Đang tải... (xem toàn văn)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số2x 1yx1(1) có đồ thị (C).1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).2. Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 52. Lập phương trình đường thẳng MN.Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sinxsin2x 11cosx cot x2cot x 3sin2x (x ∈ ℝ).Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình11 x x ln x 14x 4x (x ∈ ℝ).Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x5x2e 3x 2 x 1dxe x 1 x 1 .Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 3
GSTT GROUP NHÀ SÁCH GIÁO DỤC LOVEBOOK.VN ĐỊA CHỈ: 101 NGUYỄN NGỌC NẠI, THANH XUÂN, HÀ NỘI TELL: 0466860846. HOTLINE: 0963140260 WEB: LOVEBOOK.VN TRÍCH ĐOẠN 90 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN TẬP 2 (RA MẮT 06/04/2014) 1 ĐỀ SỐ 01 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1 y x1 (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 52 . Lập phương trình đường thẳng MN. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sinxsin2x 11cosx cotx 2 cot x 3sin2x (x ∈ ℝ). Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 11 x xln x 1 4x 4x (x ∈ ℝ). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = x 5 x 2 e 3x 2 x 1 dx e x 1 x 1 . Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 32 , BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 , thể tích của khối tứ diện ABCD là 15 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt: 3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo Chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y – 2 = 0 và điểm M(3; 0). Đường thẳng qua M cắt đường thẳng d tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên Ox. Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến bằng 2 5 . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(2; 0; 0), B(0; 4; 0), C(0; 0; 3) và D(1; –2; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa AD sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến (P) là lớn nhất. Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi z 1 , z 2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình 2 z 1 3i z 2 2i 0 và thỏa mãn 12 zz . Tìm giá trị của biểu thức 2 2 1 1 12 A z 1 z . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d 1 : x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là 1 x 2 y 3 z 3 d: 1 1 2 và 2 x 1 y 4 z 3 d: 1 2 1 . Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC. Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 22 2z w zw 7 z w 2w 2 z,w . ––––– HẾT ––––– 2 GIẢI ĐỀ SỐ 1 Câu 1. 1. • Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}. • Sự biến thiên: – Sự biến thiên: 2 3 y’ 0 x1 với mọi x ∈ 𝔻. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +). – Giới hạn, tiệm cận: xx lim y lim y 2 ; x1 lim y ; x1 lim y . Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang. – Bảng biến thiên: • Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2 . Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng. 2. Định hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình chữ nhật thì ta khai thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của phương trình đường thẳng MN là 3x – y + m = 0, với m –11, tương đương với MN: y = 3x + m. Như vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng đó với đồ thị (C) dùng được phương trình hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích x M + x N ; x M x N theo biến m. Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia. Trên thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m). Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x M + x N , x M x N theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN 2 + NP 2 = PM 2 = (5 2 ) 2 từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất tìm m MN. Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải: Bài giải: Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0 y = 3x + m. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và (C) là: 2x 1 3x m 2x 1 x 1 3x m x1 (dễ thấy x = 1 không thỏa mãn) 2 3x m 5 x m 1 0 (*). (*) có biệt thức = 2 2 m 5 4.3 m 1 m 2m 37 0 với mọi x ∈ ℝ (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lí Viét: 2 x 1 y' − − y 2 x O 1 2 y I M N P Q 5 K 3 12 12 5m xx 3 m1 xx 3 Không mất tính tổng quát, giả sử M(x 1 ; 3x 1 + m) và N(x 2 ; 3x 2 + m) thì MN 2 = 10(x 1 – x 2 ) 2 = 10 2 1 2 1 2 x x 4x x = 10 2 5 m m 1 4. 33 = 2 10 m 2m 37 9 . K(0; –11) ∈ d(K, MN) = 2 2 3.0 11 m 31 = m 11 10 NP 2 = d 2 (K, MN) = 2 m 11 10 . Áp dụng định lí Py–ta–go, ta được: MN 2 + NP 2 = PM 2 2 2 2 m1 m 11 10 m 2m 37 5 2 289 9 10 m 109 Đối chiếu điều kiện m –11, ta được hai giá trị cần tìm của m là m = –1 và m = 289 109 . Câu 2. Định hướng: Khi đánh giá qua phương trình này thì ta thấy rằng nó cũng không phức tạp quá, chỉ chứa hàm sin, cos và cot ở dạng “thuần” (đơn giản). “Nhẩm” trong đầu nhân tử thì thấy cotx = cosx sinx ; sin2x = 2sinxcosx thì thấy ngay cả tử và mẫu đều xuất hiện nhân tử là cosx. Tiếp tục “nháp” thêm tí sau khi rút gọn cosx ở tử và mẫu thì được: 1 2sinx.2sinx 11 sinx 2 1 3.2sinx sinx , vâng, và đến đây thì phương trình cũng đã lộ bản chất của nó: đây thực chất là phương trình một ẩn t = sinx. Bài giải: Điều kiện: 0 0 x x x 2 0 1 x x 1 x 6 x 0 x 3 0 6 x x0 sin cos sin cot sin cos sin sin sin sin (*). Phương trình đã cho tương đương với: cosx 1 2sinx.2sinxcosx 11cosx 2sinx.2sinx 11 sinx sinx 22 cosx 1 3.2sinxcosx 3.2sinx sinx sinx (do cosx 0). 2 3 2 11 4sin x 11 2 6sinx 4sin x 12sin x 11sinx 3 0 sinx sinx 2sinx 1 2sinx 3 sinx 1 0 π x k2π π x k2π 6 5π 2 1 x 2 x x k2π 1 6 sin sin (k ∈ ℤ). Thử lại (*), ta có phương trình có hai họ nghiệm là x = π 6 + k2π và x = 5π 6 + k2π (k ∈ ℤ). Câu 3. Định hướng: Đầu tiên, điều kiện x > 0 là không thể thiếu. 