đề thi thử Quốc gia Toán 2015, có hướng dẫn giải chi tiết của Nhà giáo ưu tú Phạm Quốc Phong phần 2

Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi quá rộng, khác lạ so

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  91

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC

THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP

“LUYỆN THI QUỐC GIA 2015”

Khai giảng ngày 01/06/2015

Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa các em học sinh

Thế là 1 mùa hè nữa đã đến, các em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho

kỳ thi Quốc gia 2015 vơ cùng quan trọng mà sự thành hay bại ảnh hưởng trực tiếp đến tương lai của các em sau này

Mùa hè năm nay cũng giống bao mùa hè năm trước nhưng kỳ thi năm nay lại hồn tồn khác các kỳ thi năm trước Các chuyên gia giáo dục hàng đầu trên thế giới đã chỉ ra rằng: 1 kỳ thi chỉ cĩ 1 mục đích duy nhất, kỳ thi được gọi tên “Quốc gia” của chúng ta hơm nay lại cĩ 2 mục đích là xét tốt nghiệp THPT và Đại học Việt Nam khác với phần cịn lại của thế giới, cĩ thể đây là 1 ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian sẽ trả lời cho điều đĩ Cịn trước mắt, với sự thay đổi xồnh xoạch của Bộ giáo dục và Đào tạo đã làm cho nhà trường, cả thầy và trị cảm thấy bỡ ngỡ, khĩ khăn, khơng biết dạy và học như thế nào cho hợp lý Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi quá rộng, khác lạ so với những gì các em được ơn luyện hàng ngày

Chúng tơi là những giảng viên đứng trên bục giảng đã 20 năm, cả cuộc đời gắn bĩ với sự nghiệp giáo dục và cũng là những bậc phụ huynh khi ở nhà Hơn ai hết, chúng tơi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu của các bậc cha mẹ và của các em học sinh

Khi đã là đấng sinh thành thì khơng cĩ hạnh phúc nào bằng thấy con mình học giỏi, thi đậu đại học và thành đạt sau này Nhưng đĩ mới chỉ là ước

mơ, để đạt được là cả 1 quá trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng của nhà trường, các bậc cha mẹ và đặc biệt là sự cố gắng của các em học sinh

Chúng tôi biết các bậc phụ huynh đã quá vất vả lo toan cho cuộc sống mưu sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng cuộc sống tốt nhất cho gia đình mình Khi trở về nhà thì lo con mình có ăn ngon không, ngủ yên chưa, học hành ra sao, thi trường nào, ai là người thầy dẫn dắt con em mình

đi đến bến bờ của vinh quang?

Thưa Qúy phụ huynh, chúng tôi hiểu các bậc cha mẹ đang trăn trở điều

gì, chúng tôi hiểu các em học sinh 12 đang lo lắng điều gì? Chúng tôi có mặt

ở đây là để hổ trợ, chia sẻ phần nào những nỗi lo đó

1 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM

2 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM

Địa điểm ghi danh: tất cả học sinh tập trung ghi danh tại địa chỉ

481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM)

- Ôn tập tất cả các dạng toán thường xuyên có mặt trong đề thi đại học

- Rèn luyện phương pháp giải bài tập trắc nghiệm nhanh nhất Với những phương pháp này, các em khi làm bài thi sẽ biết ngay cách giải một cách nhanh và chính xác

- Rèn luyện "kĩ năng trình bày lời văn" thật logic và chặt chẽ phần thi

tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  93

- Học cách tránh các sai sĩt thường gặp khi thi

- Luyện tập giải đề thi đại học

- Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp các em vững vàng tâm lý - tự tin vào chính mình khi bước vào phịng thi

- Đặc biệt các Thầy cơ sẽ chia sẻ trực tiếp trên lớp những bí kíp, những kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, ra đề thi và chấm thi

TTLTĐHNT được thành lập vào năm 1995, là Trung tâm luyện thi uy tín

tạo hơn 20.000 học sinh, cĩ rất nhiều học sinh đậu điểm cao, á khoa, thủ khoa các trường ĐH danh giá Giờ đây cĩ nhiều người thành danh ngồi xã hội và đang đĩng gĩp tích cực cho sự phát triển của đất nước

Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm và học viên là quan trọng nhất, chúng tơi luơn địi hỏi về chất lượng giảng dạy, các giáo viên giảng dạy ở trung tâm được " tuyển - chọn" khắt khe về kiến thức sư phạm và tính nhiệt huyết tận tâm với nghề

Chính vì thế Trung Tâm Luyện Thi Đại HọcTrường Đại Học Ngoại Thương luơn dẫn đầu về chất lượng đào tạo Hàng năm cĩ rất nhiều bạn học sinh ơn luyện tại trung tâm thi đỗ đại học và đỗ vào những trường đại học

danh tiếng điều này minh chứng rõ nhất về chất lượng đào tạo của Trường, là một sự vinh hạnh, niềm an ủi lớn nhất đối với đội ngũ giáo viên tận tâm của chúng tơi

TẠI SAO QUÝ PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TÔI?

3 Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, được nhà trường chọn lựa kỹ càng,

họ là những Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ đang giảng dạy tại các trường ĐH lớn nhất TPHCM như Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại thương, Sư phạm, THPT chuyên Lê Hồng Phong Họ là soạn giả nỗi tiếng những bộ sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán rộng rãi khắp cả nước (xem thêm tại www.docsachtructuyen.vn), đặc biệt hơn họ chính là những nhà giáo ra đề thi và chấm thi hàng năm

4 Chất lượng đào tạo tốt nhất tại TPHCM, minh chứng bằng tỷ lệ đậu Đại học , Cao đẳng của Trường năm 2014 là 95%

5 Phương pháp giảng dạy khoa học, hiện đại giúp các em tiếp thu nhanh các kiến thức trong thời gian ngắn nhất

6 Phòng học được thiết kế theo tiêu chuẩn của Bộ giáo dục, sỉ số không quá 30 học sinh/lớp, được trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế ngồi, ánh sáng theo đúng tiêu chuẩn thể trạng của người Việt Nam

7 Có ký túc xá sạch sẽ, được trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ 2 khu

ký túc xác nam, nữ riêng biệt Ký túc xá ở trong khuông viên của nhà trường Có Quản sinh và bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24

8 Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay được sử dụng miễn phí, phòng tự học rộng rãi thoáng mát Ngoài giờ học trên lớp, các em học sinh có thể đến thư viện trường để đọc sách và học bài

9 Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho các em học sinh theo cấu trúc của đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho các em học sinh rèn luyện kiến thức theo đúng chủ đề thi năm nay, đúng trọng tâm thi, không lan man

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  95

HỌC PHÍ

LỚP Học phí

(3 mơn)

Sỉ số lớp

Số tiết/tháng

Thi thử

Chấm và sửa bài Học ngồi giờ

Tài liệu

VIP 3 triệu 30 132 6 lần 6 lần 6 buổi/tháng Giảm

50% ĐẶC

BIỆT 6 triệu 20 230 12 lần 12 lần

Cĩ thầy kèm từng học sinh mỗi buổi tối

Miễn phí

HỌC SINH HỌC THÊM MƠN

3 Ưu tiên sắp xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá cĩ hạn)

Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà trường, nếu phụ huynh ở xa, khơng cĩ người thân tại TPHCM thì cĩ thể chuyển khoản đặt cọc theo thơng tin sau

Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG

Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM

Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh TPHCM

Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường sẽ khơng trả lại nếu học sinh bỏ khơng học

Chúng tôi cam kết

Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT

Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học và cao đẳng

Nếu học sinh rớt tốt nghiệp hoặc rớt Đại học, Cao đẳng nằm ngoài số 5% chúng tôi cam kết HOÀN TRẢ LẠI HỌC PHÍ 100%.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  97

Viết lại (): ax + y  2a + 1 = 0  a(x  2) + y + 1 = 0

 () có vectơ pháp tuyến là

( ; 1)

n a và điểm cố định là

K(2; 1)

Ta có IK (1; 1) Gọi H là hình

chiếu vuông góc của I trên ()

