1 , có đồ thị(C ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số(C ).

b) Xác định tất cả những điểmM trên đồ thị(C )sao cho đồ thị hàm số(C )tiếp xúc với đườngtròn tâmI (1;2)tạiM.

a) Lời giải (hungchng):

lim

x→−∞ y = 2; lim

x→+∞ y = 2; y = 2là phương trìnhtiệm cận ngang

y = − 4(x0− 1)2(x − x0) +

µ

(x0− 1)2

¶.Ta có:−−→I M =µx

b) Lời giải 2 (dan_dhv):

Nhận thấyI (1;2)là tâm của hypebol Do đó.(C )tiếp xúc với đường tròn tâmItheo bán kính nhỏnhất

|x0− 1|⇔ x0= 3; x0= −1VậyM(3;4); M(−1;0)

cos5x−cos3x cos x = 2sin5x.sin3x.

Lời giải 1 (hoangde_BM):

Điều kiện:cos5x.cos3x 6= 0 Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:

cos3x cos5x+ 1 −³ cosx

cos3x+ 1´= 2sin5x.sin3x

⇐⇒cos3x + cos5x cos5x −cos x + cos3x cos3x = 2sin5x.sin3x

⇐⇒2cos4x.cos x cos5x −2cos2x.cos x cos3x = 2sin5x.sin3x

2 http://www.k2pi.net

Trang 10

Hay ta có :

cos4x.cos x.cos3x − cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x

⇐⇒ cos x(cos3x.cos4x − cos2x.cos5x) =14.sin10x.sin6x

Mà ta có:

cos3x.cos4x − cos2x.cos5x =1

2(cos7x + cosx − cos7x − cosx) = 0

Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình

Lời giải 2 (kunkun):

P t ⇐⇒

cos23x −12(cos4x + cos6x)

1

2(cos2x + cos8x) = cos2x − cos8x

⇐⇒ 1 − cos4x = cos22x − cos28x

⇐⇒ 1 − cos4x = 1 + cos4x2 −¡2cos24x − 1¢2

⇐⇒ 8cos44x − 8cos24x − 3cosx + 3 = 0

⇐⇒ cos4x = 1hoặccos4x =12

đến đây thì ok giải pt xong nhớ loại nghiệm pt chỉ có 2 nghiệm

Lời giải 3 (hoanghai1195):

PT ⇔ 2cos23x − 2cosx.cos5x = sin6x.sin10x

⇔ 1 + cos6x − (cos6x + cos4x) =−12 (cos16x − cos4x)

⇔ 2 − 3cos4x + cos16x = 0

⇔ 8cos44x − 8cos24x − 3cos4x + 3 = 0

⇔ (cos4x − 1)(8cos24x(cos4x + 1) − 3) = 0

Đến đây là OK rồi

Câu 2.b Giải bất phương trình ¡px + 6¢qx¡2x2+ 26x + 8¢− 4 ≥ x¡2x + 3px + 33¢

Lời giải 1 (Con phố quen):

Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là :x ≥ 0.Nhận thấy rằng vớix = 0bất phương trình đãcho không thỏa Vậy ta chỉ cần xétx > 0.Với điều kiện này ta đặtt =px, t > 0.Lúc đó bất phươngtrình đã cho tương đương với bất phương trình :

t(t + 6)p2t4+ 26t2+ 8 ≥ 2t4+ 3t3+ 33t2+ 4 (1)Tiếp tục đặt u =p2t4+ 26t2+ 8, u ≥ 2p2.Khi đó bất phương trình (1) được viết lại thành bấtphương trình tương đương sau :

u − t2− 3t − 2¢· (u − t + 2) ≤ 0 (3)

Trang 11

Chú ý rằng vớit > 0vàu ≥ 2p2thì ta có :u −t +2 ≥ 0.Do đó bất phương trình(3)tương đương vớibất phương trình :

Lời giải 2 (Con phố quen):

Điều kiệnx ≥ 0.Nhận thấyx = 0không thỏa bất phương trình đã cho Đặtt =px, t > 0.Lúc đóbất phương trình đã cho được biến đổi thành bất phương trình tương đương sau :

t(t + 6)p24t4+ 26t2+ 8 ≥ 2t4+ 3t3+ 33t2+ 4

⇔ t(t + 6)p2t4+ 26t2+ 8 − 2t4− 3t3− 33t2− 4 ≥ 0 ⇔ T ≥ 0

Với phương trình này thì việc ưu tiên đoán nghiệm là hàng đầu vì nó khá cồng kềnh Nhưng khiđoán nghiệm ta cố gắng đoán nghiệm sao cho khi thế vào căn thức ta phải được một số chínhphương Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệmt = 1vàt = 2là thỏa yêu cầu đó Bây giờ ta cốgắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao

Vùng 1 :0 < t < 1.Lúc này ta cóT < 0nên xem như thoát ngưỡng vùng này

Vùng 2 :1 < t < 2.Lúc này ta cũng cóT < 0nên qua cửa này luôn

Vùng 3 :t > 2.Lúc này ta cũng cóT < 0nên xem như các ải cần vượt đã vượt hoàn toàn rồi.Điều đó dẫn đến bất phương trình theot chỉ có hai nghiệmt = 1; t = 2.

Lời giải 3 (Lão Hạc):

Trang 12

Lời giải (xuannambka):

x + lnx dx = 2

p

x + lnx x

Câu 4. Cho lăng trụ đứng ABC A1B1C1 cóBC = 2AB và AB ⊥ BC GọiM, N lần lượt là trung

điểm của A1B1 và BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1C bằng p2a

7 Góc giữa haimặt phẳng(AB1C )và(BCC1B1)bằng60o Tính thể tích khối chópM ABC và bán kính mặt cầungoại tiếp khối chópB1ANC theoa.