4 Nhận thấy phương trình có chứa hàm hữu tỉ và cả hàm logarit (hai hàm khác tính chất) nên ta nghĩ ngay đến phương pháp hàm số ở trong đầu. Định hướng đầu tiên giúp ta phát triển hướng giải cho bài toán: Chúng ta nên dùng hàm số theo kiểu tính đơn điệu hay là nên dùng hàm số theo kiểu hàm g(f(x)) = g(h(x)), với g là hàm đơn điệu? – Nếu triển khai theo hướng thứ nhất: để việc đạo hàm tránh phức tạp, chúng ta sẽ nên chia hai vế cho x. Bởi vì ta lấy đạo hàm của 1 x.ln x 4x thì sẽ phức tạp hơn so với việc lấy đạo hàm của ln 1 x 4x . Như vậy chia hai vế cho x ta được: 22 1 1 1 1 1 1 1 ln x 1 ln x 0 4x x x 4x 4x 4x (*). Thử lấy đạo hàm của vế trái ta được: 32 3 2 32 2 1 1 11 4x 1 2x 1 4x 2x x 6x 1 2x 1 4 x 4x x . Vậy việc dùng hàm đơn điệu của chúng ta đã “tiêu tan” thi mà đạo hàm không dương hoặc không âm với x > 0. Nhưng như thế cũng đừng vội nản nhé , khi đạo hàm có nghiệm (và chỉ có một nghiệm “đẹp”) thì ta có thể vẽ được bảng biến thiên của hàm số, và biết đâu nó sẽ có nghiệm đẹp cho chúng ta nhận xét! Thật vậy, thử lập bảng biến thiên thì thấy ngay VT(*) 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 2 (chính là nghiệm của đạo hàm luôn!). – Nếu triển khai theo hướng dùng hàm số. Cách này sẽ thường được các bạn “ngại” (nói đúng hơn là “lười”) đạo hàm dùng! Khi đã gặp phương trình dạng: Ax A x ln B x Bx (với A, B dương) thì ta biến đổi một chút phương trình sẽ thành: A x ln A x B x ln B x , phương trình này có dạng hàm đồng biến là f(t) = t + lnt, là hàm đồng biến trên (0; +). Vậy khi gặp phương trình này thì ta thấy trong logarit có thể phân tích được thành nhân tử, đồng thời muốn đưa phương trình về được dạng trên thì đầu tiên mình phải chia hai vế cho x đã. Sau đó ta thu được phương trình: 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4x 1 ln x 0 1 ln 1 ln 1 ln x 4x 1 x x x 4x 4x 4x 4x x . Đến đây thì dạng hàm đã xuất hiện và việc còn lại của chúng ta cũng không quá khó nữa! Bài giải: Cách 1. Điều kiện x > 0. Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ln x 1 ln x 1 4x x x 4x 4x 4x 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 ln 1 lnx 1 ln 1 ln x x x 4x 4x 4x 4x (*). Xét hàm số f(t) = t + lnt trên (0; +∞). Ta có: 1 f’(t) 1 0 t với mọi t > 0 f(t) đồng biến trên (0; +∞). Mặt khác (*) có dạng 2 11 f 1 f x 4x (với 2 1 10 4x và 1 0 x ) 2 2 1 1 1 1 1 1 0 x x 2x 2 4x . Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2 . Cách 2. 5 Điều kiện x > 0. Chia hai vế của phương trình cho x ta được: 22 1 1 1 1 1 1 1 ln x 1 ln x 0 4x x x 4x 4x 4x . Xét hàm số f(x) = 2 1 1 1 1 ln x x 4x 4x trên (0; +). Ta có: 2 3 32 32 2 1 1 11 4x 1 2x 1 4x 2x 6x 1 f’(x) x x 4x 2x 1 4x ; 1 f’(x) 0 x 2 (do x > 0). Lập bảng biến thiên cho ta f(x) 0 với mọi x > 0. Ta có f(x) = 0 x = 1 2 . Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 2 . Bài tập củng cố: Giải phương trình: xx 1969 2014 xln 1969 2014 (Đáp số: x = 0). Câu 4. Định hướng: Nhận thấy tích phân có chứa cả hàm vô tỉ, hữu tỉ và cả hàm mũ (các hàm khác tính chất) nên ta nghĩ đến phương pháp tích phân từng phần, hoặc tác dạng I = bb aa g’(x) f(x) g(x) để làm dễ dàng hơn. Nhưng với bài toán thì cách dùng tích phân từng phần gần như… vô hiệu. Vậy nên ta suy nghĩ đến hướng thứ hai là tách I thành dạng như trên. Một điều gợi ý cho chúng ta thực hiện theo phương án thứ hai nữa đó là tử số có phần giống với mẫu số (phải nói là rất giống), nên việc rút gọn bớt đi