Bộ đề phương pháp giải môn toán khối ABD nguyễn văn nho

B cạnh việc giúp các bạn học sinh tự rèn luyện, việc trích lại các tuyển sinh các năm nói trên trong Chương 1 nhằm giúp bạn đọc một cái nhìn tổng quan và có phần nào cụ thể hơn những dạ

(Tái bản lần thứ nhất

có sửa chữa, bổ sung]

BH _- Sử

NHÀ XUẤT BẢN

na noi ĐẠI HỌC QUỐC GIA HA NOI

ThS NGUYÊN VĂN NHO

IBỘ ĐỀ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

MÔN TOÁN

CAC KHOI A, B, D

PHƯƠNG PHÁP TỰ LUẬN

(Tái bản lần thứ nhất, có sửa chữa bổ sung)

NHÀ XUÁT BẢN ĐẠI HỌC QUÓC GIA HÀ NỘI

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội

Điện thoại: (04) 9715011; (04) 9724770 Fax: (04) 9714899

Chịu trách nhiệm xuất bản:

Giám đốc: PHÙNG QUỐC BẢO Tổng biên tập: PHẠM THỊ TRÂM

Biên tập: LAN HƯƠNG

ANH THƯ

Chế bản: Nhà sách HỒNG ÂN

Trình bày bìa: Nhà sách HỒNG ÂN

Đơn u¡J Người liên kết xuất bản:

1.000 cuốn, khổ 16 x 24cm tại Công ti TNHH In Bao Bì Phong Tân - TP Hồ Chí Minh

xuất bản: 870- 2010/CXB/3-152/DHOGHN, ngày 31/8/2010

yết định xuất bản số: 478LK-TN/Đ-NXBĐH0GHN

xong và nộp lưu chiểu quý III năm 2010

-Đời nói đầu

Những kì thi phía trước luôn luôn là mối quan tâm hàng đầu ec:

mỗi học sinh, nó là một trong những nhân tố thúc đẩy học sinh troi

học tập, và thông qua những kì thi ấy, học sinh có dịp thẩm dinh |

chính minh trong suốt một chặng đường vất vả, lấy đó làm cơ sở c] những bước tiến tương lai

Hơn lúc nào hết, kì thi tuyén sinh vao dai học là mối bận tâm sau cùi

và hào hứng nhất sau mười hai năm miệt mài đưới mái trường phổ thông Những năm trở lại đây, cấu trúc đề thi của Bộ GD và ĐT có phần kh hơn Đề thi dựa theo hai chương trình chuẩn và nâng cao của hai bộ sá THPT Đặc biệt, trong vòng ba năm trở lại đây, chủ trương của người

đề đã được nhìn thấy rõ, đó là, trong đề thì phải chuyên chở được nhỉ kiến thức nhất, tà giảm trừ những bài quá khó đối uới bậc phổ thông

Cuốn sách này gồm hai chương Trong chương 1, chúng téi gi

thiệu các để thi môn Toán của Bộ Giáo dục và Đào tạo trong ba na

2008, 2009 và 2010, dành cho các khối A, B, D, bao gồm cả một số thi dự bị Bên dưới mỗi để thi là phần Hướng dẫn giải, và sau ‹

chúng tôi nêu ra một số nhận xét hoặc bình luận về các cách giải B

cạnh việc giúp các bạn học sinh tự rèn luyện, việc trích lại các

tuyển sinh các năm nói trên trong Chương 1 nhằm giúp bạn đọc một cái nhìn tổng quan và có phần nào cụ thể hơn những dạng to trong kì thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng diễn ra tro

các năm 2008, 2009, 2010.và sắp tới

Trong chương 2, trên cơ sở cấu trúc để thi các năm 2008, 2009

2010, đồng thời, dựa trên kiến thức cần thiết cho thí sinh trong m

kì thi đại học, chúng tôi biên soạn các đề th¡ đề nghị để các thí sỉ

trong những năm tới có thêm tài liệu để luyện tập

Hi vọng bạn đọc, nhất là các thí sinh trong các kì thi tuyến sỉ

vào đại học sắp đến, sẽ tìm thấy nơi tập sách này những điều th:

khảo bổ ích Chúng tôi chờ đợi những đóng góp của các bạn về nhũ

thiếu sót mà chúng tôi không nhìn thấy hết

Xin chân thành cảm ơn

Người biên soạn

ThS Nguyễn Văn Nh

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đỗ thị của hàm số khi m = 1

2 Tim m dé đô thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt cé

hoành độ xị, x;, xạ thỏa mãn điêu kiện : x? +x} +x} <4

Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) va SH = aV3 Tinh thé tích khể

chop S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thang DM va SC theo a

Q Cau V (1 diém)