11 ;BC = 4a;S ABC= AB.BC2 = 4a2⇒ V M ABC=16a

3p1133GọiQ là trung điểm củaNC QuaQ vẽ đường thẳngd song song vớiAB Suy radlà đường trungtrực củaNC

GọiJ là tâm của tam giácANC suy ra Jthuộcd Trên mặt phẳngBCC1B1vẽ đường thẳng∆qua

Q và song songCC1

Khi đó∆là trung trực củaNC GọiI là tâm củaB1NC thì I thuộc∆ Dựng đường thẳngd2quaJ

và song song∆

Suy rad2là trục đường tròn ngoại tiếp ANC TừI vẽ đường thẳng song songQ Jcắtd2tạiO

NênO là tâm mặt cầu ngoại tiếpB1.ANC

Ta có :B1C = a

p192p

11 .B1N = a

p60p

11 , NC = 2a,S.B1NC = 4a2⇒ I N = R(B1NC ) = B14.S.B C B1N NC

p5p11

Trang 13

Câu 5. Cho các số thựcx, y, zkhông âm sao cho không có2số nào đồng thời bằng0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = (x y + yz + zx)

Lời giải 1 (hahahaha1):

Giải sửz = min(x; y;z)khi đó ta có:

³ a b

Do đóMi nP =52 đạt được khia = b;c = 0hoặc các hoán vị

Lời giải 2 (Sangham_BM):

Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel: Vớia,b,c ≥ 0và “đôi một khácnhau thì”

= (a + b + c − 2)(a + b + c − 3) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c).

TH2:a + b + c ≥ 2BĐT cần chứng minh tương đương với

Trang 14

Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi(a;b;c) là 1 trong các hoán vị của bộ số(0;1;1).

Lúc này thaya,b,c lần lượt bởix2, y2, z2ta có

VậyMi nP =52khi một số bằng 0 và hai số còn lại bằng nhau!

Lời giải 3 (Inspectoragadget):

Không mất tính tổng quát ta giả sửz = Min(x; y;z)

x2+ y2+

x2+ y24x y ≥ 13(x

2+ y2)

4x y ≥32Vậy ta cóP Mi n=52 Đẳng thức xảy ra tạix = y,z = 0và các hoán vị tương ứng

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn(I ) : x2+ y2− 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng d : 4x − 3y + 9 = 0 Gọi A,B là hai điểm thuộc đường thẳngd,C làđiểm thuộc đường tròn(C ) Biết điểm H

µ22

5 ;

115

Trang 15

¶ Dod(I , AB) =

a +6

5

¶2+

µ4a

3 + 3 −75

¶2

= 64 ⇐⇒ 259 a2+203 a − 60 = 0

A (−1;−3;−2); B (0;−2;2)và mặt cầu(S) : (x + 1)2+¡y + 2¢2+ (z + 3)2= 14 Gọi(P) là mặt phẳng điquaAđồng thời cắt mặt cầu(S)theo giao tuyến là đường tròn có bán kính nhỏ nhất Tìm điểm

M thuộc mặt phẳng(P)sao cho tam giác ABM vuông cân tạiA.

Lời giải (angel):

Mặt cầu(S)có : tâmI (−1;−2;−3), bán kínhR =p14 Nhận thấyAnằm phía trong mặt cầu

Do đó(P)quaAcắt(S)theo1đường tròn có bán kính nhỏ nhất⇔pR2− I H2nhỏ nhất⇔ I HlớnnhấtH ≡ A ⇔−→I A(0;1;−1)là véc tơ pháp tuyến của (P), do đó :(P) : y − z + 1 = 0( H là hình chiếucủaI trên(P))

Giả sửM(m;n;n + 1), theo bài ra :½ AB = AM

Trang 16

Xét hàm số : f (n) = 2 n−35n6 − 4026, ∀n > 11,975Ta có : f0(n) = 2 nln2 −356 > 0, ∀n > 11,975.

Do đó ta có hàm số f (n)đồng biến ∀n > 11,975.Mặt khác ta cóf (12) = 0.

Do đó phương trình f (n) = 0có nghiệm duy nhấtn = 12.

Lời giải 2 (Inspectoragadget):

Ta có :

N = 3.C n0+ 4C n1+ 5C n2+ + (n + 3)C n n= 3¡C n0+C n1+C n2+ +C n n

¢+¡C n1+ 2C n2+ 3C n3+ nC n n

chọn trongnngười một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc

Đếm cách 1: chọnk người trongnngười, sau đó chọn 1 giám đốc từkngười, cókC k

ncách chọnChoktừ 1 đếnn, cóC1

n + 2C n2+ 3C n3+ + nC n ncáchĐếm cách 2: chọn 1 giám đốc từn người trước, sau đó mỗi người trong n − 1người còn lại có

2 trạng thái: được tuyển và không được tuyển, nên cách đếm này cho đáp sốn.2 n−1 Vậy ta cóđpcm

Từ đây giải như trên

Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông gócOx y cho điểmA (1;0)và các đường tròn

(C1) : x2+ y2= 2; (C2) : x2+ y2= 5 Tìm tọa độ các điểmB vàC lần lượt nằm trên(C1)và(C2)đểtam giácABC có diện tích lớn nhất

Lời giải (Sangham_BM):

* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thìOphải là trực tâm của tamgiácABC

-Giả sửCO không⊥ AB thì ta luôn tìm được điểmC0∈ (C2)sao chod(C0, AB)lớn hơnd(C , AB),hayS∆ABC0 lớn hơnS∆ABC →không thỏa mãn yêu cầu bài toán

2 ; t =5 −

p52Tới đây ta có:

S∆ABC=12BC d(A,BC ) =12|x A − x B ||y B − y C| =12|1 − t||b − c|

Suy ra

S2∆ABC =14(1 − t)2(b2+ c2− 2bc) =14(1 − t)2((2 − t2) + (5 − t2) − 2(t − t2)) = 14(1 − t)2(7 − 2t)