là điều đương nhiên: xx xx e 3x 2 x 1 e 2x 1 1 e x 1 x 1 e x 1 x 1 . Như vậy số 1 tách ra thì dễ dàng lấy nguyên hàm, còn lượng x x e 2x 1 e x 1 x 1 thì vẫn chưa có dạng g’(x) g(x) . Vậy phải làm sao? Không lẽ lại bỏ cuộc giữa chừng? Đừng lo, khi chưa gặp dạng này thì muốn xuất hiện dạng g’(x) g(x) thì nhiều lúc ta phải cùng chia cả tử cả mẫu cho một lượng nào đó (và thường thì lượng này là lượng tương đồng, hoặc là nhân tử ở mẫu số hoặc tử số), hoặc có lúc là nhân cả tử và mẫu với một lượng nào đó để xuất hiện được dạng đó. Thử xem nhé! Với “cục diện” như thế này thì ta sẽ có hai hướng: + Hướng 1: Chia hai vế cho e x ta được: x 2x 1 x1 x1 e cũng chưa thấy xuất hiện dạng g’(x) g(x) . + Hướng 2: Chia hai vế cho x1 ta được: x x e 2x 1 x1 e x 1 x 1 . Thử lấy đạo hàm mẫu x x e 2x 1 e x 1 x1 ’ , thành công! Bài giải: Ta có: x 55 x 22 e 2x 1 I dx dx e x 1 x 1 . 6 +) 5 5 1 2 2 I dx x 5 2 3 . +) x x 55 5 5 x 2 2 xx 2 22 e 2x 1 e x 1 1 2e 1 2 x 1 I 2 dx 2 dx 2ln e x 1 1 2ln e1 e x 1 1 e x 1 1 ' . Vậy 5 12 2 2e 1 I I I 3 ln e1 . Câu 5. Định hướng: Tứ diện ABCD ta đã biết được độ dài 4 cạnh, và lại có điều đặc biệt là A và B đều cách đều hai điểm C, D (AC = AD, BC = BD) A, B nằm trên mặt phẳng trung trực của cạnh CD. Và mặt phẳng trung trực này chính là mặt phẳng đi qua A, B và trung điểm M của CD góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) chính bằng AMB hoặc bằng (180 0 – AMB ) (tùy vào độ lớn góc AMB là nhỏ hơn 90 0 hay lớn hơn 90 0 ). Đồng thời bài ra còn cho thêm khoảng cách giữa một đỉnh đến mặt phẳng đối diện và cho thêm cả thể tích khối tứ diện dễ dàng tính được diện tích mặt đáy là ACD tính được độ dài CD (do ACD đã biết độ dài 2 cạnh) BCD hoàn toàn xác định các thông số về 3 cạnh tính được BM (là đường cao BCD). Ngoài ra nhận thấy có khoảng cách từ B đến (ACD) nên sin (ACD) (BCD), = d B (ACD) BM , từ đó xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ACD) (BCD), . Bài giải: Theo bài ra: d(B, (ACD)) = 3 ; V ABCD = 15 (đvtt). Ta có: S ACD = ABCD 3V d B (ACD), = 3 15 3 = 3 5 (đvdt). Mặt khác: S ACD = 1 2 AC.AD.sin CAD sin CAD = DAC 2S AC.AD = 2.3 5 3 2.3 2 = 5 3 . cos CAD = ± 2 1 sin CAD = ± 2 3 . Gọi M là trung điểm của CD thì do ACD cân tại A và cân tại B nên BM CD và AM CD (ABM) (ACD). Gọi H là hình chiếu của B lên (ACD) thì ta có H thuộc đường thẳng AM, đồng thời độ dài BH = d(B, (ACD)) = 3 . Ta có góc giữa mặt phẳng (BCD) và (ACD) chính bằng BMH < 90 0 . +) Trường hợp 1: cos CAD = 2 3 CD = 22 AC AD 2AC.ADcosCAD = 2 3 BM = 2 2 22 CD 2 3 BC 3 6 22 . cos BMH = BH BM = 3 6 BMH = 45 0 . +) Trường hợp 2: H A B C D M H A B C D M 7 cos CAD = 2 3 . Tương tự ta tính được CD = 2 15 > BC + BD, không thỏa mãn bất đẳng thức tam giác loại. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) là 45 0 . Lưu ý: Có thể xảy ra hai trường hợp về vị trí điểm H như 2 hình vẽ trên, nhưng dù thế nào đi nữa thì góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và (ACD) vẫn bằng 45 0 . Câu 6: Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa Ý tưởng của chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài. Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho 3 x 1 . Thế nhưng trước khi chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo 3 x 1 0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy rằng vế trái cũng bằng 0 chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2) nhân tử (x – 2) có thể chia được cho 3 x 1 (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy: x – 2 = – 3 x 1 3 x 1 3 x 1 . Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử 3 x 1 để bài giải được ngắn gọn hơn! VT = 3 x 3 x 1 1 x x 2 3 x 3 x 1 1 x 1 3 x 3 x 1 3 x 1 x 1 3 x . Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là 3 x 1 và 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 . Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai: 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0 m 1 x 3 x 1 x 3 x 3 (1). Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt 2 t 1 x 3 x t 4 2 1 x 3 x (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa. Bài giải: Điều kiện x1 3 . Phương trình đã cho tương đương với: 3 x 3 x 1 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1 3 x 1 3 x 1 x 1 3 x 3 m 3 x 1 3 x 1 3 x 1 x 1 x 3 x m 3 0 x2 m 1 x 3 x 1 x 3 x 3 (*) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2. Xét hàm số f x 1 x 3 x 1 x 3 x 3 trên 1;3 . Với mọi x 1;3 : 1 1 2x 2 f’ x 0 2 1 x 2 3 x 2 1 x 3 x . 8 f’ x 0 1 x 3 x 2x 2 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 27 1 x 3 x 1 x 2 . Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x 2 (và f 2 2 2 3 ) ta có thể kết luận được các giá trị của m cần tìm là 11 5; 2 m 2 2 3 . Câu 7.a. Định hướng: đi qua điểm M nên có thể viết được phương trình đường thẳng ở dạng tổng quát: a(x – x M ) + b(y – y M ) = 0. dùng sẵn hai ẩn a, b. Tiếp tục tìm tọa độ điểm A theo hai ẩn a, b sau đó chiếu A lên Ox để được tọa độ điểm H và bước cuối cùng là dùng dữ kiện khoảng cách để tìm tỉ số a b phương trình . Bài giải: +) đi qua điểm M(3; 0) nên có phương trình là: a(x – 3) + b(y – 0) = 0 : ax + by – 3a = 0 (điều kiện 22 a 0b ). +) Tọa độ A là nghiệm của hệ: 3a 2b x y 2 x y 2 x x y 2 0 ab ax b 2 x 3a 0 a b x 3a 2b ax by 3a 0 3a 2b y2 ab (điều kiện a b). +) Hình chiếu H của A lên Ox sẽ có tọa độ là H(x A ; 0) H 3a 2b 0 ab ; . +) d(H, ) = 2 2 2 2 2 2 2 2 22 3a 2b a. b.0 3a ab 2 ab 4 a b 5a b 4 a b a b a b 5 5 ab 22 22 a 2b a 2b 2a b 2a ab 2b 0 b 2a 2a ab 2b 0 – Nếu a = 2b chọn b = 1 a = 2 (thỏa mãn) : 2x + y – 6 = 0. – Nếu b = 2a chọn a = 1 b = 2 (thỏa mãn) : x + 2y – 3 = 0. Với a b thì 2 2 2 2 2 13 2a ab 2b a b a b 0 22 . Vậy có hai phương trình đường thẳng thỏa mãn là 1 : 2x + y – 6 = 0 và 2 : x + 2y – 3 = 0. Câu 8.a. x –1 3 f ’(x) + 0 − f(x) 5 1 9 Định hướng: Mặt phẳng (P) đi qua hai điểm cố định A, D đã biết tọa độ nên có thể dùng phương pháp chùm mặt phẳng một cách gián tiếp, bằng cách gọi phương trình mặt phẳng (P) ở dạng tổng quát (sẽ chỉ có hai ẩn). Việc xử lí tổng khoảng cách cực đại ta sẽ dùng bất đẳng thức đơn giản như Cauchy hay Bu–nhi–a–cốp–xki (áp dụng