[(4x? +1)x +(y-3)¥5=2y =0

ax? +y° +2V3-4x =7

PHÀN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

4 Theo chương trình Chuẩn

3 Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phăng tọa độ Oxy, cho hai đường thăng

dị: J3x+y =0 và d;: J3x—y=0;

Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với dị tại A, cắt d; tại hai điểm B vaC sato

cho tam giác ABC vuông tại B Viết phương trình của (T), biết tam giác

ABC có diện tích bằng sẽ và điểm A có hoành độ dương,

y_z+2

1h

và mặt phẳng (P) : x - 2y: 12 =0) Gọi C là giao điểm của A với (P).M Ila

điểm thuộc A Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = vo

3 Câu VIH.a (1 điểm)

2 Trong không gian toa, độ Oxyz, cho đường thẳng A:——— = =

Tìm phần ảo của số phức z, biết z = (v2 +iq- Mi)

3 Theo Chương trình Nâng cao

3 Câu VILb (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6 ; 65),

đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trìn\h

x#y~4=0 Hãy tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết rằng điểm E(I ; -3) nằm

trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho

2 Trong không gian tợa độ Oxyz, cho điểm A(0 ; 0 ; ~2) và đường thẳng

A: > “1 Tỉnh khoảng cách từ A đến A Viết phương trình

mat cau tam A, cắt A tại hai điểm B và C sao cho BC = 8

3 Câu VII.b (1 điểm)

Hàm số đạt cực tiểu tại x = Z ty" _ AE)

Ta đi đến bài toán: Tìm m đẻ f(x)=x”—~x—m có hai nghiệm phan biệ

xị, x; khác l sao cho x? tx?+ÍÊ <4

Điều kiện tương đương:

© (I+sinx +cos2x) = l © sinx +cos2x = 0

© 2sin? x-sinx-1 =0©sinx =-5

(do sỉnx =1 không chấp nhận được)

©x=-€ tkờn hay x=-C +kến (keZ)

2 Điều kiện x > 0 Ta có

x-vx - »i©————=— x—vx -14+/2(x? -x +1) ›o 1- Ja -x 4) 1- f2(x? -x +1)

Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC

bằng nhau nên NCD = ADM

Vậy DM vuông góc NC

Tir dé tacé: DC? =HC.NC > HC =——

số 3

Tam giác SHC vuông tại H và khoảng cách của DM và §C chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác SHC do đó :

Xét ham sé fy=(40? +1) t cé f(t) =12t7+1>0,vteR nén ham số

này đồng biến trên R

Từ (1) ta có f(x)=f(u) suy ra x=u Thay vào phương trình thứ hai

:ủa hệ đã cho ta được

du" =6u" + + 23 =4u =7` (2)

Tiếp theo, xét hàm số g(u) =4u1—6u? +2425 4u trên đoạn |0: =i

6 g(u) : = 4u(4u2 -3)— B40 <0, sie ỳ HÌ nên hàm số g(u) nghịch 4 siến trên [ ‡ i} Mat khac, e(+] =7 nên (2) có nghiệm duy nhất u= 2 trên

nién [ $ 3} 4

Từ đó, suy ra hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x : y) = E : 3)

- Câu VI.a (2 điểm)

1 Ta có A e dị > A(a: -av3) (a> 0)

Đường thăng AC qua A và vuông góc dị nên có phương trình :

x- v3y —4a =0

Từ đó : AC A dp = C(-2a ;-2V3a )

10

Đường thăng AB qua A và vuông góc d› nên có phương trình

2 6(t+ 1P=6eot+1=t1 t=O hayt=-2

Vay cé hai diém M la M; (1 ; ] 0 ; -2) ; Mp (-3 ; -2 ; 0) Tir do, ta tin!

được hai khoảng cách cần tìm :

đ(M¡.(P))= ———=—= : d(M;.(P)=———'=— Ộ v5 cs M5 %-

[ Câu VIH.a (1 điểm)

Ta có z=(2+j)?(1—\5i) = (1+22i(1—V2i)= (5+ V2i)

Suy ra z=5— 2i Vậy phần ảo của số phức z là — V2

Œ Câu VI.b (2 điểm)

1 Đường cao AH của tam giác ABC đi qua A và vuông góc với đườn thing IJ (1, J la trung điểm của các canh AB va AC) nén phuong trin đường cao AH là :

