loi giai

Cõu8.b1điểm.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm , ,, .Tỡm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuụng gúc với đường thẳng CD v

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

Cõu 1 (2 điểm) Cho hàm số:

1 2( 1)

x y x





 (C)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tỡm những điểm M trờn (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giỏc cú trọng tõm nằm trờn đường thẳng 4x + y = 0

2

2cos 2x2cos 2x4sin 6xcos 4x 1 4 3 sin 3 cosx x

Cõu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trỡnh: ()

Cõu 4 (1 điểm) Giải bất phương trỡnh:

Cõu 5 (1 điểm) Cho hỡnh chúp S ABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A, 2AC BC 2 a

Mặt

phẳng SACtạo với mặt phẳng ABC một gúc 600 Hỡnh chiếu của S lờn mặt phẳng

 ABC là trung điểm H của cạnh BC Tớnh thể tớch khối chúp S ABC. và khoảng cỏch giữa hai

đường thẳng AH vàSB.

Cõu 6 (1 điểm). Cho x, y, z 0� thoả món x + y + z > 0.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

 

3 16

P

x y z



 

II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) : Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).

A Theo chương trỡnh Chuẩn.

Cõu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và

C đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phõn giỏc trong gúc B của tam giỏc ABC là đường

thẳng  d :x2y 5 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc, biết đường thẳng AC đi qua điểm K 6;2

Cõu 8.a (1 điểm). Trong khụng gian Oxyz cho tam giác ABC có:

2;3;1 ,  1;2;0 , 1;1; 2

Viết phơng trình đờng thẳng ( d) đi qua trực tâm H của tam giác ABC

và vuông góc với mặt phẳng

( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.

Cõu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyờn dương thỏa món

Hóy tỡm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1 x 3x2n

B Theo chương trỡnh Nõng cao.

Cõu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú đỉnh , chõn

đường phõn giỏc trong kẻ từ đỉnh A là điểm và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC là điểm Viết phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC

Cõu8.b(1điểm).Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm , ,,

.Tỡm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng

MN vuụng gúc với đường thẳng CD và độ dài MN 3.

Câu 9.b (1 điểm) Giải hệ phương trình:

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI

Anh sẽ hướng dẫn các em giải đề thi này , Đây là đề thi thử anh chọn ngẫu nhiên và anh đã kênh giờ để giải cái đề này

OK, bước vào phòng thi Nhận đề và anh sẽ đọc lướt qua cái đề , và quên đi sự có mặt của câu BDT do kém phần này , hehe,như vậy là mình chỉ còn phải chiến đấu với 9 câu ,

Bắt đầu với câu 1 nhé, vẽ đồ thị hàm phân thức, ok vẽ luôn, câu này khá dễ chỉ cần trình bày đầy

đủ các bước và đồ thị củng ko cần phải quá chính xác, chỉ cần nó chạy lân cận gần gần với 2 đường tiệm cần là OK Xong 1 điểm trong vòng 5-7 phút nhé

Các em tự trình bày lời giải câu 1a nhé

Tiếp anh không giỏi phần hàm số lắm và nhìn qua cái đề thấy câu này không thuộc các dạng quen thuộc anh đã từng làm, ok bỏ qua và quay lại sau

Sang câu dễ hơn là câu lượng giác

Câu 2 : Nhìn qua, may quá ko có sự xuất hiện của tan hay cotan nên miễn cái khoản điều kiện

Và nhìn thấy chỉ có mỗi cos2xlà bậc 2 , hạ bậc ngay Sau khi hạ bậc để ý phép tính 4+2=6 Ôi

ta đã làm ra, yêu lượng giác quá cơ Lúc này chỉ cần áp dụng công thức tổng thành tích là coi như xong Yêu thương tìm về :x

