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 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.
: 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
;
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.
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 =
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
=
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) =
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
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
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
.
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
(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
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
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
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
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:
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
'
.
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),
=
= ±
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
+) 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
.
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
.
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
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
).
+) 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
a b 5
5
ab
22
22
a 2b
a 2b 2a b 2a ab 2b 0 b 2a
2a ab 2b 0
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
2
.
Đẳng thức xảy ra
a 2b
ab
2
ab
, 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
Do
12
zz
nên ta có z
1
= 2i và z
2
= i + 1.
Ta có:
2 2 2
2
2
1
1
2
1 1 i 1 3
A 2i 1 i 1 i 1
2i i 2 2 2
.
Câu 7.b.
Định hướng: Do tọa độ của A và O đã biết nên phương trình đường thẳng OA là hoàn toàn xác định dạng của
phương trình đường thẳng BC (chỉ chứa một ẩn cần tìm là m). Vậy hoàn toàn có thể xác định được tọa độ điểm
B(1 – m; m – 2).
+) Tọa độ C là nghiệm của hệ:
3x y 2 0 x m 2
2x y m 0 y 4 3m
C(m – 2; 4 – 3m).
+) Diện tích hình thang OABC là: S =
1
2
(OA + BC).d(O, BC)
2 2 2 2
22
m
1
( 1) 2 (2m 3) (4m 6) . 6
2
21
– m – 6 = 0 m = 3 hoặc m = –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:
+) d
1
, d
2
có véctơ chỉ phương lần lượt là
1
u
= (1; 1; –2) và
2
u
= (1; –2; 1).
+) B ∈ d
2
:
x 1 t
y 4 2t
z 3 t
(t ∈ ℝ).
+) Gọi H(a; b; c) thì trung điểm của CH thuộc d
2
, đồng thời
2
CH u
nên tọa độ H là nghiệm của hệ:
a 3 b 2 c 3
a1
1 4 3
2 2 2
b2
1 2 1
c5
1 a 3 2 b 2 1 c 3 0
2
AB.CH nhé! Đừng nên dùng công thức S =
1
2
BC.d(A, BC) trong trường hợp này vì làm như
vậy sẽ phức tạp tính toán hơn ở chỗ dùng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng cho
trước!
Câu 9.b.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:
w7
z 2 w w 7 z
2w
(dễ thấy w = 2 không thỏa mãn).
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
2
2 4 3 2 2 2
w7
w 2w 2 w 6w 15w 2w 57 0 w 7w 19 w w+3 0
2w
2
4 3 2 2 2
w 6w 15w 2w 57 0 w 3w 6w 2w 57
.
12
Bây giờ ta thêm vào hai vế một lượng là
22
2m. w 3w m
(để vế trái được một bình phương đúng) thì
được:
2
2 2 2
w 3w+m 2m 6 w 2 1 3m w m 57
(*).
Muốn vế phải là một bình phương đúng (hoặc có thể là lượng âm của bình phương đúng: –A
2
) thì:
’ = 0
2
ĐỀ SỐ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x3
x2
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm các giá trị thực của m để đường thẳng (d): y = –x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở
hai phía trục tung sao cho góc
AOB
nhọn (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos2x + sin2x – cosx – (1 – sinx)tanx = 0 (x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
2
3
x 4x 9x 6
x 4x 3x 1 1
1
2
.
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 hình chữ nhật ABCD có đỉnh A nằm trên
đường thẳng : x – y + 1 = 0. Đường chéo BD có phương trình: 5x – y – 7 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh
hình chữ nhật đã cho, biết rằng I(1; 4) là trung điểm của CD và đỉnh D có hoành độ là một số nguyên.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 4z 16
và đường thẳng :
x y z 5
1 1 4
. Viết phương trình (P) chứa đường thẳng
và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.
Câu 9.a (1,0 điểm). Anh Thùy và chị Hiền cùng chơi Boom Online. Vì muốn tăng thêm sức hấp dẫn cho trò
chơi cũng như sự cố gắng của mình, chị Hiền đã nghĩ ra một trò cá cược: nếu ai thắng trước 3 ván thì thắng
trận và người thua phải “nạp” cho người thắng 3K. Biết rằng số trận chơi tối đa là 5 ván, xác suất mà chị
Hiền thắng mỗi trận là 0,4 và không có trận hòa. Đồng thời khi có người thắng đúng 3 ván rồi thì trò cá
cược dừng lại. Tính xác suất mà chị Hiền sẽ lấy được 3K từ vụ thắng cược này?