Trong tam giác IHK vuông tại H

ta có IH  IK  d(I, )  IK

Dấu đẳng thức có khi H  K  ()  IK

Suy ra max[d(I, )] = IK đạt được khi và chỉ khi () nhận IK làm

vectơ pháp tuyến  



1

a  a = 1

 Vậy a = 1 là giá trị duy nhất có được mà ta phải tìm 

Câu 2 Điều kiện sinx  0  x  k

Với điều kiện đó có   

 (2cosx3)(cosx1)(cosx1) 2sin 2x

 (2cosx  3)sin2x = 2sin2x sinx0 2cosx  3 = 2

Phương trình trên có dạng f(2x2  2x + 2) = f(x2 + 1)

1log

2

log

d1

y

y B

y  B = 0 Vậy là  

212

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  99

 Đáng nhớ Bằng cách đặt x 1

t, ta dễ dàng chứng minh

b

a b

x dx

P f Dấu đẳng thức có

khi t = 4  x = y = z = 1 Vậy max  1.

4

P 

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a

1) I  (): 2x + y = 0  I(a, 2a)

Phương trình đường tròn (C)

tâm I(a, 2a) bán kính R  10 là

a a

Thay vào (1) ta có hai đường tròn

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  101

x t

y t z

A

B  AB ( 8; 4; 7)

 Đường thẳng AB (đươc hiểu là đường thẳng qua B nhận AB là

vectơ chỉ phương) có phương trình là:     



phương trình đường thẳng (d) cần tìm 

 Cách 2 Mặt phẳng chứa M và (d) song song với mặt phẳng (P)

 (d)  (Q) trong đó (Q) là mặt phẳng (Q) đi qua M và song song với mặt phẳng (P)

Gọi A = (d)  ()  A = ()  (Q) Gọi B = (d)  (')  B = (')  (Q)

Vậy (d) là đường thẳng đi qua hai điểm A và B

Mặt phẳng (Q) qua A và song song với (P) có phương trình:

a a a

x y z

x t

y t z

x y

     



4 2(4 2 ) 1 01

t t t

x y z

 B = (5; 2; 1)  AB ( 8; 4; 7)

 Đường thẳng AB (đươc hiểu là đường thẳng qua B nhận AB là

vectơ chỉ phương) có phương trình là:     

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b Gọi I(a; b) là tâm của (C)

Ta có (C) tiếp xúc với

trục hoành tại A(2; 5)

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  103

Thay vào (1) có hai đường tròn phải tìm là

(C1): (x  2)2 + (y  7)2 = 49;

(C2): (x  2)2 + (y  1)2 = 1 

Câu 8.b (Hình không vẽ trong không gian tọa độ)

 Vectơ chỉ phương của (): u(2; 1; 2)

Điểm H là hình chiếu vuông

góc của A trên ()  AH  ()  u AH 0

H AH

Mặt phẳng (P) chứa () nhận AH làm vectơ pháp tuyến được hiểu là (P) chứa H và nhận AH làm vectơ pháp tuyến

Vậy nên (P) có phương trình là:

1( x  3)  4(y  1) + 1(z  4) = 0  x  4y + z  3 = 0

 Ta chứng tỏ rằng mặt phẳng (P) là mặt phẳng chứa () và có

d(A, (P)) lớn nhất Thật vậy: Do AH  (P)  d(A, (P) = AH

Gọi (P') là mặt phẳng qua (), (P')  (P)  (P') không nhận AH làm

vectơ pháp tuyến

Từ A hạ AM  (P') Ta có d(A, (P')) = AM

Tam giác AMH vuông tại H  AH > AM hay d(A, (P')) > d(A, (P))  Vậy (P): x  4y + z  3 = 0 là mặt phẳng phải tìm 

Lời nhắn: Liên hệ với Đề số 8-câu 8b-câu 1(1) và Đề số15-câu 8a Câu 9.b Xét hệ phương trình   

(1)(2)Điều kiện  1

x y

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1

1) Khảo sát sự biến thiên

và vẽ đồ thị (C2) hàm số y = x 3 3x + 2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

(–; –1) và (1; +), nghịch biến trên (–1; 1)

 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = –1, yCĐ = 4; đạt cực tiểu tại