1(x—6)- l(y-6)=0«©x-y=0

Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với U:x+y-4=0), suy raKl

mag, [eo NSO

nghiém cua hé - Từ đó :K (2; 2)

x+y=4

Dễ thấy K là trung điểm của AH, do đó

Xy = 2X, —X, =4-6=-2

ie = 2yK —YA =4-6=-~2

Phương trình BC : I(x + 2) + l(y+2)=0€Sx+y+4=0

Giả sử B (b ; —-b- 4) € BC

Do H là trung điểm của BC nên suy ra C (~4 - b ; b)

Theo giả thiết, E (1 ; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh € nên CE=(5+b ¡ ~b~3) Vectơ này vuông góc với BA =(6-b ;b+10) nén: (5 + b)(6 — b) + (-b— 3)(b + 10) = 0 = 2b? + 12b = 0 > b= 0 hay b =~6

Tóm lại, ta tìm được hai cặp điểm (B, C) thỏa mãn bài toán đó là :

Bị (0; 4) ; C¡ (—4 ; 0) hay Bạ (~6 ; 2) ; C› (2 -6)

2 Ta có A qua M (-2 ; 2 ; ~3), vectơ chỉ phương của A là a = (2; 3: 2)

AM=(-2; 2: ~I)= [aA AM] = (~7;~2;10)

Suy ra (1- V3i)° =8(cos(—m) +isin(-n)) = -8, do đó :

NHẬN XÉT

© Bai 2, Cau I

Số nghiệm của phương trình f(x)=g(x) bằng số giao điểm của hai đ

thị các hàm số y=f(x) và y=g(x)

Đài toán tổng quát của bài toán trên như sau :

Cho hàm số y =ax? +bx? +ex¢d (a#0) Tìm điều kiện để đồ thị hà:

số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ xị.x;.x; thỏa man điề

thực Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho cất trục hoành tại 3 điểm phân bị:

có hoành độ xạ.x;.x; thỏa mãn điều kign x7 +x3 +x} >15

© Bai 2, Câu II Có thể trình bảy cách khác như sau :

Điều kiện x > 0 Nhận xét :

Do đó, bất phương trình đã cho trở thành

XR x $1-J2(x?-x+4l) (*)

Dễ thấy x = 0 không thoả mãn bắt phương trình trên nên ta giả sử x > 0)

DK: x ¬ Đặt u = 2x ; v=,/5—2y Phuong trinh đầu của hệ đề c:ho

tở thành u(uŸ + 1) = v(vŸ +1) © (u~ v)(u? + uy + v2+1)=0€>u=v

® Bài 1, Câu Ta Có thể trình bày ý

Diện tích tam giác ABC là

2 AB.AC.sin 60" = 2(0A sin60°J(OA.tan 602)sin 600 = “Ý” OA3,

=1} Đến đây tiếp rục theo cách cũ cho phần còn lại

pi Tm TUYỂN SINH ĐH ~ CD 2010 - Khối B

A ĐỀ BÀI

PHẢN CHUNG (cho tắt cả thí sinh)

QO Cau I (2 điểm)

Cho hàm số y =

1 Khảo sát sự biến thiên và về đỗ thị (C) của hàm số đã cho,

2 Tìm m để dường thắng y = -2x + m cất đỗ thị (C) tại hai điểm phai

biệt A B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (Ola gốc tọa độ)

Œ Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình (sin2x + cos2

2 Giải phương trình M3x+l- ⁄6- xX +3x7-14x-8=0 (x ER)

X) cosx +, 2cos2x — sinx = 0

1:

3 Câu IH (1 điểm)

Tinh tich phan I = =a

¡x(2+lnx)”

4 Câu IV (1 điểm)

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'BC' có AB =a góc giữa hai

nặt phẳng (A'BC) và (ABC) bằng 60” Gọi G là trọng tâm tam giác A'BC Tĩnh thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tử

liên GABC theo a

3 Câu V (1 điểm)

Cho các số thực không âm a b, c thỏa mãn : a + b + c = 1 Tìm giá trị

thỏ nhất của biểu thức

M = 3(a2b? + b2c? +c?a?)+3(ab+ bc+ca)+ 2a? +bŸ +cŸ

?HÀN RIÊNG (Thi sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

\ Theo chương trình Chuẩn

3 Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đỉnh -( 4; 1) phân giác trong góc A có phương trình x + y - 5 = 0 Viết

›hương trình đường thăng BC biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 24 và linh A có hoành độ dương

2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho các điểm A(I : 0: 0) B(0 ; b; 0),

2(0:0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P):y—z+1 =0 Xác định b

vac, biét mat phăng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ liểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 2 s

J

4 Câu VIH.a (1 điểm)

Trong mặt phăng tọa độ Oxy tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z

hỏa mãn : |z—i |=|(I+i)z|

B Theo Chương trình Nâng Cao

3 Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A( : 3) và elip (E) :