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2DN. Biết đường thẳng AN có phương trình: 2x – y – 3
= 0 và điểm M có tọa độ M
với mọi x ∈ 𝔻.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 2) và (2; +).
– Giới hạn và tiệm cận:
xx
lim y lim y 1
;
x2
lim y
;
x2
lim y
= –.
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 1 làm tiệm cận ngang và nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.
– Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại
3
0
2
được định lí Viét. Rõ ràng,
AOB
nhọn cos
AOB
> 0 (1). Thêm một chút gia vị vào hai vế: nhân cả hai vế với
OA.OB thì (1)
OA.OB
> 0, đây chính là một liên hệ đối xứng với A, B giúp ta sử dụng được định lí Viét!
Bài giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
x3
x m x 2 x m x 3
x2
(dễ thấy x = 2 không là nghiệm)
2
x m 1 x 2m 3 0
(*).
+) d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm ở hai phía trục tung
(*) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
x
> 0
2
1 2 1 2 1 2 1 2
OA.OB 0 x x x m x m 0 2x x m x x m 0
2
2 2m 3 m m 1 m 0 3m 6 0 m 2
.
x
O
1
2
y
I
–3
1
x 2
y' − −
y 1
4
;
π
2
(sau khi quy đồng
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 về nhân tử của
phương trình đó).
Để ý nhất là cặp nghiệm đối nhau (ta ưu tiên xét trường hợp đối nhau hoặc bù nhau, hơn kém nhau
π
2
trước),
ta nhận xét:
π
4
là nghiệm của phương trình
1
cosx 0
2
; còn
3π
4
là nghiệm của phương trình
.
Vậy ta đi theo hướng tách nhân tử chung cos2x = cos
2
x – sin
2
x.
(*) cos2x.cosx + 2sinx.cos
2
x – cosx
2
– sinx + sin
2
x = 0
cos2x.cosx + sinx(2cos
2
x – 1) – (cosx
2
– sin
2
x) = 0.
Đến đây thì nhân tử chung cos2x đã xuất hiện rồi! Việc dự đoán nhân tử của chúng ta thành công mỹ mãn
Bài giải:
Điều kiện: x
π
2
+ kπ (k ∈ ℤ) (1).
4
2
2
cos
cos sin
x 2 1
.
Ta đi tìm nghiệm của tử số và mẫu số của g(x) =
22
3
2
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
x 4x 3x 2 1 1
và lập bảng xét dấu
của g(x).
– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định.
– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:
22
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
.
Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:
3
3 2 3 2
4x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1
3
+ (ax + b). Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:
3
3 2 3 3 2 2 2 3
8x 12x 8x 2 ax b ax b a x 3a bx 3ab a x b b
3
2
2
3
a8
3a b 12 a 2
b1
3ab a 8
b b 2
22
3
x 4x 9x 6 x 4x 3x 2 1 1
3
3 2 3 2
4x 9x 6x 1 4x 3x 2x 1 17
3
3 2 3 2 3 2
8x 12x 8x 2 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1
3
3
3 2 3 2
2x 1 2x 1 4x 3x 2x 1 4x 3x 2x 1
(1).
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t trên ℝ. Ta có
f’(t)
= 3t
2
+ 1 > 0 với mọi t ∈ ℝ f(t) đồng biến trên ℝ.
Mặt khác (1) có dạng
; ; ;
.
Bài tập củng cố:
1. Giải phương trình
3
22
2x x 1 2x 9x 1 11x 1
(đáp số x = 0 và x = 2).
2. Giải phương trình
3
2 3 2
5x 4x 5x 3 5. 7x 2x 9x 6
(đáp số x = 1 và x =
8 17
8
).
