Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 1 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com ĐỀ SỐ 1 I. Phần chung Câu 1 (2đ). Cho hàm số: () 24 1 x yC x − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Tìm trên () C hai điểm đối xứng qua đường thẳng MN với ( )( ) 3; 0 , 1; 1MN− −− . Câu 2 (2đ). 1. Giải phương trình: 4 137 4cos cos2 cos4 cos 242 x xx x−− + = 2. Giải phương trình: 3.2 3 2 1 xx x x=++ Câu 3 (1đ). Tính tích phân: 2 0 1sin . 1cos x x Iedx x π + ⎛⎞ = ⎜⎟ + ⎝⎠ ∫ Câu 4 (1đ). Tính thể tích hình chóp . S ABC biết n n n 00 0 , , , 60 , 90 , 120SA a SB b SC c ASB BSC CSA=== = = = . Câu 5 (1đ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 222 222 log 1 log 1 log 1Ax y z= ++ ++ + trong đó ,,x yz là các số thực dương thỏa 8x yz= . II. Phần riêng (Thí sinh chỉ làm một trong hai phần). A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a (1đ). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy , cho 2 đường thẳng () 1 :10dxy++= và () 2 :2 1 0dxy−−= . Lập phương trình qua ( ) 1;1M cắt ( ) ( ) 12 ,dd tương ứng tại , AB sao cho 20MA MB+= JJJG JJJG G . 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho mặt phẳng ( ) P có phương trình 2210x yz+−+= và hai điểm ( ) ( ) 1;7; 1 , 4; 2;0AB− . Lập phương trình () d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB lên mặt phẳng ( ) P . Câu 7a (1đ). Kí hiệu 12 ,x x là nghiệm phức của phương trình bậc hai 2 2210xx− += . Tính giá trị các số phức 2 1 1 x và 2 2 1 x . B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO. Câu 6b (1đ). 1.Cho đường tròn có phương trình ( ) 22 2230x yxy C+−−−= và điểm () 0; 2M . Viết phương trình đường thẳng qua ( ) 0; 2M cắt đường tròn tại hai điểm A và B sao cho AB có độ dài ngắn nhất. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 2 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com 2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz , cho 3 điểm ()( )() 1; 0; 0 , 0; 2;0 , 0; 0;3AB C . Tìm tọa độ trực tâm của ABC Δ . Câu 7b (1đ). Tìm các giá trị x biết trong khai triển Newton () () lg 10 3 2lg3 5 22 x n x − − ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ số hạng thứ 6 bằng 21 và 13 2 2 nn n CC C += . HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. 1) 1. Hàm số có tập xác định { } \1D =− \ . 2. Sự biến thiên của hàm số. a) Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận. Ta có 1 lim x y − →− =−∞ và 1 lim x y + →− =+∞ . Do đó, đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số đã cho . Ta có lim lim 2 xx yy →+∞ →−∞ == nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số đã cho b) Bảng biến thiên Ta có () 2 6 0 1 yxD x − ′ =<∀∈ + x −∞ +∞ y’ − − y Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 −∞− và ( ) 1; − +∞ 3. Đồ thị Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-4) và cắt trục hoành tại (2;0) 2 +∞ 2 −∞ 2 -1 Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 3 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -20 -15 -10 -5 5 10 15 20 y Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm điểm ( ) 1; 2 − của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 2) Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;0) và N(-1;-1) là 13 22 yx = −− . Gọi I(a;b) là điểm thuộc đường thẳng MN, ta có 13 22 ba = −− (1). Ta tìm đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt (C) tại A và B sao cho I là trung điểm của AB. Phương trình đường thẳng (d) qua I vuông góc với MN là: ( ) 2yxab = −+ Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình: () () () 2 24 2 1 22 2 40 1 x xa b x xabxab x − −+= + ⇔−−−++=≠− Ta có 22 24 AB I xx ab xa +−+ =⇔= (2) Từ (1) và (2) ta có hệ 13 1 22 22 4 ba a ab b a ⎧ =− − ⎪ = ⎧ ⎪ ⇔ ⎨⎨ −=− ⎩ ⎪ = ⎪ ⎩ Suy ra phương trình đường thẳng (d): 24yx= − Từ đó tìm được tọa độ hai điểm là A(2;0) và B(0;-4) Nhận xét: Bài này nếu ta gọi A(a,b); B(m,n) ngay từ đầu thì theo đề bài ta tìm được 4 phương trình có ẩn lần lượt là a, b, m, n và sau đó giải ra. Nhưng cách này khá dài dòng. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 4 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com Câu 2 1) Ta có () () () () () () () () () () 4 2 2 22 137 4cos cos 2 cos 4 cos 242 1cos2 137 4 cos 2 2cos 2 1 cos 22 42 137 1 cos 2 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 242 3 cos 2 cos 2 4 x xx x x x xx x xxxx x x −− + = ⎛+ ⎞ ⇔−−−+= ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔+ + − − ++ = ⇔+= Ta có: () () () () () () () cos 2 1 3 cos 1 4 cos 2 1 3 cos 2 cos 2 8 3 8 4 cos 1 4 3 xx x x xk k x x xxmm x l xl π π π ⎫ ≤∀ ⎪ ⎬ ≤∀ ⎪ ⎭ ⎧= ∈ = ⎧ ⎪⎪ ⇒+=⇔ ⇔ ⇔= ∈ ⎨⎨ = =∈ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ] ] ] 2) Ta có () 3.2 321 32121 xx x x xxx=++⇔ −= + (1) Ta thấy 1 2 x = không phải là nghiệm của phương trình (1) Với 1 2 x ≠ ta có: () 21 21 13 3 0 21 21 xx xx xx ++ ⇔= ⇔− = −− Đặt () 21 3 332 21 21 xx x fx x x + =− =−− −− Ta có () () 2 61 3ln3 0 2 21 x fx x x ′ =+ > ∀≠ − Do đó hàm số tăng trên các khoảng ; 2 1 ⎛⎞ −∞ ⎜⎟ ⎝⎠ và 1 ; 2 ⎛⎞ +∞ ⎜⎟ ⎝⎠ Vậy do đó () 0 fx= có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng ; 2 1 ⎛⎞ −∞ ⎜⎟ ⎝⎠ và 1 ; 2 ⎛⎞ +∞ ⎜⎟ ⎝⎠ Ta thấy 1x = và 1x =− là nghiệm của ( ) 0 fx = . Vậy phương trình có hai nghiệm là 1x = và 1x = − Nhận xét: Thường thì khi chứng minh hàm đồng biến (hoặc nghịch biến) thì hs kết luận phương trình có duy nhất nghiệm và chỉ ra 1x = là nghiệm. Bài toán trên cho ta thấy là hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định thì ứng với mỗi khoảng ta phải xét riêng. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 5 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com Câu 3 2 0 1sin . 1cos x x Iedx x π + ⎛⎞ = ⎜⎟ + ⎝⎠ ∫ Ta có 2 22 2 2 sin cos 2sin cos sin cos 1sin 1 1 2222 22 1tan 1cos 2 2 2 2cos cos 22 xxxx xx x x xx x ⎛⎞ ++ + ⎜⎟ + ⎛⎞ ===+ ⎜⎟ ⎜⎟ + ⎝⎠ ⎜⎟ ⎝⎠ Do đó: 2 22 2 00 0 2 2 00 11 1 tan 1 tan 2 tan 22 2 22 1 1tan tan 22 2 xx xx xxx Iedx edx xx edx edx ππ π π ⎛⎞ ⎛ ⎞ =+ =+ + ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝ ⎠ ⎛⎞ =+ + ⎜⎟ ⎝⎠ ∫∫ ∫∫ Đặt 2 1 1tan tan 22 2 x x ue du e x x dv dx v ⎧ = ⎧ = ⎪⎪ ⇒ ⎨⎨ ⎛⎞ =+ = ⎜⎟ ⎪⎪ ⎩ ⎝⎠ ⎩ . Suy ra: 22 2 00 0 0 22 tan tan tan 222 tan tan 0. tan 44 xxx xxx Ie edxedx eee ππ π ππ ππ ⎛⎞ =−+ ⎜⎟ ⎝⎠ =−= ∫∫ Câu 4 Cách 1:Phương pháp vectơ S A C B D Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 6 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com Trên AC lấy điểm D sao cho DSSC⊥ (D thuộc đoạn AC) và n n n 120 90 30 oo o ASD ASC DSC=−=−= Ta có: 1 sin30 2 1 2 . 