Trang 17

* Nếut = −1thì ta suy raS2∆ABC= 9hayS∆ABC= 3

* Nếut =5 +

p5

2 thì ta dễ thấy điều vô lí vìt2+ b2= 2

* Nếut =5 −

p5

∆: x − 1

1 =y − 32 =z + 2

−2 , biết rằngAthuộc đường tròn(C )và đường thẳngdvuông góc với đườngthẳngAI

Lời giải (Phố Đêm):

Gọi I là tâm đường tròn ⇒ I

Câu 7B Cho các số phứcz1; z2đồng thời thỏa mãn các điều kiện :z1+ 2z2là số thực,2z1− z2

là số ảo và3z1+ z2= 5 − 5i Tìm Mô đun của số phứcw = z2

1+ 3z1.z2

2

Lời giải (NgoHoangToan):

Ta đặt :z1= x + yi; z2= a + bi Từ đó ta có :z1+ 2z2= (x + 2a) + (y + 2b)i;2z1− z2= (2x − a) + (2y − b)i

Theo giả thiết ta có :y + 2b = 0 và 2x − a = 0 Từ 3z1+ z2= (3x + a) + (3y + b)i = 5 − 5i Ta được:(

3x + a = 5

3y + b = −5

Vậy ta có:b = 1; y = −2;x = 1;a = 2 Từ đó ta suy ra:z1= 1 − 2i; z2= 2 + i

Từ đó ta có :z12+ 3z1.z22= 30 − 10i Vậy : modunw bằng10p

10

Trang 18

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x − 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(H).

b) Tìm tất cả các giá trị thực củamđể đường thẳngd : y = 2x + m − 2cắt đồ thị(H)tại hai điểm phân biệtA,B

sao cho tứ giácAMB N có diện tích bằng5

p 17

3e 2x + sin x(4e x + 3sin x) − 1 (e x + sin x)2 dx.

Câu 4 (1 điểm) Cho lăng trụ tam giácABC A0B0C0 có đáy là tam giác đều tâmO.ĐỉnhC0 có hình chiếu trên mặt phẳng(ABC )trùng với tâmOcủa đáy Biết rằng khoảng cách từOđến cạnhCC0 bằnga Chứng minh rằng qua

ABta có thể dựng được mặt phẳng(P)vuông góc vớiCC0 GọiK là giao điểm củaCC0 và mặt phẳng(P), biết gócAK B = 120 o Tính thể tích hình lăng trụABC A0B0C0 theoavà góc hợp bởiCC0 và mặt phẳng(ABC ).

Câu 5 (1 điểm) Cho các số thựca,b,c ∈ [1;2]Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :P = 10a bc +11b ac +2012c ab

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông gócOx ycho hình thoi ABC DcóA = 60b o Trên các cạnhAB,BC lấy các điểmM, Nsao choMB + NB = AB BiếtP(p

3;1) thuộc đường thẳngDN và đường phân giác trong của góc

à

MDNcó phương trình làd : x − yp3 + 6 = 0 Tìm toạ độ đỉnhDcủa hình thoiABC D.

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz, cho hình chóp tứ giác đềuS.ABC Dcó các đỉnhS(−3;2;1),

quaIvà vuông góc vớiBD.

Câu 7A (1 điểm) Giải bất phương trình sau :

4 − 34x− 2 + 32x.

B Theo chương trình nâng cao

Câu 6B (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông gócOx y, cho hình chữ nhật ABC D, đỉnhB thuộc đường thẳng

d1: 2x − y + 2 = 0, đỉnhC thuộc đường thẳngd2: x − y − 5 = 0 GọiHlà hình chiếu củaBxuống đường chéoAC BiếtM

µ9

5;

2 5

là một đường tròn(C ) Lập phương trình mặt cầu(S1 ) chứa đường tròn(C )biết tâm của mặt cầu(S1 ) cách

5 đồng thời hoành độ tâm mặt cầu(S1 ) lớn hơn 2

Câu 7B (1 điểm) Có ba bình: BìnhAđựng 4 viên bi xanh và 5 bi đỏ, bìnhBđựng 8 viên bi xanh và 7 viên bi đỏ và bìnhCđựng 6 viên bi xanh và 9 viên bi đỏ Người ta chọn ngẫu nhiên ra một bình từ ba bình đã cho, rồi từ bình đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một viên bi Tính xác suất để viên bi lấy ra là viên bi đỏ.

Trang 19

TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN

Câu 1. Cho hàm sốy = x − 2

x − 1 (H).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(H)

b) Tìm tất cả các giá trị thực củamđể đường thẳngd : y = 2x + m − 2cắt đồ thị(H)tại hai điểmphân biệtA,Bsao cho tứ giácAMB N có diện tích bằng 5

p17

VìAMB Nlà tứ giác(lồi) nênIthuộc đoạn thẳngM Ntức là1 <1 − 2m

µ

1 +41

¶(∗)

Trang 20

Z π

2

0

e 2x− cos2x (e x + sin x)2 dx

theoavà góc hợp bởiCC0và mặt phẳng(ABC )

Lời giải (manlonely838):

Trang 21

GọiM = CO ∩ AB.KẽMK ⊥ CC0tạiK , OH ⊥ CC0tạiH.Vì∆ABC đều nênCO ⊥ AB

MàCOlà hình chiếu củaCC0trên(ABC )nên theo định lý3đường vuông góc suy raCC0⊥ AB.

Từ đó suy ra(ABK ) ⊥ CC0 Dĩ nhiên(ABK ) ≡ (P).

Trong tam giácC K M cóOH ∥ K M ⇒ K M OH =C M CO =23⇒ K M = 3.OH2 =3a2

Hơn nữa,AB ⊥ (C MK ) ⇒ AB ⊥ K M ⇒ ∆ABK cân tạiK

MàAK B = 120 0⇒ AK M = 60 o.Tam giác AMK vuông tạiM nên

AM = K M.tan60 o=3a

p3

4 .Xét tam giác vuôngCOC0có1

OH2=OC12+OC102 ⇒OC102 =OH12−OC12=a12−9a12=9a82⇒ OC0=3a

p24

Do đó,

V ABC A0B0C0= C0O.S∆ABC=3a

p2

4 .