2 2

XY 2),

3 2

16

Goi F, va F là các tiêu điểm của (E) Œ có hoành độ âm) ; M la giao

điểm có tung độ dương của đường thăng AT) với (E) ; N là điêm đôi xứng

của F; qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiệp tam giác ANE:

2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho đường thăng

Hàm số đồng biến trên cdc khodng (— © ;-1) va (-1; +)

Hàm số có tiệm cận ngang y =2 và tiệm cận đứng x = ~]

2 Phương trình hoành độ giao điểm :

Vi A =m?+8>0 nén đường thẳng đã cho luôn cắt đồ thị (C) tại hai

iém phân biét A(x; ; yi) va B(x2 ; y2)

Taco y) =-2x; +m va y2 =-2x +m

Khoang cach tir O dén AB la =

B= \(x)-x2) +(y, =y2)° = ¥5(X) +9)? = 20K) x9 nae

Vậy diện tích tam giác OAB là

Để diện tích này bằng v3.ta phải có

ai gid tri cla m 1a -2 va 2

Ì Câu II (2 điểm)

1 Biến đổi phương trình (sin2x + cos2x) cosx + 2cos2x — sinx = 0 thành

hương trình tích (sinx+cosx+2)cos2x=0 Để ý răng phương trình inx+cosx+2 vô nghiệm, ta suy ra các nghiệm của phương trình là

Từ đó, x = 5 là nghiệm, ngoài ra, với ¬š <x<6.tacó

Ss + — = 3x41 0

V3x+1+4 14+ V6-x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5

3

Gọi D là trung điểm BC, ta có: BC 1L

AD va BC L ATD, suy ra góc giữa hai mặt

phẳng (A'BC) và (ABC) bằng A'DA tức là

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // A'A,

do dé GH L(ABC) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH voi trung

trực của AG trong mặt phăng (AGH)

;AH= ®*Ẻ as : GA? =GH? + an? =

Goi E la trung diém AG, suy ra bin kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC

GEGA _GA? _7a

a? +b? +c? = (a+b+e)ˆ —2(ab+ be + ca) =1—2(ab + bc + ca)

Áp dụng bất đăng thức trung bình cộng — trung bình nhân ta có

M= 3(a?bŸ + b?c? +c?a?) + 3(ab + be + ca)+2va? + bỂ + c2

> (ab + be + ca)” +3(ab + be +ca) + 2,/1—2(ab + be + ca) (*)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ab = bc = ca

2

Dat t= ab + bc +ca, ta có 0<teft010 _ 1 ;

Xét ham f(t)=12 +3t+2v1—2t trén khoảng [° : 5) „ta có

= ; f"(t)=2-———

cm (I-2t}

f'(t)=2t+3-

Rõ ràng là khi trên khoảng [ Ỷ 3): f"(t) <0 va f"(t)=0 chi khit = 0

Như thế, hàm số f'(t)=2t+3- vI-2t 2 nghịch biển trên |0; 2 Ì Từ đó, 2

Kết hợp với (*), ta đi đến kết luận : Giá trị nhỏ nhất của M là 2, giá trị

này đạt được khi và chỉ khi ab+be+ca =O va ab=be=ca,a+btce=l,

tức là khi một trong ba sô a, b, c bằng 1 và hai số còn lại bằng 0

H Câu VI.a (2 điểm)

1 Gọi D(x ; y) là điểm đối xứng của C(— 4 ; 1) qua

đường thẳng d : 4 + y — 5 = 0 Khi đó, CD vuông góc

với vectơ chỉ phương (1 ; —l) của d, suy ra

(x+4)-(y-l)=0 a)

Hơn nữa, trung điểm của CD phải nằm trên d, nên

—=—+“+ 3šŨ 2 DI (2) 2

Từ hệ gồm (1) va (2) ta được D(4 ; 9) Diém A vira nam trén d, vira thude

đường tròn đường kink CD, nén toa dé A(x ; y) thoa man:

x+y-5=0

x? +(y-5)? =32’

20

với x>0 (do giả thiết A có hoành độ dương), suy ra A(4; 1) Tir day te

tính được AC = 8 và AB = sa = 6 Vì B thuộc đường thăng AD cé

phương trình x = 4 suy ra tọa độ B(4 : y) thỏa mãn : (y — L = 36, do đc B(4 ; 7) hoặc B(4 ; — 5).Nhung do d là phân giác trong của góc A, nên AB

và AD cùng hướng suy ra B(4: 7)