Giờ sẽ trình bày lời giải :

cos 4xcos 2x2sin 6x2 3 sin 3 cosx x

�

2sin 3 sinx x 4sin 3 cos3x x 2 3 sin 3 cosx x

�

2sin 3 sinx x 2cos3x 3 cosx 0

�

sin 3 0

sin 3 cos 2cos3

x



�

� �

�

* sin 3 0

3

x � x k  k Z�

*sin 3 cos 2cos3 cos cos3

6

x x x� ��x�� x

12

24 2

k Z k

x



�    

�

�  

�

Vậy nghiệm của phương trình là ; ;  

x     k x    x  k Z�

Xong, phù 2 điểm, chiến tiếp nào

Lúc này anh hy vọng sẽ làm tiếp câu tích phân nữa nhưng đề không có câu tích phân và 2 câu tiếp theo đều là HPT và BPT , thôi xong phim Nhưng không sao, quay lại ý 1b nhá

Đề cho các yếu tố tiếp tuyến và trọng tâm , OK cứ viết cái PT TT ra đã, và nữa là nó cho thêm cắt 2 trục tọa độ nữa thì ta dễ dàng tìm được tọa độ các tiểm điểm, lại nữa ta có cả tọa độ trọng Tâm và công thức tọa độ của điểm trọng tâm G là bằng 1 nữa tổng các tọa độ đỉnh Cá thịt có, gia vị có Nấu thôi nào

Viết ra nháp 2 phút ta dễ đi đến lời giải như sau

Gọi M(

0

0

0

1

;

x

x

x



 ) �( )C là điểm cần tìm

Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình :

0

1

x

x





0 0

1 1

1

x

x x



�





Gọi A =  �ox �A(

2

0 2 0 1 2

x  x 



;0)

B =  �oy� B(0;

2

2 0

2( 1)

x x x

 ) Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là: G

2 0

;

x

Do G� đường thẳng:4x + y = 0�

2 0

x



0

1

4

1

x



 (vì A, B �O nên 2

0 2 0 1 0

1

1

�    �  

Với 0

; với 0

.

Là lá la, 3 điểm rồi nhĩ

Tiếp thôi nào

Nhìn câu HPT căn rắc rối quá, thôi tạm bỏ qua Anh nhìn 2 phút không định hướng được LÀm câu BPT ,nhìn qua câu này quá nhẹ nhàng chỉ cần quy đồng biến đổi đại số thông thường

là chúng ta có thể ra Nhưng nhớ đặt điều kiện đầy đủ nhé Ko thì mất điểm oan, em ứ chịu mất oan điểm đâu, huhu

Lời giải câu này :

ĐK:

2

0 10

x

x



�  � ��   �

�

Với điều kiện trên,

(bpt)�2x24x5� x22x10 �2x22x1015� x22x10

Đến đây mọi chuyện dễ như ăn ….sữa chua mít, hôm nào phải rủ các thím moon đi làm bữa sữa chua mới được )

Đặt t  x22x10  x12 �9 3 * 

Bpt trở thành

 

2

5

3

t

t

� �

�

� �

�

�

� luôn đúng

Vậy nghiệm bất phương trình là x�0;�

À các em nhớ nhé,những câu nào dễ càng nên trình bày cẩn thận cụ thể , đừng làm tắt nhé Quan điểm câu này dễ, những cái này dễ suy ra hay hiển nhiên là biến đổi bình

thường là một quan điểm sai lầm khi thi ĐH nhé Để dành các câu hiển nhiên hay dễ thấy cho các câu khó nhá ) Nên ghi rỏ KL nghiệm ra hẳn 1 câu làm như thế sẽ gây thiện cảm với cán bộ chấm thi

Rồi, vì hình không gian là phần anh kém nhất, nên không mong rằng anh làm dc hình không gian, có làm ra thì là may mắn thôi nên anh sẽ làm HPT

Bắt đầu thôi nào !