27a2p3

4 =81a

3p6

16 .Lại có,tan OCC0=OC CO0=

p2

4 .Vậy,

á

(CC0,(ABC )) = á (CC0,CO) = OCC0= arctan

Ãp24

!

Câu 5. Cho các số thựca,b,c ∈ [1;2]Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :P = 10a

Trang 22

và đường phân giác trong của gócàMDN có phương trình làd : x − yp3 + 6 = 0 Tìm toạ độ đỉnh

Dcủa hình thoiABC D

Lời giải (khanhtoanlihoa):

Từ giả thiết A = 60b o⇒tam giácABD,C BD là các tam giác đều Theo đề bài ta cóAM = BN,BM =

C N

Xét hai tam giác ADM vàBDN ta có:D AM =  DB N = 60 o , AD = BD, AM = BN ⇒hai tam giác bằngnhau

⇒ ADM = BDN (1)Xét hai tam giácB MD vàC NDta có:DB M =  DC N = 60 o ,C D = BD,C N = BM ⇒hai tam giác bằngnhau

⇒ NDC = MDB (2)

Từ(1)và(2) ⇒ àMDN = 60 o

GọiP0là điểm đối xứng củaP qua đường phân giácd ⇒ P0thuộc đường thẳngDM

⇒tam giácPDP0là tam giác đều.⇒ DP = PP0= 2d (P/d)= 6.

GọiDcó tọa độD

µ

a; a + 6

p3

¶

⇒ PD2= (a −p3)2+

Ã

a + 6 −p3p3

!2

= 36

⇒ a = 3 +p3, a = −6 +p3 ⇒ D³3 +p3;1 + 3p3´,D³−6 +p3;1´

Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz, cho hình chóp tứ giác đềuS.ABC D

có các đỉnhS(−3;2;1),A(0;2;2)vàC (−2;2;−2) GọiIlà tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chópS.ABC D.Viết phương trình mặt phẳng(α)đi quaI và vuông góc vớiBD

GọiO = AC ∩ BD. VìS.ABC D là chóp đều nên I ∈ SO. Suy ra I ∈ (S AC). Mà BD ⊥ (S AC)nên (α)

2 − 32x¢ (Với đk các biểu thức liên hợp 6= 0)

⇐⇒ 2.34x+ 32x+ 3.p4 − 34x− 12 ≥ −p4 − 34x− 2 + 32x

⇐⇒ 2p4 − 34x+ 34x− 5 ≥ 0 ⇐⇒ −³p4 − 34x− 1´2≥ 0 ⇐⇒ p4 − 34x − 1 = 0 ⇐⇒ x =14

Trang 23

Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông gócOx y, cho hình chữ nhật ABC D , đỉnhB

thuộc đường thẳngd1: 2x − y + 2 = 0, đỉnhC thuộc đường thẳngd2: x − y − 5 = 0 Gọi H là hìnhchiếu củaB xuống đường chéoAC BiếtM

µ9

5;

25

E

H

GọiB(b;2b +2), C(c;c −5), (c > 4)vàElà điểm đối xứng vớiB quaC Suy raE(2c −b;2c −2b −12).

Dễ dàng chứng minh đượcK là trung điểm củaAE Do đó,

−−→HE = 2−−→MK =µ72

5;

165

Thiết lập tọa độ các vector

µ

c −95;c −275

¶

Với giả thiết bài toán ta có hệ phương trình

(

b = 1

c = 9hoặcc = 4(loại)

Từ đó ta cóB(1;4), C (9;4).VìK là trung điểm củaC Dnên suy raD(9;0).

Lại cóC là trung điểm củaBEnên suy raE(17;4),vàK là trung điểm củaAEnên suy raA(1;0).

Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz, cho mặt phẳng(P) : x +2y +2z−6 =

0và mặt cầu(S)có phương trìnhx2+ y2+ z2−2x −2y +4z −10 = 0 Chứng minh rằng mặt cầu(S)

cắt mặt phẳng(P)theo giao tuyến là một đường tròn(C ) Lập phương trình mặt cầu(S1)chứađường tròn(C )biết tâm của mặt cầu(S1)cách điểm A(4;1;4)một khoảng bằng3p

5đồng thờihoành độ tâm mặt cầu(S1)lớn hơn2

Phân tích: Hình học không gian cũng chỉ là thác triển từ hình học phẳng Ở bài toán này ta

xem hai mặt cầu(S1), (S)như hai đường tròn trong mặt phẳng; mặt phẳng(P)như là một đườngthẳng trong mặt phẳng Hai mặt cầu này cắt nhau theo một mặt là đường tròn ví như hai đườngtròn trong mặt phẳng sẽ giao nhau theo một đoạn thẳng Bài toán lúc này trở nên dễ dàng rồiđúng không

Trang 24

Ta có tâm mặt cầu (S) là I (1;1;−2), bán kính là R (S) = 4 d(I ;(P)) = 73 Vìd(I ;(P)) < R (S) nên mặtphẳng(P)cắt mặt cầu(S)giao tuyến là một đường tròn(C ) Gọi I1, R (S1) lần lượt là tâm và bánkính của mặt cầu(S1).Khi đóI I1⊥ (P).