Vậy đường thăng BC có phương trình : 3x — 4y + 16 = 0

2 Mặt phăng (ABC) có phương trình :

Xu*+y“=le© bex + cy +bz—be =0,

Mà c = b và b c là các số dương nên e=b=5

Œ Câu VII.a (1 điểm)

Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x ; y) trong mặt phẳng tọa đi

Theo đề bài, M là giao điểm có tung độ

dương của AF, voi (E), suy ra toa độ diém M

Do N là điểm đối xứng của F; qua M nên MF; = MN, suy ra :

MA =MF; =MN

Vậy M là tâm đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF, đường tròn (T)

có bán kính là MF¿, suy ra phương trình của (T) :

_n#„[y_2#Ÿ „4

2 Đường thẳng A di qua diém A(0 ; 1 ; 0) va có vectơ chỉ phương

v =(2; 12) Do M thuộc trục hoành, nên ta giả sử M có tọa độ (t ; 0 : 0),

suyra: AM=(t;—1;0) Do đó : [ÿ, AM ]== (2; 2t; — t— 2) và khoảng

|[s ^M]| v5t?+4t+§

cách từ M đến A là “—HỊ” Vy a Khong cách này bằng OM

nén SEAS eo? 1-2-0681 Vậy ta tìm được hai

điểm M có tọa độ là M(—1 ; 0 ; 0) hoặc M(2 ; 0 ; 0)

[ Câu VII.b (1 điểm)

log,(3y -1) =x

x,y ER)

4% 42% =3y? A

Giai hé phuong trinh |

Điều kiện 3y—1 >0 © y > š „ phương trình thứ nhất cho ta 3y—1= 2,

thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

* Nếu u >4, thì do u? +3v? =19 nén 3v? <3,suy rav< 1, về trái củ:

(*) lớn hơn 0, không thỏa mãn phương trình (*)

* Nếu u < 4 thì do u2+3v2 =19 nên 3v” >3, suy ra v > 1, về trái củ:

(*) bé hơn 0, không thỏa mãn phương trình (*)

* Nếu u =4 thì từ u2+3v”=19 ta suy ra v = l, thỏa mãn (*) Vật

3x+1 =4, suy ra nghiệm của phương trình ban đầu là x = 5

Trong bài này, ta đã sử dụng đạo hàm bậc hai dé xét sự biến thiên củ

đạo hàm bậc nhất Bạn đọc cũng có thể xét dấu trực tiếp cho đạo hàm bậ nhất mà không phải tính đạo hàm bậc hai Cách giải như sau :

Tuy nhiên, đến đây, phương trình bậc 3 này rất khó giải

Bạn đọc có thé dùng máy tính (cầm tay) dé tim ra 3 nghiệm xắp xỉ, t

nghiệm này sẽ không nằm trong đoạn [2 3 i}

Vì thế, trong [° ; 4 › phương trình bậc ba nói trên vô nghiệm, nghĩa là

hàm bậc ba g(t) = 8t +20t2+6t—# không đổi dấu trên đoạn đó (do tính

liên tục)

1

Chọn một điểm thuộc [ ỹ i] chang han, t = 7 thay vao ta thay

(1) >0, do đó, g(t) > 0 với mọi t thuộc le : 1] :

Từ đó đi đến kết quả cho bài toán

Ta thấy rằng tốt hơn nên sử dụng cách cũ, tức là cách dùng đạo hàm bậc hai

© Bài 1, Câu VỊ.a Có thể trình bày cách khác :

Vid:x+y-5=0la phân, giác góc A của tam giác ABC vuông tại A nên góc giữa d và AC bằng 45 Điểm A có hoành độ a > 0 và nằm trên d nên A(a ; 5 - a) Từ đó, AC = (-4-a;a-4) Tiếp tục, bạn đọc dùng công

thức tính góc giữa hai vecto đệ tính a, và được A(4 ; 1) Đoạn kế tiếp, tiến

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đỗ thị (C) của hàm số đã cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc

với đường thẳng y =x -1

QO Cau II (2 điểm)

1 Giải phương trình sin 2x —os2x + 3sin x— cosx —l = 0

2 Giải phương trình 4?*°*!? +2*! =4 +2x1***t (xe R),

Œ Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a cạnh bên SA =

a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phăng (ABCD) là điểm H thuộc

đoạn AC, AH = a Gọi CM là đường cao của tam giác SAC Chứng minE Mià trung điểm của SA và tính thể tích khói tứ diện SMBC theo a

Q Cau V (1 điểm)

` a ^ A ` ^ £ 2 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của ham so y = V-x~ + 4x +21-V-x" +3x +10

PHAN RIENG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phăng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có AQ ; ~7), trực tân

là HG : =1) tâm đường tròn ngoại tiếp là I(~2 : 0) Xác định toa độ đỉnh C biết C có hoành độ dương