Đầu tiên, anh viết rỏ ràng cái hpt ra tờ giấy nháp và cố gắng đoán nghiệm

Anh sẽ đoán các nghiệm mà giá trị nguyên trong gần khoảng điều kiện sao cho giá trị căn thức là nguyên Ôi may là anh đoán được một cặp nghiệm (1;0) Và anh tạm không quan tâm nó có có cặp nghiệm khác nữa hay không và điều kiện phòng thi củng không cho phép anh làm điều này nên anh củng không làm

Nhìn tổng quát 2 phương trình thì kinh nghiệm cho thấy, thông thường ta sẽ tấn công vào cái pt nào dài nhất ( nghĩa là nhiều kí tự nhất) OK đếm kí tự phát nào , à mà củng chả cần đếm nhìn phát thấy pt 1 dài hơn pt 2 OK ta quan tâm đến phương trình 1

PT(1) có đặc điểm vừa đa thức đi kèm căn thức ,x đi riêng với y , ko có biểu thức nào x kèm y và bậc của đa thức= bậc của căn thức ( là bậc 3)

Cấu hình này nhìn quen quen , à ừ nhớ mang máng đâu có ai bảo là những đặc điểm vậy

là dùng hàm số Sau khi thế vào lại nhận được cấu hình rất quen đa thức bậc 2 đi kèm căn thức mà đã biết trước nghiệm=> Liên hợp chắc ra ko cần lãi nhãi nhiều!

Ôi , ra rồi ! Đúng đường rồi Và con tim đã vui trở lại , ĐH ơi anh đến rồi !

Lời giải : Điều kiện: Với điều kiện đó, ta có

3

3

�

�

Xét hàm số f t( ) 2 t3 ta có đồng biến trên R.t,

0

1

y

�

�

 

� Thế vào (2) ta được :

.Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)

Trình bày ngon câu hệ hehe

Bây giờ tự tin hơn hẳn !

Không gian là thế mạnh của nhiều bạn , nên bây giờ anh giải tiếp câu không gian nhé

ABC

 vuông tại A có ; Gọi N là trung điểm của AC Vì

Trong tam giác

;

SNH �HN  SH 

; mặt khác

Kẻ a AH// (a đi qua B)

// ,

HA SB a

�

Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó HK d HA SB ; 

Tam giác ACH đều nên

Trong tam giác SHM ta có 2 2 2

4

a HK

HK  HM  HS �  Bài không gian này thuộc cấu hình cơ bản, anh xin không có bình luận gì ở đây

Vậy tạm xong phần chung, BDT miễn, chả cần biết đề nó như thế nào, còn thời gian thì ngó chơi , ko thì thôi

Sang phần riêng, anh sẽ chọn cơ bản, nhìn logarite hơi ngại Hixx

Hình học tọa độ không gian bao giờ cùng dễ hơn tọa độ phẳng, anh bắt đầy bằng câu này trước

Lời giải : Gäi Hx y z; ; 

là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi

BH AC CH AB H�ABC

   

     

     

2 15

29

15

3

x

BH AC

AH AB AC

z

� 

�

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur uuur

Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương

Phương trình đường thẳng (d) là:

Câu này thuộc dạng đọc đề phát làm luôn, và đề thi chính thức bao giờ câu này củng thuộc loại

dễ

Tiếp theo anh sẽ quay lại với câu tọa độ Oxy

Đầu tiên , anh vẽ một cái hình ra Cho điểm X thuộc d bao giờ gặp cấu hình này thì cứ gọi tọa độ điểm X trước , rồi muốn dập muốn phang gì thì tính sau

Sau khi tọa độ hóa điểm B rồi, anh sẽ xét yếu tố hình phẳng trước Tạm thời ko quan tâm nhiều đến tọa độ

Đề có yếu tố phân giác, ôi chuẩn men ! Chắc chắn phải lấy đối xứng Tư duy được như vậy coi như xong Mẹ ơi con đã làm ra !