3. Giải bất phương trình
2
3
23 2
2x . 6x33x 35 5x 2x 4x 3
(đáp số
π
2
π
3
sin2x 2cosx.xlnx cosx 1 lnx
dx
sinx x
I
lnx
π
3
2
π
2sinxcosx 2cosx.xlnx sinx xlnx
dx
sinx xlnx
’
x
ππ
ππ
33
33
ππ
22
22
sinx xlnx
dx 2sinx ln sinx xlnx
sinx xl
os
n
2c x
x
’
π π 3 π π
2 3 ln 1 ln ln ln
2 2 2 3 3
Để xác định được góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (C’AB)
(có giao tuyến là AB) thì ta cần dựng một mặt phẳng vuông
góc với giao tuyến để xác định góc. Thấy rằng đã khá thuận
lợi khi có một cây cầu là CC’ AB, vậy nên không ngại thì
mà chúng ta không dựng thêm một cây cầu nữa là đường
cao CM của ABC (lưu ý ABC cân tại C nên M là trung
điểm AB) để từ đó bắc được mặt phẳng (CC’M) là mặt
phẳng vuông góc với AB góc cần xác định là
CMC’
.
Khai thác được góc thì tính đường cao cực kì dễ dàng,
trong khi đáy đã xác định tính thể tích một cách ngon
lành nhé .
+) Tính khoảng cách:
Hai đường thẳng cần tính khoảng cách có một cạnh là cạnh đáy của lăng trụ (cạnh AB), một cạnh thì thuộc mặt
bên của lăng trụ (cạnh CB’). Lợi dụng tính chất song song giữa các cạnh đáy (AB // A’B’), ta tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng cách dựng mặt phẳng song song, đó là (CB’A’) // AB.
Nhiệm vụ của bây giờ là chọn điểm nào trên AB để dựng đường vuông góc đến (CB’A’) cho hợp lí. Muốn thực
hiện được điều này thì hãy chú ý rằng (CC’M) AB, mà AB // A’B’ nên (CC’M) A’B’. Vậy có một mặt phẳng đi
qua một điểm thuộc AB (mặt phẳng (CC’M) đi qua M ∈ AB), đồng thời mặt phẳng này còn vuông góc với một
đường thẳng trong (CB’A’) (mặt phẳng (CC’M) A’B’) → dựng đường cao ở trong mặt phẳng (CC’M) là thuận
lợi nhất!
Bài giải:
+) Gọi M là trung điểm của AB. Do ABC cân tại C CM AB. Mặt khác AB CC’ góc giữa hai mặt phẳng
(ABC) và (CC’M) là
CMC’
= 60
0
.
(đvtt).
+) Gọi M’ là trung điểm của A’B’ thì MM’ // CC’ M’ ∈ (CC’M).
Ta có:
CC’ AB
CM AB
AB (CC’M) nếu trong CMM’ kẻ MH CM’ (H ∈ CM) thì AB MH A’B’ MH.
MH (CB’A’).
C’
B
C
B’
A
A’
M
’
M
H
19
+) CMM’ vuông tại M nên
2 2 2
2 2 2
2
a
.a
Điều này được minh họa một cách rất trực quan bằng đồ thị.
Bài giải:
+) Giả sử a = max{a, b, c}
a b c a b c
b c 1 c a 1 a b 1 b c 1
.
Đặt
a b c
P 1 a 1 b 1 c
b c 1 c a 1 a b 1
thì cần chứng minh P 1.
Ta có: (P – 1)
a b c
1 a 1 b 1 c 1
bc1
.
Xét
.
max{f(0); f(1)} 0 (P – 1) 0 P 1.
Đẳng thức xảy ra (a, b, c) = (1; 1; 1), (1; 0; 0), (1; 1; 0) và các hoán vị vòng.
Cách giải khác:
Giả sử a = max{a, b, c}. Khi đó ta có:
a b c a b c
b c 1 c a 1 a b 1 b c 1
.
Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:
1a
1 a 1 b 1 c
b c 1
.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
3
1 1 1 a 1 a
b c 1 1 b 1 c b c 1 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c
đề trên
(1) AD ID và (2) trung điểm của đường chéo AC thuộc đường thẳng BD.
Với hai mối liên hệ này thì chắc chắn sẽ tìm được hai ẩn tọa độ A, C, D tọa độ B.
Bài giải:
+) Do A ∈ : x – y + 1 = 0 A(a; a + 1). Tương tự D ∈ BD: 5x – y – 7 = 0 D(d; 5d – 7) (d ∈ ℤ).
+) I(1; 4) là trung điểm CD
C I D
C I D
x 2x x
y 2x x
C(2 – d; 15 – 5d).
+) ABCD là hình chữ nhật nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
trung điểm M
a d 2 a 5d 16
22
;
của AC thuộc BD
a d 2 a 5d 16
5. 7 0 4a 20 0 a 5
22
;
B M D
B M D
5
x 2x x 2 2
2
11
y 2y y 2 3
2
.