Để xác định toạ độ củaI1, ta viết phương trình đường thẳng(d)đi quaI và vuông góc với(P)

Cụ thể: Ta có→−u (d)= −→n (P)= (1;2;2).Suy ra phương trình của(d) :

¶ Suy rad(I1;(P)) =233 Mặt khác ta lại có

R (S)2 −(d(I ;(P)))2= R2(C ) = R (S21 )−(d(I1;(P)))2⇒ R (S21 )= R (S)2 −(d(I ;(P)))2+(d(I1;(P)))2= 42−

µ73

¶2

+

µ233

µ

y −233

¶2+

9.Xác suất để lấy1viên bi đỏ trong bìnhB là: 7

15.Xác suất để lấy1viên bi đỏ trong bìnhC là: 9

15.Vậy xác suất để lấy ra viên bi đỏ theo yêu cầu bài toán là:P =13

µ5

9+157 +159

¶

=13573

Trang 25

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x4− 2mx2+ 1 có đồ thị(C m)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khim = −1

b) Xác định các giá trị của tham sốmđể đồ thị hàm số(C m)có3điểm cực trị tạo thành một tam giác

có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chópS.ABC D, đáyABC Dlà hình chữ nhật cóAB = 2a, AD = 2p2a Cạnh bên

S Avuông góc với mặt phẳng đáy, các điểmM, Nlần lượt là trung điểm củaD AvàDS Đường thẳng

SC cắt mặt phẳng(B M N )tạiP Tính thể tích khối chópS.B M NP và khoảng cách giữa hai đườngthẳngSBvàP N, biết rằng cô-sin góc giữa đường thẳngC Nvà mặt phẳng(B M N )bằng

p33

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoiABC Dngoại tiếp đườngtròn(I ) : (x − 5)2+ (y − 6)2=325 Biết rằng các đường thẳng AC vàABlần lượt đi qua các điểmM(7;8)

vàN (6;9) Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoiABC D

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho các điểmB(0;1;0)vàN (2;−1;2) Viết phươngtrình mặt phẳng(P)đi qua các điểmB, N đồng thời cắt các tiaOx,OztạiA,C sao cho diện tích tamgiácABCđạt giá trị nhỏ nhất

Câu 7A (1 điểm) Giải hệ phương trình: ½ log5(5x − 4) = 1 − 2y

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho các mặt phẳng(P) : −mx+(1−m)z−2m+3 = 0,

(Q) : my + z + 3 = 0và(R) : x − y = 0(mlà tham số thực khác0) Viết phương trình mặt phẳng(α)điqua giao tuyến của hai mặt phẳng(P)và(Q)đồng thời vuông góc với mặt phẳng(R)

Câu 7B (1 điểm) Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm7chữ số mà trong đó chữ số3

có mặt đúng2lần,chữ số0có mặt đúng3lần và các chữ số còn lại có mặt không quá1lần

Trang 26

———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm sốy = x4− 2mx2+ 1 có đồ thị(C m)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khim = −1

b) Xác định các giá trị của tham sốm để đồ thị hàm số(C m)có3điểm cực trị tạo thành mộttam giác có độ lớn của diện tích và chu vi bằng nhau

0

b) Lời giải (Con phố quen):

Tập xác định : D= R.Ta có :y0= 4x3−4mx = 4x¡x2− m¢.Do đó :y0= 0 ⇐⇒ 4x¡x2− m¢= 0 ⇐⇒ x =

0 ∨ x2= m.

Vậy để hàm số có ba cực trị, điều kiện tương thích làm > 0.

Gọi tọa độ ba cực điểm làA(0;1),B(−pm,1 − m2),C (p

m,1 − m2)

Ta cóA ∈ Ox,B,C đối xứng quaO y nên tam giácABC cân tạiA.KẻAH⊥BC ⇒ H ∈ Oy.

Diện tích tam giácABC được tính : S ABC =12AH · BC =12·¯¯y B − y A¯

¯ ·|x B − x C| Do đóS ABC =

m2pm.

Lại có, chu vi tam giácABC được tính : CV ABC = 2AB + BC = 2pm + m4+ 2pm

Theo giả thiết :S ABC = CV ABC nên ta có phương trình :

Vậym = 2(1 +p2)là giá trị cần tìm của bài toán

Câu 2.a Giải phương trình: 2(1 + sinx) + (2cosx + 1)(2cosx − 1)2= 4cos x + tan x

ĐK :cos x 6= 0.Phương trình tương đương với :

(2cos x − 1)£¡4cos2x − 3¢+ tan x¤= 0 ⇐⇒ (2cos x − 1)¡4cos3x − 3cosx + sinx¢= 0

⇐⇒ (2cos x − 1)(cos3x + sin x) = 0 ⇐⇒

·

cos x =12cos3x = cos¡π

Trang 27

Lời giải (Con phố quen):

Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 2.Phương trình đã cho được biến đổi tương đương thành phương trình :

x ∈ [0; 2]nên(1)xảy ra khi và chỉ khix = 1.

Vậyx = 1là nghiệm duy nhất của phương trình

Lời giải (NgoHoangToan):

Trang 28

Từ giả thiết :a2+ b2= 2 =⇒ a + b ≤p2(a2+ b2) = 2.

e x (sin x + cosx)

=⇒ dt = e

x (sin x + cosx) −¡x +12¢.[e x (cos x − sinx) + e x (cos x + sinx)]

e 2x (cos x + sinx)2 d x = sin x + cosx − 2

0

sinx + cosx

e x (1 + sin2x) d x

Trang 29

Xét :

J =

π

4Z

Câu 4. Cho hình chópS.ABC D, đáyABC Dlà hình chữ nhật cóAB = 2a, AD = 2p2a Cạnh bên

S A vuông góc với mặt phẳng đáy, các điểmM, N lần lượt là trung điểm củaD A vàDS ĐườngthẳngSCcắt mặt phẳng(B M N )tạiP Tính thể tích khối chópS.B M N Pvà khoảng cách giữa haiđường thẳngp SB vàP N, biết rằng cô-sin góc giữa đường thẳngC N và mặt phẳng(B M N )bằng33

I P

Q

E H T

GọiO là tâm đáy.I = AC ∩ BM Ta cóM NkS A ⇐⇒ (BMN) ∩ (S AC) = IPkS AkMN(P ∈ SC)

Ta có :AC = 2ap3; AI = AC3 =2a

p3

3 ; IC = 4a

p3

p33

9 ⇐⇒ tanα =p4

1 Màtanα = IC

I N

http://www.k2pi.net 5

Trang 30

3 ; M N =pI N2− I M2= ap3;do đóS A = 2ap3; PI =23S A = 4ap

3

3 ; B I = 2a

p63

S B M N P = S B I P + S I M N P =12I P.B I +12I M(PI + MN) = 5a

2p22VậyV SB M N P=13.5a

2p2

2 .