2 Trong không gian toạ độ Oxyz cho hai mặt phẳng

(P):x +y+z-3=0 va(Q):x-y+z-1=0

Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao ch:

khoảng cách từ O đên (R) băng 2

[ Câu VII.a (1 điểm)

Ty A ” » x pe a ee x 2

Tìm sô phức z thỏa mãn | z| = M2 và z là số thuần ảo

B Theo Chương trình Nâng Cao

O Câu VIb (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0 ; 2) và A là đường than

đi qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên A Viết phương trìn

đường thăng A, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai đường, thăng

4 Câu VII.b (1 điểm)

Hàm số đồng biến trên khoảng (—œ ; 0);

nghịch biến trên khoảng (0 ; +œ)

Hàm số đạt cực đại tại x =0, ycp = 6

* Giới hạn: lim y= lim y=-œ

yt # x 1 a yeh gx

2 Vì tiệp tuyên vuông góc với đường thăng y = 5 x ~l nên tiêp tuyên có

hệ số góc bằng - 6

Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình ~4x° — 2x = ~ 6

suy ra x = l, do đó, tọa độ tiệp diém can tìm là (1: 4)

Phương trình tiếp tuyến: y = ~ 6(x ~ 1) + 4 hay y = ~ 6x + 10

Œ Câu II 2 điểm)

1 Biến đổi tương đương phương trình đã cho:

2sin x +cosx —1+2sin’ x +3sinx—cosx-1=0

° cos x(2sin x -1) + (2sin? x+3sinx-2)=0

© cos x(2sinx —1)+(sinx —I)(sinx +2) =0

<= (2sin x -1)(cosx +sinx +2) =0

sin x = ¿ -© 2

Để chứng tỏ đây là nghiệm duy nhất, ta sẽ chứng minh rằng hàm +

f(x)=2xÍx+2—x" =4 luôn nghịch biến trên [# ;# 5)

1 Vvx+2

That vậy, ta có f'(x)= ~3x” <0, nên hàm số trên nghịch biéén

rên [v4 ì +o)

Vậy phương trinh da cho cé hai nghiém : x = 1 ; x = 2

+ Câu III (1 điểm)

Taco l= f[2x-2}nxax= f2xinxdx -3 OX ie,

Vay tam giác SCA cân tại C, suy ra M là trung điểm SA

Từ đó suy ra thể tích S.MBC bằng nửa thẻ tích S.ABC

Với điều kiện này, ta có: x? +4x +21-(-x? +3x+10)= x+11>0

trri nay dat durgc khi va chi khi x =; 4

(2 Cau VI-a (2 điểm)

1 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình :

(x+2)Ẻ+y`= 74

Phương trình AH : x = 3 va BC 1 AH, suy ra phương trình BC có dạng

w =a(a#~ 7 do BC không đi qua A)

Do đó hoành độ B C thỏa mãn phương trình :

(x+2)°+a?=74 © x + 4x + a? — 70 = 0 (1)

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có ít nhất một nghiệ

diương khi và chỉ khi: |a|< J70

Do C có hoành độ dương, nên tọa độ B và C là

B(-2- 74-a? :a) vac(-2+V74~a" sa)

Ta có AC L BH, do đó AC.BH =0, hay

(Vr4—a? -5)( 74-2? +5) +(a+ 7-1-2) =¢

a? +4a-21=0

Suy ra a = 3 (loại nghiệm a = —7)

Vậy tọa độ điểm C là (~2+ V65 ; 3).

2 Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần

Vì khoảng cách từ O đến (R) bằng 2 nên - =2©|IDI=22

Vậy mặt phẳng (R) có phương trình: x—z + 24/2 =0 hoặc x - z- 22 =0

3 Câu VII.a (1 điểm)

Giả sử số phức z = a + bi thỏa mãn |z| =2 và zẺ là số thuần ảo

Khi đó: a” + bŸ =2 và z? = a? ~ b? + 2abi nén a? — b? = 0

Từ hai phương trình đó ta suy ra a°=] và bỀ= |,

Vậy các số phức cần tìm là: 1 +i: 1

3 Câu VI.b (2 diém)

1 Gọi tọa độ H là (a : b) Thế thì lb| là

hoảng cách từ H dễn trục hoành, khoảng cách

ày băng băng AH nên ta có :

Vậy phương trình đường thing A là

(V5~1)x~2\\5 ~2y =0 hoặc (V5 ~1)x+2\|V5 ~2y =0

Điêu kiện : x > 2 và y > 0 Từ hệ đã cho suy ra | #ácF3-£ Si

Thay y = x ~ 2 vào phương trình đầu, ta được x°~3x=0

Phương trình này có nghiệm x = 3 (loại nghiệm x = 0)