2 2 22 o ASD CSD AS SD S AD a CD S c CS SD acSAaSC DA DC SD cca == = + ⇒=− ⇒= + JJG JJJG JJJG JJJG JJJG Suy ra 222 . . . . .cos60 222 2 o cSA aSC c c abc SD SB SB SA SB a b ca ca ca ca ⎛⎞ + ==== ⎜⎟ +++ + ⎝⎠ JJG JJJG JJJG JJG JJG JJG JJG Và () () () 2 2 2 2 22 22 22 22 2 222 44 .423 222 3 2 cSA aSC caSASC ac ac ac ac SD ca ca ca ac SD ca ++ +− === +++ ⇒= + JJG JJJG Mà ta có n n .36 2 cos sin 33 3 . 2 abc SD SB ca SDB ADB ac SD SB b ca + == =⇒= + JJJGJJG JJJGJJG Suy ra n 2 11 1362 sin . 66 62362 SDBC SDB ac abc V SC S SC SD SB SDB c b ca ca == = = + + Mà 2 2 . 22122 ASBD ASBD CSDB CSBD V AD a a a bc VV VDCc c ca ==⇒ = = + Vậy 22 22 2 12 2 12 SABC ASBD CSBD a bc abc V V V abc ca ⎛⎞ + =+= = ⎜⎟ + ⎝⎠ (đvtt) Cách 2: (Phương pháp tọa độ) Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 7 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com j z y x S A B Dựng hệ trục tọa độ Oxyz sao cho SO≡ , ( ) ;0;0Bb , ( ) 0; ; 0Cc và ( ) ;; A AA A xyz Ta có n .cos .cos 60 2 o A a xSA ASBa=== và n cos .cos120 2 o A a ySAASCa = ==− Mà: 2222 22 22 2 44 2 AAA AA OA x y z aa a azz =++ ⇒=++⇒=± Do đó thể tích tứ diện S.ABC là () / 1112 33212 SABC SBC A ASBC V d S z b c abc=== (đvtt) Câu 5 Đặt 222 log ; log ; logaxbycz=== . Khi đó ta có ( ) 22 log log 8 3abc xyz+ += = = Và 222 111Aabc=+++++ Đặt () () () ;1 ; ;1 ; ;1manb pc=== JG G JG . Khi đó ta có ()() 22 111 32A m n p mnp abc=++≥++= ++ +++ = JGGJGJGGJG Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 2abc xyz===⇔===. Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 32 khi x = y = z = 2. A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN. Câu 6a Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 8 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com 1) Gọi () () 12 ;,; AA BB A xy dBxy d∈∈ . Ta có ( ) () 11 10 210 212 AA AA BB BB xy xy xy xy ⎧ +=− ++= ⎧ ⎪ ⇔ ⎨⎨ −−= −= ⎩ ⎪ ⎩ Ta có ()() 1; 1 , 1; 1 AA BA MA x y MB x y=− − =− − JJJG JJJG Vì 20MA MB+= JJJG JJJG G nên ta có ()() ()() ( ) ( )() () 21 10 2 6 3 230 230 21 10 2 3 4 AB AABB AB AB AB AB xx xyxy xx yy yy yy ⎧⎧ −+ −= + + + = +−= ⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨⎨ +−= −+ −= + = ⎩ ⎪⎪ ⎩⎩ Từ (1) và (3) ta có 26 8 BB BB xy xy+−=⇔+= (5) Từ (2) và (5) ta có 30 51 BA BA xx yy == ⎧⎧ ⇒ ⎨⎨ ==− ⎩⎩ Vậy tọa độ hai điểm A, B là () 0; 1A − và ( ) 3; 5B , suy ra phương trình ( ) :2 1 0AB x y−−= Nhận xét: Ta thấy M thuộc 2 d nên phương trình cần tìm chính là 2 d . 