với các bạn khá). Bài giải: +) Giả sử phương trình (P) là: ax + by + cz + d = 0 (điều kiện 2 2 2 a b c 0 ). – Điểm A(2; 0; 0) ∈ (P) 2a + d = 0 d = –2a. – Điểm D(1; –2; 3) ∈ (P) a – 2b + 3c + d = 0 c = 2b a d 3 = 2b a 3 . (P): ax + by + a 2b 3 z – 2a = 0. (hướng xử lí trên chính là hướng xử lí theo phương pháp chùm mặt phẳng một cách gián tiếp). +) Tổng khoảng cách từ B và C đến mặt phẳng (P) là: h = d(B, (P)) + d(C, (P)) = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 2b 3. 2a 4b 2a 3 2b a 3 a 2b a 2b a 2b a b a b a b 2 2 2 . Áp dụng bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki ta được: h = 2 2 2 2 2 2 2 9. 2b a 9. a 2b 9 a 2b 6 3 a 2b a 2b 2a 2b 2 2 a 2b 2 2 1 . a b 2 . Đẳng thức xảy ra a 2b ab 2 ab 2 2 1 chọn a = 3 b = –3 (P): 3x – 3y – z – 6 = 0. Nhận xét: Mấu chốt của bài toán này đó là dùng bất đẳng thức như thế nào cho hợp lí. Để làm được điều đó thì ta chỉ chú đến việc dùng bất đẳng thức cho mẫu số cho hợp lí. Kĩ thuật chọn điểm rơi sẽ được đề cập ở đây . Ta dùng bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 a2 a1 xa yb b x y 1 a b b x a y 1 b 2 22 , trong đó x, y là các hằng số chúng ta tìm để sử dụng bất đẳng thức cho hợp lí. Đẳng thức xảy ra a 2b a b a 2b 2 x 2y 2 x y 1 x 2y (1). Muốn 1 x a y 1 b 2 rút gọn được cho tử số thì ta phải có 1 y 1 2 x 2 (2). Giải hệ (1), (2) ta được x = –2; y = 2. Đến đây thì việc áp bất đẳng thức Bu–nhi–a–cốp–xki là điều dễ dàng . Lưu ý: Với bài toán này thì cách sử dụng đại số là tối ưu nhất. Việc sử dụng phương pháp hình học sẽ rất phức tạp trong việc biện luận, dẫn đến ngộ nhận kết quả bài làm sai. Câu 9.a. Đây là một bài toán hoàn toàn cơ bản, chỉ yêu cầu bạn nắm được cách giải phương trình bậc 2 trong tập số phức là được. Nhưng lời khuyên cho các bạn là khi tìm được nghiệm của phương trình rồi thì chẳng dại gì lại trình bày theo các bước giải phương trình mình đã làm trong nháp vào giấy thi cả! Hãy dùng cách phân tích nhân tử để trong bài làm, ta chỉ cần dùng các dấu tương đương chứ không cần viết câu chữ gì nhiều nhé . Bài giải: Phương trình đã cho tương đương với: [...]... ln 2 3 3 2 2 3 π π π π Vậy I = 2 3 ln 1 ln ln ln 2 3 3 2 2 Thông tin thêm : Dạng toán này đã từng được xuất hiện trong đề thi Đại học Khối A – năm 2010; Khối A – năm 2011 và trong cả đề thi dự bị Đại học Khối A – năm 2012 Câu 5 C’ A’ Định hướng: +) Tính thể tích: M B’ Đầu tiên phải xác định được lăng trụ đứng thì có cạnh bên ’ vuông góc với... tạp Đồ thị hàm số y = (với ad bc và c 0) nhận đường cx d thẳng đi qua giao điểm của hai đường tiệm cận có hệ số góc là 1 hoặc –1 làm trục đối xứng (tính chất này đã đề cập ở sách Tuyển tập 90 đề thi thử môn Toán – Tập 1) Với bài toán này thì đồ thị (C) của hàm số nhận đường thẳng đi qua điểm I(1; 1) và có hệ số góc k = 1 làm trục đối xứng – và trục đối xứng này không cắt đồ thị (C) Dễ viết được... 2 2.2 2 = 4 (đvdt) 2 2 Nhận xét: Bài toán này sẽ là “vượt tầm” thi đại học nếu điểm H tìm được không thuộc đường thẳng d2 Bởi nếu Diện tích tam giác ABC là: S = vậy thì sau khi tìm được điểm