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  105

2) Tìm m

Xét hàm số y = x3 3mx + m + 1 Ta có y' = 3x2 3m; y' = 0  x2 = m

 Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y' = 0 có

hai nghiệm phân biệt  m > 0

 Tọa độ cực trị là nghiệm của hệ

HA làm véc tơ pháp tuyến

Từ A hạ AH'  ('), H'  (') Rõ

ràng d(A; (')) = AH' Trong tam

giác AH'H vuông tại H', luôn có

AH' < AH hay d(A; (')) < d(A; ()) Vậy () là đường thẳng duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán (Liên hệ với Đề 20)

Câu 2 Giải phương trình

3(tanxcot ) 8cos2 ( 3cosx  x xsin ) 2x  (1)

Điều kiện sinxcosx  0  ,

2

x k  k [*]

 Cách 1 Nhân theo từng vế của phương trình với sinxcosx, ta có:

(1)  3(sin2xcos ) 8sin cos cos2 ( 3cos2x  x x x xsin ) 2sin cosx  x x

  3cos2x2sin4 ( 3cosx xsin ) sin2x  x

 (d)

 A (d')

H'

2mx + y  m  1 = 0

H

 1sin2 3cos2 2sin4 3cos 1sin

(1)  ( 3tanx 1 8sin cos2 )x x  3(cotx 3 8cos cos2 ) 0 x x 

 ( 3tanx 1 8sin cos2 )x x  3(cotx 3 8cos cos2 ) 0 x x 

 1 ( 3sin cos 4sin2 cos2 )

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  107

Vậy phương trình có ba họ nghiêm

x  k x   k  x  k  k 

 Lời bình Lời giải cách 2 hiểu phương trình đã cho dưới dạng

[a.tanx + h(x).sinkx] + p[cotx + h'(x).coskx] + (pa + 1) = 0

[a.cotx + h(x).coskx] + p[tanx + h'(x).sinkx] + (pa + 1) = 0

Trong đó

 k = 1 hoặc k = 3

 h(x) và h'(x) là từng cặp các biểu thức liên hợp với sinx, cosx của

một hàm số lựơng giác P(x) nào đó

(Nghĩa là phải có P(x) = h(x).sinkx cosx = h'(x).coskx.sinx)

( ) 8(4cos 3)'( ) 8(3 4sin )( ) sin6

 2 8x2 7 12x

7 8

x

 4(8x2  7) = x2 24 x + 144

 31x2 + 24 x  172 = 0

7 8

x

 x = 2 Thay vào (4) có y = 3 (thỏa mãn [*])

Vậy hệ có 1 nghiệm duy nhất (x = 2; y = 3) 

 Cách 2 Tiếp nối từ (3)

Xét hàm số f(t) = x3 + 18t, t  0 Phương trình (3) có dạng

Ta có f’(t) = 3x2 + 18 > 0  f(t) là hàm số đồng biến (5)

Bởi phương trình (3) có dạng f x( )  f y1, nên từ (5) suy ra

1

x y Phần còn lại như cách 1

 Liên hệ với Đề 12-câu3

Gọi H là trung điểm BC

Theo giả thiết ta có A1 H  (ABC)

Trong ABC vuông tại A có:

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  109 

Dấu đẳng thức có khi (x = 1, y = z = 2) (3)

Thay (1), (2) vào (3) có  2 5 5 10

Dấu đẳng thức có khi (x = 1, y = z = 2)

Tóm lại P  10 Do vai trò x, y, z bình đẳng nên P = 10 có khi và chỉ

khi trong ba số x, y, z có một số bằng 1, hai số còn lại bằng 2 Vậy

maxP = 10 

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a

 Viết phương trình đường tròn

Ta có HB(4; 0), HC(0; 4)

 HB HC 0  A  H

và tam giác ABC vuông tại A

Gọi M(x; y) là một điểm thuộc

mặt phẳng Oxy

Ta có BM (x5;y2), CM (x1;y2)

Điểm M thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp ABC khi và chỉ khi MB  MC

 MB MC 0  (x  5)(x  1) + (y  2)(y + 2) = 0

 x2 + y2  6x + 1 = 0  (x  3)2 + y2 = 8 

 Chú ý: Nếu A  H (tức A  900) có ba cách:

 Cách 1 Lấy D đối xứng với H

qua trung điểm BC

Đường tròng (ABC) cũng

là đường tròn (BDC)