.
B(3; 8) (do M là trung điểm BD).
Vậy A(5; 6), B(3; 8), C(0; 5), D(2; 3).
Câu 8.a.
Định hướng: Đầu tiên xác định được tâm và bán kính của mặt cầu (S). Khi có
được bán kính mặt cầu (S) và bán kính đường tròn giao tuyến của (S) với (P)
tính được khoảng cách từ I đến (P) nhờ định lí Py–ta–go. Mặt khác (P) lại
2
2
22
2 2 2 2
22
4c b 2b 3c
a 2b 3c
3 3 7c b 9 4c b b c
a b c
4c b b c
I
R
r
d
21
P(A) = 0,4
3
= 0,064.
– “Chị Hiền thắng cược sau 4 ván” – tức là ván thứ 4 chị Hiền dành chiến thắng, và trong 3 trận đầu tiên thì: có
1 trận chị Hiền thua và 2 trận chị Hiền thắng.
P(B) = C
2
3
.(0,4)
2
.0,6.0,4 = 0,1152.
– Tương tự: P(C) = C
2
3
.(0,4)
2
.(0,6)
2
.0,4 = 0,13824.
Xác suất để chị Hiền thắng là P(H) = 0,31744.
Câu 7.b.
Định hướng: Bình thường, với một hình vuông cạnh bằng 1 chẳng
hạn, ta xác định được đúng vị trí các điểm M, N cố định trên hình
vuông rồi thì chắc chắn một điều rằng, các góc trong hình vẽ đó (bất
kể là góc nào tạo từ 3 trong 6 điểm A, B, C, D, M, N trên hình vẽ) đều
có thể xác định được!
Trong bài toán này thì độ dài cạnh hình vuông ta chưa xác định được,
nhưng các góc thì sẽ không thay đổi so với một hình vuông có độ dài
bằng 1 đâu nhé. Đề bài đã cho đường thẳng AN và điểm M, vậy nên
việc đi tính góc
2 2 2 2
22
22
22
a a a 2a
aa
2 3 2 3
1
2
aa
2 a . a
23
.
+) A ∈ AN: 2x – y – 3 = 0 A(x; 2x – 3)
11 7
AM x 2x
22
1 2 x 2x
22
cos ; cos
.x 1 A(1 1)
x 4 A(4 5)
;
;
MAN
= 45
0
.
Cách 2:
0
1
2
tanMAD tanNAD
3
tanMAN tan MAD NAD 1 MAN 45 .
1
1 tanMAD.tanNAD
1 2.
3
Và còn nhiều hướng nữa để tiếp cận góc
MAN
3a b 3a b
b 4a 3b 5
b c d 4a 3b 5c d 7a 3b
44
b c d 4a 3b 5c d 3a b 5a 11b 3a b 5a 11b a b
b 4a 3b 5
4 4 4 4
.
.
– Nếu 7a = –3b, chọn a = 3 b = –7 c = –4 và d = 23 (P): 3x – 7y – 4z + 23 = 0.
– Nếu a = –b, chọn a = 1 b = –1 c = –1 và d = 4 (P): x – y – z + 4 = 0.
3x y y 12 y x 3y 1
2
2
2 y 1 y 2y 3 0
y1
x2
x 3y 1 (do x 0)
1
OA OB
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (2cosx + 1)(sin2x + 2sinx – 2) = 4cos
2
x – 1 (x ∈ ℝ).
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2 2
2 3 3
xy x 1 1 3 y 9 3y
3x 1 x y xy 5 4x 3x y 7x 0
(x, y ∈ ℝ).
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =
π
2
0
x 1 sinx cosx cosx
AC: 2x + y – 3 = 0 và điểm A có tung độ dương.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 3y + 4z – 1 = 0,
đường thẳng d:
x 1 y 1 z
3 1 2
và điểm A(3; 1; 1). Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt đường
thẳng d và song song với mặt phẳng (P).
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho khai triển (1 + 2x)
n
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ … + a
n
x
n
với n ∈ ℕ*. Biết a
3
= 2014a
2
, tìm
n.
B. Theo chương trình Nâng cao
log log
(x, y ∈ ℝ).
––––– HẾT –––––
Copyright: Tài liệu đại học ©