H, ta sẽ phải đi viết phương trình AB, rồi tìm tọa độ A dùng công thức diện tích để tính diện tích tam giác thì bài làm trở nên quá dài, không phù hợp với một bài thi đại học (nhất là ở câu ăn điểm như tọa độ... biến thi n f(y) f xz = x x xz xz 3z zx 2 3 z 1 z 1 x x Đến đây tiếp tục trình bày lời giải bằng một trong những cách đề cập ở trên Câu 7.a Định hướng: Lại là một bài toán về hình khá đặc biệt là hình thoi – ta sẽ “mổ xẻ” tất cả những tính chất của hình chữ nhật này Xin nói trước là do đặc thù của hình chữ nhật nên bài toán này có rất nhiều cách xử lí Nhưng chú ý, yêu cầu bài toán. .. thành: (2m – 3 + 1).m = 12 m2 – m – 6 = 0 m = 3 hoặc m = –2 2 Kiểm tra điều kiện ta chỉ lấy nghiệm m = 3 B(–2; 1) và C(1; –5) Vậy có hai cặp điểm B, C thỏa mãn đề bài như trên Câu 8.b Ta xử lí bài toán này giống như xử lí một bài toán hình học phẳng, về phương pháp thì không có gì mới khi gặp đường cao (tận dụng yếu tố vuông góc) và đường phân giác (tận dụng phương pháp lấy đối xứng) Bài giải: – Nếu... ––––– HẾT ––––– GIẢI ĐỀ SỐ 3 Câu 1 1 • Tập xác định: 𝔻 = ℝ\{1} • Sự biến thi n: – Chiều biến thi n: y’ 1 x 1 2 > 0 với mọi x ∈ 𝔻 Hàm số đồng biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +) – Giới hạn: lim y lim y 1 ; lim y = –; lim y = + x x x 1 x 1 Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng, và nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang – Bảng biến thi n: y x y' 1 + + 1... và D(–4; –3; 5) Lập phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua hai điểm A, B, đồng thời C và D cách đều (P) Câu 9.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết rằng z3 12i z và z có phần thực dương ––––– HẾT ––––– 13 GIẢI ĐỀ SỐ 2 Câu 1 1 • Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {2} • Sự biến thi n: 5 – Chiều biến thi n: y’ 0 với mọi x ∈ 𝔻 2 x 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +) – Giới... dụng ngay liền tay x y 3z xy y z zx Đến đây thì dạng vế trái gần tương đương với Đề đại học Khối A – năm 2011 Ta chọn hai số hạng đầu tiên để 1 1 2 áp dụng bất đẳng thức phụ (với a, b > 0 và ab 1): 2 2 1a 1 b 1 ab P x y xy y z y z z (do x z 1 nên có thể áp dụng bất đẳng thức bổ đề) x x x y z z 1 1 1 x x x z 3 2 2 3t P (với t 1) x dạng hàm f(t) = 1 t... biến thi n của f(t) Đây là một tư duy thường được sử dụng trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức dựa vào phương pháp dồn biến, nên hạn chế của nó “độ ì” trong cách trình bày Bài toán này có một số cách trình bày ngắn gọn hơn như sau: Cách 1: Do t 1 nên f(t) 2 1 t2 3t 2 t2 1 5 t2 1 5 với t 1 2 t2 1 2 Cách 2: Cách này sử dụng khi đã biết được giá trị nhỏ nhất của bài toán. .. hướng giải là phân tích nhân tử chung: cosx(cos2x + sin2x – cosx) – (1 – sinx)sinx = 0 (*) π 3π π Đến đây ta dùng máy tính để thử nghiệm thì thấy rằng (*) có các nghiệm là 0; ; ; (sau khi quy đồng 4 4 2 ta mới thử nghiệm, chứ không thử nghiệm trước khi quy đồng Bởi vì nếu thử nghiệm trước khi quy đồng thì có thể làm mất đi một số nghiệm của phương trình, từ đó làm mất đi sự đánh giá khách quan hơn