B�d x y  nên gọi B5 2 ; b b, vì B, C đối xứng với nhau qua O suy ra

(2 5; )

C b  và (0;0)b O �BC

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong gócB là  d :x2y 5 0 (2;4)I và I�AB

Tam giác ABC vuông tại A nên uurBI 2b3;4b vuông góc với CKuuur11 2 ;2 b b

5

b

b



�

Với b 1�B(3;1), ( 3; 1)C A(3;1) B loại

Vớib5�B( 5;5), (5; 5) C 

31 17

;

5 5

� �� ��

.Vậy

31 17

; ; ( 5;5); (5; 5)

5 5

A�� � �B C 

Xong!

Ta sẽ chuyển sang câu Newton

Nhìn vào đề, ta biết ngay việc đầu tiên là tìm n Nếu bạn ko giỏi phần này hãy thử bấm máy tình mò n cho n từ khoảng 4,5,6,7,8,9 Và dự đoán , nhiều bạn sẽ được n=8 Nhiều bạn giỏi có thể bỏ qua bước này

Bây giờ các em hy vọng là tìm được n , vấn đề là tìm như thế nào Anh sẽ tìm một công thức nào đó đơn giản hơn để tính cái tổng kia Anh cho n=2,3,4 rồi dự đoán đc KQ là

2n 1.Ôi đẹp quá, con đỗ ĐH rồi bố mẹ ạ Yeah yeah, tâm lý lúc này hăng cực và nhìn đồng hồ thời gian còn 35 phút lận :v

Sau khi tìm dc n phần còn lại không quá khó khăn

Với n nguyên dương ta có: Ta có C n0C1nC n2   C n n1C n n  (1 1)n 2n

1 1 n 2n 1

Theo giả thiết ta có 2n – 1 = 255  2n = 256 = 28 n = 8

P(x) = (1 + x + 3x2)8 =

8 2 8 0

k k





�

= =

8

2 8

(3 )

k

k m k m m k

k m

� �

=

8

2 8

0 0

3

k

k m k m k m k

k m

 

��

YCBT

,

k m

m k

m k Z

 

�

�

� �

�



�

Vậy số hạng chứa x14 là: (C C87 70 73 C C88 82 63 )x14

Done.

Và giờ còn mỗi BDT, giờ các chú có thể đọc lại bài giải đề tìm lỗi hoặc ngắm các bạn nữ cùng phòng lân la làm quen cho 2 môn Lý Hóa hoặc ai thích thì có thể làm tiếp câu BDT Câu BDT này không khó và dễ hơn so với thi ĐH nhưng là dạng đặc trưng cho ý tưởng dồn biến số

Hãy nhớ nguyên tắc dồn là dồn về biến nào ko đối xứng nhé Ở đây là biến z

CHú ý điều kiện ở đây là tổng nữa nên ta sẽ làm sao xuất hiện biểu thức x+y và z

Với điều kiện abc=k ta sẽ dồn sao cho xuất hiện bc,a

Với điều kiện x,y,z thuộc đoạn nào đó ta sẽ dồn về đại lượng

x

y Nếu đẳng thức xảy ra tại 1 số bằng 0 thì mạnh dạn đánh giá lân cận 0 kiểu như a+b�a

Và ta trình bày lời giải câu cuối và kết thúc đề thi tại đây

Trước hết ta có:

3 3

4

x y

Đặt x + y + z = a Khi đó

�

(với t =

z

a, 0� � ); Xét hàm số f(t) = (1 – t)t 1 3 + 64t3 với t� 0;1 Có

9

Lập bảng biến thiên  

  0;1

64 inf

81

t

M t

�



GTNN của P là

16

81 đạt được khi

x = y = 4z > 0

CHÚC CÁC EM HỌC TỐT

Đôi điều tâm sự : Đôi khi trong thi cử, việc lựa chọn cho mình một chiến thuật làm bài tốt

sẽ làm tăng hiệu suất thi đấu của mình Đảm bảo sao cho số điểm là cao nhất, vì điểm phân bố cho mỗi câu đều là bình đẵng Trong cuộc sống, ai củng muốn việc nhẹ lương cao cả Nhưng củng đừng vì thế mà khép mình và cầu toàn Có những lúc ta cần phải dấn thân để thử sức Chúc các em thành công !