2ap3

3 =5a

3p6

3 .Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuôngOME ta có:

p6p35

Câu 5. Cho các số thựcx, y, zthỏa mãn :x2+ 2y2+ 5z2≤ 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

+y

2 1 3

+z

2 1 6

≥(x + y + z)

2 1

2+13+16 = (x + y + z)

2

Vậy nên:

x2+ 2y2+ 5z2≥ 2(x y + yz + zx) =⇒ 2P ≤ t.³1 +p4 − t2´Vớit = x2+ 2y2+ 5z2≤ 2Vậy ta chỉ cần tìm giá trị lớn nhất của :

K = t.³1 +p4 − t2´

(t ≤ 2)

Dấu bằng xảy ra khi2x = 3y = 6z

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABC D

ngoại tiếp đường tròn(I ) : (x −5)2+(y −6)2=325 Biết rằng các đường thẳngAC vàAB lần lượt điqua các điểmM(7;8)vàN (6;9) Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABC D

Lời giải (thiencuong_96):

Do là đường tròn nội tiếp hình thoi, suy ra tâm trùng với giao của hai đường chéo

Dể dàng suy ra(AC ) : x − y + 1 = 0Gọi(AB) : y = k(x − 6) + 9

Có :d(I ;(AB)) = p|3 − k|

k2+ 1 =

4p10

¶

Trang 31

Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho các điểmB(0;1;0)vàN (2;−1;2).Viết phương trình mặt phẳng(P) đi qua các điểmB, N đồng thời cắt các tiaOx,Oz tại A,C saocho diện tích tam giácABC đạt giá trị nhỏ nhất.

GọiA(a;0;0);C (0;0;c) Do A,Cthuộc tiaOx.Oznêna,c > 0 Mặt phẳng(P)có pt: x

Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn(O1)

và(O2)có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại A(4;2)vàB Một đường thẳng đi qua AvàN (7;3)

cắt các đường tròn(O1)và(O2)lần lượt tạiDvàC Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácBC D biếtrằng đường thẳng nối tâmO1,O2có phương trìnhx − y − 3 = 0và diện tích tam giácBC D bằng24

¶

=⇒ B(5;1)( vớiI là giao điểm củaAB vàO1O2)

Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau( hay hai đường tròn bằng nhau) nên BDC =  BC A( cùngchắn 1 cungÙAB)

Nên tam giácBDC cân KẻB Mvuông góc vớiDC suy ra(B M) : 3x + y − 16 = 0hayM

µ23

5 ;

115

¶

Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho các mặt phẳng(P) : −mx +(1− m)z − 2m + 3 = 0,

(Q) : my + z +3 = 0và(R) : x − y = 0(mlà tham số thực khác0) Viết phương trình mặt phẳng(α)

đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng(P)và(Q)đồng thời vuông góc với mặt phẳng(R)

Phân tích: Bài này chắc là không ít học sinh hình dung không ra hướng làm Giả thiết chỉ cho

phương trình các mặt phẳng Rõ ràng,−u→1(α)= −→n (R).Thêm nữa, vì(α)chứa giao tuyến của(P), (Q)nên−u→2(α)= −→u

(P)∩(Q)=£−→n

(P),−→n (Q)¤ Suy ra→−n (α).Vấn đề còn lại là tìm được1điểm nào đó thuộc(α)

là phương trình(α)sẽ hình thành Nhưng,(α)đi qua giao tuyến của(P)và(Q)mà phương trình

Trang 32

(P)và(Q)lại có chứa tham sốm chưa xác định được và chắc chắn không có cơ sở để xác địnhtham sốmnày Có lẽ tham sốmnày là để đánh lừa chăng? Mà mục tiêu của chúng ta là tìm đượcmột điểm có tọa độ xác định thuộc giao tuyến này Thật may mắn!

Câu 7B Tính xác suất để có thể lập được một số tự nhiên gồm7chữ số mà trong đó chữ số3

có mặt đúng2lần,chữ số0có mặt đúng3lần và các chữ số còn lại có mặt không quá1lần

Ta có9.106số tự nhiên có7chữ số Giả sử số tự nhiên có7chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

a1a2 a7

Doa16= 0nên cóC63cách để đặt chữ số0, sau đó cóC42cách để đặt chữ số3 Và cóA28cách để đặtcác chữ số còn lại

Trang 33

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm sốy = x + 1

x − 1 có đồ thị là (C )

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

b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểmMthuộc đồ thị(C ), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành tại điểmN

sao cho ∆OM Nvuông.

Câu 4 (1 điểm) Cho hình lăng trụABC A0B0C0 có đáyABClà tam giác vuông tạiA, AB = a, AC = ap3 Gọi H, M

lần lượt là trung điểm của BC ,CC0 BiếtA0 cách đều các đỉnh A, B, C Góc tạo bởi đường thẳngA0Bvà mặt phẳng(A0AH)bằng 300 Tính thể tích lăng trụABC A0B0C0 và khoảng cách giữa hai đường thẳngA0BvàAM.

Câu 5 (1 điểm) Choa,b,ccác số dương thoả mãn :2a2+ 3b2+ 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b.Chứng minh rằng:

1 p

8a+ 1+

1 p

8b+ 1+

1 p

8c+ 1≥ 1

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho đường tròn(C ) :

µ

x −54

¶ 2 +¡y − 1¢2= 2 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuôngABC Dbiết các đỉnhBvàCthuộc đường tròn(C ), các đỉnhAvàDthuộc trụcOx.