Từ đó suy ra nghiệm của hệ là (x : y) = (3 : 1)

ẬN XÉT

® Bài 2, Câu II Có thê trình bày cách khác :

Với điều kiện x >~

2 2 8 2 Tacd x°+2x+4=(x+l1)’ +323, trong khi dé : ———— <1, nén (4

theo cách đã trình bày, ta dùng biến đổi đại số để đánh giá đại lượng y?,

cuối cùng suy ra kết quả cho y

Với câu này, bạn đọc cũng có thể áp dụng đơn thuần bằng giải tích, nghĩa

là tính đạo hàm, tìm các cực trị địa phương rồi so sánh các giá trị cực trị này

với giá trị hàm số tại điểm biên (x = — 2, x = 5)

Để tiến hành theo cách này, trước tiên, ta có điều kién -2<x<5, va

biên đôi hàm số như sau :

Tuy nhiên, với cách này, việc giải phương trình y' = 0 cũng không đơn

giản (mặc dầu cũng cho ra kết quả của bài toán)

32

ĐỀ THỊ TUYỂN SINH ĐH - CÐ 2009 - Khối A

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

„2, Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến đé

cất trục hoành trục tung lân lượt tại hai diém phân biệt A B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O

2 Giải phương trình 2Ä3x—2 +3/6—5x 8= 0 (x eR)

Œ Câu IIT (1 điểm)

60°, Goi 11a trung diém của cạnh AD Biết hai mặt phăng (SBI) và (SCI) cùn;

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

q Câu V (1 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn

x(x + y +z) = 3yz,

tacd (x+y) +(x+ z)` + 3(x + y)(x +Z)(y+Z) < 5(y + z)

PHÀN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phan A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Œ Câu VI-a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điển

1 (6 ; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD Điểm M(I ; 5) thuộ đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thắn

A:x#®y—5 =0 Viết phương trình đường thăng AB

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

(P):2x-2y-z-4=0

và mặt cầu (S) ix + y +z_ 2x - 4y — 6z ~— II = 0 Chứng minh rằmg

nặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn Xác định tọa độ tâm v;à ính bán kính của đường tròn đó

3 Câu VII.a (1 điểm)

Gọi z¡ và Z¿ là 2 nghiệm phức của phương trình: z?+ 2z + 10 = 0 Tinh

sid trị của biểu thức A = |z4 lŸ +|z¿; Í

3 Theo Chương trình Nâng cao

3 Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn

(C): x? +y? + 4x + 4y +6 =0

và đường thăng A : x + my —2m +3 =0 véim la tham sé thực

Goi I la tâm của đường tròn (C) Tìm m để A cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

\ va B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng

(P):x-2y+2z-1=0

'à hai đường thăng AI: Sel -* at 3 As : xe) me ol

1 1 6 = @ 1 ¬

Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thing A, sao cho khoảng cách trừ

4 đến đường thăng A, và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau

3 Câu VII.b (1 điểm)

Hàm số nghịch hiện tren} —H 3) va (-3 st “} Hàm sô không có cực trị

- Giới hạn và tiệm cận: lim y= lim y : tiệm cận ngang: y = —

2 Tam giác OAB vuông cân tại O suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng +

Gọi toạ độ tiếp điểm là (xạ ; yọ), ta có :

-l

(2x9 +3)"

=+1 xp =-2 hoac xg =-I

® xạ =—], yạ =1 ; phương trình tiếp tuyến y=—x (loại)

® Xọ =—2 yạ =0 : phương trình tiếp tuyến y =—x—2 (thoả mãn)

Vậy tiếp tuyến can tim: y =-x -2

QO Cau II (2 diém)

1 Digu kign: sinx #1 va sinxe—_ (),

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với :

(I~2sinx)cosx =V3(1+2sin x)(I—sỉn x)

Thay vào (*) để kiểm tra điều kiện ta được nghiệm : x =-—2

J Cau III (1 điểm)

Ö Câu IV (1 điểm)

Ta có (SIB) L (ABCD) và (SIC) L (ABCD) => SI L (ABCD)

Kẻ IK LBC (K eBC) = BC 1 (SIK) = SKI = 600

Diện tích hình thang ABCD :

SAncp = 34”

Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI

bang `" suy ra: Saigo = =

Taco BC = \(AB-CD)? + AD? =aV5 > IK = Sie _ 3vSa

Diéu kién x(x +y +z) = 3yz tro thanh: c? =a? +b? -ab

Bất đẳng thức cần chimg minh tương đương với: a” + bỶ + 3abc < Sc’,

voi a,b,c dương thoả mãn điều kiện trên

c?=a?+bể ~ab =(a+by? ~3ab2 (a+b)? — (a+b =Fla+by

=a+b<2c (*)

a +b? +3abe < 5c? > (a+b) (a? +b? ab) + 3abe < 5c}

©(a+b+3ab)c” +3abc < 5c? © (a + b)c + 3ab < 5c?