2) Gọi () M AB P =∩ Ta có: () 3; 5;1AB =− JJJG Phương trình tham số của đường thẳng AB (viết phương trình qua B ) là () 43 25 xt ytt zt =+ ⎧ ⎪ =− ∈ ⎨ ⎪ = ⎩ \ Thay ,, x yz vào () P ta được: () 43 225 2 10 99 0 1 ttt t t ++ − −+= ⇔− = ⇔= Suy ra () 7; 3;1M − Gọi I là hình chiếu của B lên () P . Ta có ( ) 1; 2; 2 P n = − JJG Phương trình tham số đường thẳng BI là () 4 22 2 xt ytt zt =+ ⎧ ⎪ =+ ∈ ⎨ ⎪ =− ⎩ \ Thay ,, x yz vào () P ta được: ()() 42222210 99 0 1 ttt t t ++ + − − += ⇔+ = ⇔=− Suy ra () 3; 0; 2I , ta có () 4;3;1MI =− JJJG Phương trình đường thẳng hình chiếu của AB lên ( ) P là MI (viết phương trình qua I ) có phương trình là: Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 9 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com () 34 3 2 xt ytt zt =− ⎧ ⎪ =∈ ⎨ ⎪ =+ ⎩ \ Câu 7a 2 2210xx−+= Ta có 2 12.1 1i ′ Δ= − =− = Do đó phương trình có hai nghiệm 1 2 1 2 1 2 i x i x + ⎡ = ⎢ ⎢ − ⎢ = ⎢ ⎣ Ta có () () 2 2 1 2 144 2 21 1 i i xi i − ====− + Và () () 2 2 1 2 14 4 2 21 1 i i xi i ==== − − B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu 6b. 1) Ta có ()( ) 22 22 2230 1 1 5xy xy x y+−−−=⇔−+− = Từ đó ta có tâm của đường tròn là I(1;1) bán kính 5R = Ta có 25IM =< , suy ra M nằm trong đường tròn. Giả sử Δ là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên Δ . Khi đó 22 2 2 2 2 25 25 23AB AH IA IH IH IM== −=−≥−= Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi H M ≡ hay Δ vuông góc với IM. Vậy đường thẳng Δ cần tìm đi qua M có vec tơ pháp tuyến là ( ) 1; 1MI = − JJJG nên có phương trình () :20xyΔ−+= 2) Ta có ;,A Ox B Oy z OZ∈∈∈ nên OA, OB, OC đôi một vuông góc nhau. Gọi I là hình chiếu của gốc tọa độ O lên ( ) ABC , lúc đó: ( ) () BC OAI BC AI AC OBI AC BI ⊥⇒⊥ ⎫ ⎪ ⇒ ⎬ ⊥⇒⊥ ⎪ ⎭ I là trực tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng () ABC có phương trình là: 0 23 yz x + += Ta có chọn () 6;3; 2 ABC n = G và ABC n G là vectơ chỉ phương của đường thẳng OI. Trung tâm bồi dưỡng kiến thức QUANG MINH 423/27/15, Lạc Long Quân, P.5, Q.11 10 Website: www.truonglangtoi.wordpress.com Phương trình tham số của đường thẳng OI là: () 6 3 2 xt yt t zt = ⎧ ⎪ =∈ ⎨ ⎪ = ⎩ \ Thay , , x yz vào () ABC ta được: 32 61 23 49 6 6 49 tt t t t ++= ⇔= ⇔= Suy ra trực tâm I của tam giác ABC có tọa 36 18 12 ;; 49 49 49 I ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ . Câu 7b. Ta giải phương trình: () () () () ()( ) () () () 13 2 2 2 2! !! 1! 1 ! 3! 3 ! 2! 2 ! 12 1 6 9140 0 2 7 nn n CC C n nn nn n nn n nnn nn n nl n n += ⇔+ = −− − −− ⇔+ = − ⇔−+= ⎡= ⎢ ⇔= ⎢ ⎢ = ⎣ Trong khai triển có số hạng thứ 6 nên ta chỉ nhận 7n = . Số hạng thứ 6 trong khai triển () () 7 lg 10 3 2lg3 5 22 x x − − ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ là () () () 2 5 lg 10 3 2lg3 5 5 7 22 x x C − − ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ Ta có phương trình () () () () () () () () lg 10 3 2lg3 5 7 lg 10 3 2 lg 3 2 .2 .2 21 21 lg 10 3 2 lg 3 0 10 3 .3 1 10 3 .3 9 31 0 2 39 x x x x x xx xx x x C x x x − − −+− − = ⇔= ⇔−+−= ⇔− = ⇔− = ⎡ == ⎡ ⇔⇔ ⎢ ⎢ = = ⎣ ⎣ Vậy có hai giá trị x cần tìm là 0 x = và 2 x = HẾT . có () 3.2 3 21 3 212 1 xx x x xxx=++⇔ −= + (1) Ta thấy 1 2 x = không phải là nghiệm của phương trình (1) Với 1 2 x ≠ ta có: () 21 21 13 3 0 21 21 xx xx xx. trình có hai nghiệm 1 2 1 2 1 2 i x i x + ⎡ = ⎢ ⎢ − ⎢ = ⎢ ⎣ Ta có () () 2 2 1 2 14 4 2 21 1 i i xi i − ====− + Và () () 2 2 1 2 14 4 2 21 1 i i xi i ==== −