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho mặt cầu(S) : x2+ y2+ z2− 2x − 4y + 6z + 13 = 0và các đường thẳngd1 :

Câu 7A (1 điểm) Giải phương trình: p3x − x −px + 1 + 2x.3 x + 2x + 1 = 9 x

B Theo chương trình nâng cao

Câu 6B (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độOx ycho Elip có phương trình:x2

8 +y

2

4 = 1 và điểmI (1;−1) Một đường thẳng ∆ qua

Icắt Elip tại hai điểm phân biệtA,B .Tìm tọa độ các điểmA,Bsao cho độ lớn của tíchI A.I Bđạt giá trị nhỏ nhất.

b) Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yzcho hai đường thẳng ∆1:x + 1

2 và hai điểmA(−1;3;0),B(1;1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng ∆1và

∆ 2 tạiMvàN sao cho tam giácANBvuông tạiBvà thể tích khối tứ diệnAB M Nbằng1

Trang 34

———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN

Câu 1. Cho hàm sốy = x + 1

x − 1 có đồ thị là (C )

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

b) Viết phương trình các tiếp tuyến tại điểm M thuộc đồ thị (C ), biết tiếp tuyến đó cắt trụchoành tại điểmN sao cho∆OM Nvuông

*TXĐD = R\{1}; đạo hàmy0= −2

(x − 1)2< 0 ∀x ∈ D,Hàm số nghịch biến trên(−∞;1);(1;+∞)

lim

x→1+y = +∞; lim

x→1−y = −∞; x = 1 là phương trìnhtiệm cận dọc

lim

x→−∞ y = 1; lim

x→+∞ y = 1; y = 1là phương trình tiệmcận ngang

Trường hợp 3: Tam giácOM N vuông tạiM khi và chỉ khi

Vậy tất cả có 3 tiếp tuyến cần tìm lày = −2x − 1; y = −x + 2 + 2p2; y = −x + 2 − 2p2

Câu 2.a Giải phương trình: 5sin³2x + π4´− 3sin³6x − π4´=p2(4cos4x − sin4x)

Lời giải (theoanm):

Trang 35

5sin³2x + π4´− 3sin³6x − π4´=p2(4cos4x − sin4x)

Nhân cả hai vế vớip

2vào hai vế ta được phương trình

5(sin2x + cos2x) − 3(sin6x − cos6x) = 8cos4x − 2sin4x

⇔5sin2x + 5sin4x − 3(sin6x + sin4x) + 5cos2x − 5cos4x + 3cos6x − 3cos4x = 0

⇔10sin3x cos x − 6sin5x cos x + 10sin3x sin x − 6sin5x sin x = 0

⇔10sin3x (sin x + cos x) − 6sin5x (sin x + cos x) = 0

⇔(sin x + cos x)(10sin3x − 6sin5x) = 0

•3 − 2(1 − cos2x) − 5(2cos22x − 1) = 0 ⇔ −10cos22x + 2cos2x + 6 = 0 ⇔ −5cos22x + cos2x + 3 = 0

Câu 2.b Giải hệ phương trình:

y =5 −

p1378

y =5 +

p1378

y =5 −

p1378

Điều kiện :y 6= 0.Quan sát thấy phương trình đầu tiên vế trái chứa hẳng đẳng thức :

Ta xem phương trình2x2+ 2x y2+ 2y4+ 3y2= 0là một phương trình bậc hai theo biếnx

với biệt số∆0= y4− 2(2y4+ 3y2) = −(3y4+ 6y2) < 0 Do đó phương trình : 2x2+ 2x y2+ 2y4+ 3y2= 0

8 ⇒ x =81 − 5

p13732

y =5 +

p137

8 ⇒ x =81 + 5

p13732

Trang 36

*TínhB: Cócos2x = (cosx − sinx)(cosx + sinx)

Đặtt = sinx + cosx + 1 ⇒dt = (cosx − sinx)dx.Đổi cậnx = − π

= sin x − cos x − x + sin x + cos x − ln(cos x + sin x + 1)

= 2sin x − x − ln(cos x + sin x + 1) = 2p2 +−π2 − ln(p2 + 1)

Lời giải (kunkun):

2− ln¡1 +p2¢

Câu 4. Cho hình lăng trụABC A0B0C0có đáyABC là tam giác vuông tạiA, AB = a, AC = ap3.Gọi H, M lần lượt là trung điểm của BC ,CC0 BiếtA0 cách đều các đỉnh A, B, C Góc tạo bởiđường thẳng A0B và mặt phẳng(A0AH)bằng300 Tính thể tích lăng trụ ABC A0B0C0và khoảngcách giữa hai đường thẳngA0B và AM

Lời giải (Xuannambk&dan_dhv):

Ta cóBC =pAB2+ AC2= 2a GọiH là trung điểm cạnh huyềnBC

3.ap

2 =a

3p62GọiO = A0C ∩ AM HạOK kA0H (K ∈ BC) ⇒ OK ⊥ (ABC)

VẽON kA0B (N ∈ BC) Khi đód¡A0B; AM¢= d (B;(AM N))

Trang 37

Ta có MC

A A0=OA CO0=12⇒C A CO0=13=C N C B = A C K0H ⇒ OK = a

p2

2p

13⇒ sin(BN A) =3

p3p

52.