Từ Œ®) ta có (a+b)e<2c? và 3ab si +b)? <3e?; tar đây suy ra điềt phải chứng minh Dau bằng xay ra khi: a=b=c@x=y =z

O Cau Via (2 điểm)

1, Goi N là điểm đối xứng với M qua I suy

ra N(11;-1) va N thuộc đường thẳng CD

EeA>E(x;5-x);IE=(x—6;3-x) va

NE =(x-11;6-x)

E là trung điểm của CD= IE 1 EN

TE.EN = 0 © (x -6)(x-11)+(3-x)(6-x) =0 x =6 Vv x=7

® x=6=>IE =(0;—3): phương trình AB : y-5=0

® x=7=IE=(1;—4) ; phương trình AB:x~4y +19 =0

2 Mặt cầu (S) có tâm I(:2;3), bán kính R = 5 Khoảng cách từ I đến

():a(L.(®))= 4-3-4

cầu (S) theo một đường tròn

Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến Khi đó,

H là hình chiêu vuông góc của I trên (P) nên

2x-2y-z-4=0 Giải hệ này, ta được H(3; 0; 2)

[ Câu VIH.a (1 điểm)

Xét phương trình : z?+2z + 10 =0, ta có

A=-36=36i; z =—1+3i;z¿ =—I~3i

= " ố

Vậy A =|zj|Ï +|z;|” =20

Ö Câu VIb (2 điểm)

1 Vì (C) : x” + y + 4x + 4y + 6 = 0 nên suy ra (C) có tâm là I(-2;-2),

bán kính R = V2

Diện tích tam giác LAB bing: S= SIAIBsin AIB< ; R?=1

38

Š lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 tức là IA LIB Khi đó, khoảng cách

2 Từ giả thiết suy ra đường thang A, đi qua A(I:3:—1) và có vectơ chỉ

phương là u= (2:1:—2) Giả sử M thuộc đường thẳng A¡ sao cho khoảng cách

từ M đến đường thăng, A; và khoảng cách từ M đến mặt phăng (P) băng nhau

x=l+2t

Phương trình tham số của As là: 4y =3+t

z=-l-2

Từ đó ta có: Me Ai > M(-1+t;t;-9+6t); MA =(2-t:3-t;8-6t);

[MA.0]=(§t~14:20—14t;t—4), suy ra [MA, ú |= 3290 — 88t + 68

Khoảng cách từ M đến A, la: đ(M.A;) -[MAs] ss 1 = ý29t? —88t +68

Œ Câu VII.b (1 điểm)

Với điều kiện xy >0 (*), hệ đã cho tương đương với :

8 J2

x? -xy+y? =4 y =4 ly=42 Kết hợp (*) hệ có nghiệm : (x : y)=(2;2) và (x; y)=(-2;~—2).

C NHẬN XÉT

1) Trong bài 2, Câu II, ta đã đặt = Ÿ3x—2 va v=6—5x, v>0 dẫn đến hệ phương trình hai biến u v Với câu này, các bạn cũng có thẻ trình bày theo cách chỉ đặt u=Ÿ3x—2 và sau đó tính 6-5x theo biến u để

dẫn đến một phương trình, như sau :

Từ đó, dẫn đến nghiệm của phương trình đã cho là x = -2

2) Trong Câu V, ta đã đặt a = x+y,b=x+Z và c=y+z

Bạn đọc cũng có thể tiến hành theo cách khác như sau :

Theo giả thiết, x, y, z là ba số dương nên có thể chia hai về cho x”, điều

kiện x(x+y+z)=3yz trở thành : I+-~ Ty 2a52 2

Bây giờ, ta xét bất đăng thức cần chứng minh:

(KtyP ++ 2 +3(x +y)(x +Z((y +2) < 5+2)” Œ®)

Chia hai vé cho x? „ (**) trở thành :

(+u}+(1+v} +3(1+u)(+v)(u+v)<5(u+ v)Ÿ

©(2+0~3(1+u)2(+v)—=3(+u)(1+ v)Ÿ +3(1+u)(1+v)< SỞ

©®(0+Ð0Ì-6(+u)(I+v)<5t

40