 Cách 2 Lấy E đối xứng với H

qua đường thẳng BC

Đường tròn (ABC) cũng là đường tròn (BEC)

 Cách 3 Viết PT đường thẳng () qua B và ()  CH

Viết PT đường thẳng (') qua C và (')  BH Lấy A = ()  (')

(Bài toán đưa về viết PT đường tròn qua 3 điểm)

 Viết phương trình tiếp tuyến

(C) có tâm là I(3; 0), bán kính R 8

Phương trình đường thẳng () qua M có dạng a(x + 1) + by = 0 với

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  111

 () là tiếp tuyến của (C)  d(I, ()) = R  

Ta thu được hai tiếp tuyến là (): x + y + 1 = 0 và (): x  y + 1 = 0 

Câu 8.a Do AB không đổi nên chu vi ABC nhỏ nhất  AC + BC nhỏ nhất

Ta có: Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n(2; 1; 1) , AB(2; 4; 0)

 n AB 0 (1)

Thay toạ độ điểm A vào phương trình

của mặt phẳng (P) ta có: 6 = 0 (!)

mâu thuẫn  A  (P) (2)

Từ (1), (2) suy ra AB // (P)

Gọi A' là điểm đối xứng của A qua

mặt phẳng (P), C0 = A'B  (P)

 C0 là trung điểm A'B

Với mọi điểm C  (P) luôn có AC + BC = A'C + BC ≥ A'B Dấu đẳng thức có khi C  C0  Khi C  C0 thì ABC có chu vi nhỏ nhất

Gọi I = (2; 1; 1) là trung điểm AB  IC0 // AA'

 IC0  (P)  C0 là hình chiếu của I trên (P) (3)

Vậy có duy nhất một điểm thoả mãn yêu cầu bài toán là C( 4; 2; 2) 

Câu 9.a Đặt z = x + yi Ta có |2 + z| = |i  2z|

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (Lấy A' là điểm

đối xứng của A qua

đường thẳng (d) Bởi

(d) là đường phân giác

trong góc B nên A'

thuộc đường thẳng

BC Vậy BC là đường

thẳng qua A' và cách

A một khoảng bằng

AH = 8)

 Vectơ chỉ phương của (d) là u(1; 2)

Gọi I (a; 2a  1) là một điểm thuộc (d) Ta có AI a3; 2a4

 I là hình chiếu vuông góc của A trên (d)  u AI  u AI 0

q q

ta thu được hai đường thẳng là (): x  5 = 0 và ('): 3x  4y  19 = 0 

 Chú ý Nếu đường thẳng (d) là phân giác trong của góc B còn phụ

thuộc điểm C Khi đó chỉ có một đường thẳng thỏa mãn ycbt

(d): Phân giác trong góc B

 Phân giác ngoài góc B'

A

B

C A'

(d)

H

B' H'

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  113

Câu 8.b (Hình không vẽ trong không gian tọa độ)

 Vectơ chỉ phương của () là u(2; 1; 1)

 Mặt phẳng (P) qua A nhân

AH làm vectơ pháp tuyến có

phương trình là

1( x  4)  1.y + 1.z = 0

 x + y  z  4 = 0

 Ta chứng tỏ rằng mặt

phẳng (P) là mặt phẳng

qua A và có d(, P) lớn

nhất Thật vậy:

Ta có ()  AH  () // (P) và d(, (P)) = AH

Giả sử (P') là mặt phẳng bất kì qua A, (P') // ()

Từ H hạ HB  (P'), B  (P')  d(, (P')) = BH

Tam giác ABH vuông tại B  BH  AH hay d(, (P'))  d(, (P))  Vậy (P): x + y  z  4 = 0 là mặt phẳng phải tìm 

Lời nhắn: Liên hệ với Đề số 7-câu 8b-câu 1 và Đề số 15-câu 8a

1 2 1 (1)3log (9 ) log 3 (2)

Điều kiện x ≥ 1, 0 < y  2 [*] Ta có (2)  log3x  log3y = 0  x = y (3)

Thế vào (1) có x 1 2x 1   x 1 2x2 1

 2 x1 2 x 0   

 



12

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Bài 8.1 (ĐHQGHCM (2001A) (Tương tự câu 1)