Ta có.sin(B N A) = N K K P ⇒ PK = a

p3p

r6131

Câu 5. Choa,b,c các số dương thoả mãn :2a2+ 3b2+ 5ab + 3bc + 2ac + c ≤ 3 + 5a + 8b.Chứngminh rằng:

1p

8a+ 1+

1p

8b+ 1+

1p

8c+ 1≥ 1

Từ điều kiện ta biến đổi:

Trang 38

Xây dựng các bất đẳng thức tương tự, ta được

Tới đây ta khai triển ra và rút gọn ta thu được

4(ut + vt + uv) + 16uvt ≥ 1 (∗)

+¡y − 1¢2= 2 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABC D biết các đỉnh B và C

thuộc đường tròn(C ), các đỉnhAvàDthuộc trụcOx

Lời giải ():

A,D ∈ OxvàABC D là hình vuông nên giả sửA(a;0),D(b;0),B(a;c),C (b;c)vớia > b

DoB,C ∈ (C)nêna,blà nghiệm của pt

Trong bài toán nội dụng đề cập đến hai vấn đề :

*Tìm điểmM thuộc một cầu cho trước đồng thời khoảng cách từM đến một đường thẳng chotrước đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất

*Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm M cho trước đồng thời vuông góc với mộtđường thẳngavà cắt đường thẳngb.

Tiếp đến, con phố quen đưa ra các hướng giải quyết cho từng vấn đề

Vấn đề 1 : Tìm điểmM thuộc mặt cầu(S)đồng thời khoảng cách từ điểmM đến đường thẳng∆

có giá trị nhỏ nhất và lớn nhất

Trang 39

Giải quyết vấn đề :

- Bước 1 : GọiH là hình chiếu của tâmI của mặt cầu lên∆.Xác định tọa độ điểmH.

- Bước 2 : Viết phương trình đường thẳng đi quaI H.Và tìm giao điểmM1, M2củaI H và mặt cầu

(S).

- Bước 3 : TínhI H và so sánhI H và bán kínhRcủa mặt cầu(S).Khi đó :

I H > R.ThìM Hmin=min{M1H, M2H}, M HMax=Max{M1H, M2H}

I H = R.ThìM Hmin= 0khiM trùngH,M Hmax khiMtrùng với điểm đối xứng củaH quaI

I H < R.ThìM Hmin= 0lúc đóM trùng với hai điểmA,B với A,Blà giao điểm của∆và mặt cầu

(S),

M Hmax=max{M1H, M2H}

Vấn đề 2 : Viết phương trình đường thẳngd đi quaM, vuông góc vớid1và cắtd2

Giải quyết vấn đề : Bài toán có nhiều cách giải quyết Ở đây hướng giải quyết gọn nhẹ sau :Giả sửd cắtd2tạiB.Suy ra tọa độ điểmB.Tính−−→MB.Dod

1⊥d.nên−→AB · − a→

1= 0Tinh được điểmB.Từ đó viết phương trìnhMB.

Bây giờ ta đi cụ thể vào bài toán:

Tìm điểmM.

Đối với mặt cầu(S)ta có tâmI (1;2;−3)và bán kínhR = 1.

GọiH là hình chiếu vuông góc củaIlênd1.Suy raH(1 + t,2 − t,3) ⇒−→I H = (t;−t;6).

Từ đó ta cóM trùng với điểmM1hayM(1;2;−2).

Viết phương trình đường thẳngd vuông góc vớid1và cắtd2

Giả sửd cắtd2tạiB nên ta cóB(1 − v;1 + 2v;−1 + v).Ta có−−→MB = (−v;−1 + 2v;1 + v).

Trang 40

Xét phương trình:3x − 2x − 1 = 0, là một dạng phương trình mũ hay gặp

Ta xét hàm sốf (x) = 3 x − 2x − 1ta có f0(x) = 3 x ln3 − 2 = 0 ⇔ x = log3

¡ln2

3

¢Lập bảng biến thiên của hàm số ra suy ra phương trình nếu có nghiệm thì tối đa là 2 nghiệm.Mặt khác nhận thấyx = 0;x = 1thỏa mãn Nên đó là hai nghiệm của phương trình trên

Vậy phương trình có hai nghiệmx = 0;x = 1

Câu 6B.a Trong mặt phẳng tọa độOx ycho Elip có phương trình:x2

8 +y

2

4 = 1và điểmI (1;−1).Một đường thẳng∆quaIcắt Elip tại hai điểm phân biệtA,B.Tìm tọa độ các điểmA,Bsao cho

độ lớn của tíchI A.I B đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải (dangnamneu):

GọiI0, A0,B0lần lượt là hình chiếu của I , A,B xuống trục hoành, khi đó theo tính chất của hìnhchiếu ta suy raI A.I B ≥ I0A0.I0B0, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khiAB song song với trục hoành.Tương tự hạ hình chiếu xuống trục tung, lập luận tương tự suy raAB song song với trục tung.Nhưng trong hai trường hợp này chỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán

Nhưng để ýI (1;−1)nằm trong Elip do 12

8 +(−1)

2

4 − 1 < 0nên các hình chiếu trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bé của Elip,

để ý là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳngAB cần tìm sẽ song song với trục bé, tức songsong với trục tung

DoABsong song với trục tung và quaI (1;−1)nên có phương trình là:x = 1 ⇒ A³1;−q72´,B³1;q72´.Vậy hai điểm cần tìm làA³1;−q72´,B³1;q72´hoặcA³1;q72´,B³1;−q72´

Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông gócOx yz cho hai đường thẳng∆1: x + 1

3

Lời giải (tienduy95):

VìM thuộc∆1suy ra toạ độM(−1 + 2a;1 + 3a;a) N thuộc∆2suy ra toạ độN (3b;−b;1 + 2b)

Ta có−→AB = (2;−2;1),−−→N B = (1 − 3b;1 + b;−2b)Vì tam giácANB vuông tạiB suy ra−→AB.−−→ N B = 0

¶vậy pt

2log2a =14¡log32 − log3a¢+ 2 ⇐⇒ 2log2a =log432+ 2 −4log2log2a

3 =⇒ log2a = 1 ⇐⇒ a = 2 =⇒ b = 1

Từ đó suy ra hệ có nghiệm:(x, y) =¡32,12¢

Định dạng
Số trang	114
Dung lượng	1,09 MB