Cho hàm số y = mx3  3mx2 + (2m + 1)x  m + 3 có đồ thị là (C m)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C4) khi m = 4

2(P)) Tìm m để hàm số có cực đại đại, cực tiểu và khoảng cách từ

Bài 8.2 (Tương tự câu 1)

Cho hàm số y =  1 3 2  1

Bài 8.4 (Tương tự câu 2) Giải mỗi phương trình sau

1) (a = 1, p 3, h(x) = h'(x) = 4 ): tanx + 4 3 cosx = 4sinx + 3cotx 2) (a = 1, p 3, h(x) = h'(x) = 4):

tanx + 3cotx + 2 3 = 4sinx + 4 3 cosx

3) (a = 1, p  3, h(x) = h'(x) = 4 ): 3tanx4 3sinxcotx4cosx

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  115

3(tanx cot ) 8cos2 ( 3sinx x x cos ) 1x 3

6) (a  3,p  3, h(x) = 4(4cos2x  3 cosx), h'(x) = 4(3sinx  4sin2x):

    2  2   

3(tanx cot ) 4 3cos3 (3 4sin ) sin3 (4cosx x x x x 3) 2

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1(P)

1) Khảo sát sự biến thiên

và vẽ đồ thị (C)

của hàm số  



6

x y

x y  Đồ thị có tiệm cận đứng x = 1

 Chiều biến thiên Ta có      

 Hàm số luôn nghịch biến trên từng khoảng (; 1) và (1; +)

 Cực trị: Hàm số không có cực trị

 Bảng biến thiên

( ) : 2

x

d y m

x

I

2) Tìm m

Gọi A(x1; y1), B(x2; y2 ) là giao điểm (nếu có) của (d) và (C)

 Tam giác OAB vuông tại O  OA  OB  OA OB 0

Để ý: Trong phương trình (4) có  = m2 + 2m + 6 = (m + 1)2 + 5 > 0

 m , suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với

mọi giá trị của m Từ (4)  x1 x2 = 2m  6, x1 + x2 = 2m

Thay vào (2) ta có (2m  6)  2m.m + 4m2 = 0  m = 3

Vậy, m = 3 là giá trị duy nhật thỏa mãn yêu cầu bài toán 

Câu 2 Ta có sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx

 (2sinxcos2x  sinx)  cos2x + (sinxcosx  cosx) = 0

 sinxcos2x  cos2x + cosx(sinx  1) = 0

 (sinx  1)cos2x + cosx(sinx  1) = 0

 (sinx  1)(cos2x + cosx) = 0

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  117

Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho gồm hai họ:

 phương trình có tập xác định là

 Với x  0 ta có VT > 0 ≥ VP (mâu thuẫn)

 phương trình không có nghiệm x  0

5,

t x x

phương trình trở thành 2t2 3t  2 = 0   

  



20,5 (loai)

1

Thay (2), (3) vào (1) có    

 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Từ ACB600  ABC là tam giác đều

 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’ và BD

 Trong A’AO hạ AH  A’O Do  



 '

BB AC

BD A A

 BD  (A’AO)  BD  AH Từ đó suy ra AH  (A’BD)

Ta có CD’ // BA’  CD’ // (A’BD)

 d(CD’, BD) = d[CD’ // (A’BD)] = d[C,(A’BD)] = d[A,(A’BD)] = AH

Trong AHO vuông tại H có AH = OAsin600  . 3  3.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  119

dụng bất đẳng thức này ta phải quy đồng tử thức

II PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a Phương trình cính tắc của

elip có dạng (E): x22  y22 1

Thay vào (2) có a2 = 4 Thay (a2 = 4, b 2 = 1) vào (1) có 2  2 1

x y z

 A = (0; 1; 4)

Đường thẳng () có vectơ chỉ phương là u ( 1; 2; 1) [*]

Mặt phẳng () có vectơ pháp tuyến là n(2; 1; 2).

5 n u làm vectơ chỉ phương

Vậy nên (d) có phương trình là

x t y

z t



 Cách 2 Tiếp nối từ [*]

Mỗi điểm D  () có tọa độ D(a; 2b  2a  9; b), (a, b) 