Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán – Tập 2

Lovebook.vn

Chinh phục đề thi THPT quốc gia môn Toán tập 2
(Cuốn ở bên phải, hàng thứ nhất).

Giá bìa: 179.000đ

Đặt sách Lovebook phiên bản 2.0: />
Giải đáp các thắc mắc trong sách Lovebook: />
Tài liệu Lovebook chọn lọc:

Kênh bài giảng Lovebook: />
Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên Lovebook: />

ĐỀ SỐ

Câu I (1,0 điểm). Cho hàm số y =
x2

2x  1

21
có đồ thị (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b)Cho 3 điểm A, B, C phân biệt thuộc (C )lần lượt có hoành độ xA , xB , xC nhỏ hơn 2.
Chứng minh rằng
tam giác ABC không phải là tam giác vuông.
Câu II (1,0 điểm). Giải phương trình sinx(1 + 2cos2x) = 1

1
1
giác ABC.

2

1

2

1

Câuvuông
V (1,0góc
điểm).
Cho phẳng
hình chóp
cóSD
đáyvàABCDlà
hình vuông,
cạnh60
a.0 Cạnh
bên
SA
với mặt
đáy,S.ABCD
góc giữa
mặt phẳng
ABCD bằng
.

C50

3.i). Tìm môđun của số phức

z  i.z

1i

Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; −2),
phương trình
đường cao BB’ là: 3x – y + 1 = 0 và phương trình đường trung tuyến CM là : 2x +5y - 2 =
0. Tìm phương
trình các đường thẳng AC, AB, BC
x3  3x2y  4x2  4y3  16xy 
2

(x, y  ℝ).

16y  0
Câu VIII(1 điểm) Giải hệ phương trình 
xy 2 3
 x  2y

Câu
IX
(1,0 Ađiểm).
Cho
vuông
điểm
lầnAB

Biết rằng
sốvà
giác
có
đỉnh
từ
n điểm
được
đặt
trên
cạnh
nào?
1 , A 2 , A 3 , … A n là 17478, hỏi điểm A n An


---------- HẾT

----------


GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH
LUẬN Câu I.2
Trước những bài toán về tam giác vuông , ta thường có hai hướng giải quyết:
+ Sử dụng định lý Pitago
+ Sử dụng tích vô hướng
Ở bài này ta có thể sử dụng cả 2 cách để giải một cách không mấy khó khăn, ta sẽ chọn
phương pháp tích
vô hướng để giải.
A⃗B⃗ . A⃗C = (xB − xA )(xC − xA ) + (yB − yA )(yC − yA ) ≠ 0
ΔABC không vuông ⇔ {A⃗B⃗ .


A⃗B⃗ .
B⃗⃗
⃗C⃗

= (xB − xA )(xC − xB ) + (yB − yA )(yC − yB ) > 0

B⃗⃗
⃗C⃗ . A⃗C

= (xC − xB )(xC − xA ) + (yC − yB )(yC − yA ) > 0

Vậy tam giác ABC không phải tam giác vuông
Nhận xét:
-Bài này chỉ xuất phát đơn thuần từ tính chất đơn điệu của bài toán nên hoàn toàn có thể
mở rộng được
như sau: Xét hàm số f đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) và liên tục trên D. Khi đó, với
mọi bộ 3 điểm


A, B, C thỏa mãn xA , xB , xC ∈ D thì tam giác ABC là tam giác tù. Bạn đọc có thể chứng
minh điều này tương
tự như lời giải trên.
Câu II.
Giải phương trình: sin x (1 + 2cos2x) = 1
Nhận thấy 2cos2x = 1 − 2sin2 x do đó ta có thể đưa phương trình về ẩn phụ là sinx, sau
đó giải tìm
nghiệm như phương trình đại số thông thường.
sinx (1 + 2cos2x) = 1
⇔ sin x [1 + 2(1 − 2sin2 x)] = 1 ⇔ 3 sin x − 4sin2 x = 1


π
Kết luận nghiệm: x =
C

6

+
3

â
u

II
I
ln
2

ln2

I = ∫ ex ln(ex + 1) dx = ∫ ln(ex + 1) d(ex + 1)
0

0

Đây là dạng tích phân từng phần quen thuộc. (xem đề 26)
Đặt u = ln(ex + 1) , dv = d(ex + 1) ⇒ v = ex + 1
ln2
I =x ln(ex + 1) .
(e + 1) |

= ln

27


ới C

Viết phương trình trung

qua

tuyến CN của tam giác ABC
Bài
này có
khá
nhiều
kiện
tasẽ
sẽdễ
tư
duy điều
theo
chiềunên
xuôi
dàng
hơn

Đã
biết
{B

BA

′
A BA ≡ BC
H⟶

p
(

}

α

A = BA ∩ AH u⃗
⟶
AH = (1; 1; −2); u⃗
)
⟶
M2 (1; 4; 3) ∈ BM
B
{∩ AH
N
tại B (vì
[u⃗ AH , u⃗ BM ].
BC ⊥
AH)
⟶
M⃗
ptđt CN
⃗1⃗

3

đ
ố

Vậy B(1; 4; 3)

z=

i

3+
t
x
ứ
n
g

v

+ Mặt phẳng (β) đi qua C và vuông góc với BM có phương
trình:
(β): (x − 3) − 2(y − 2) + (z − 3) = 0 ⇔ x
− 2y + z − 2 = 0
x − 2y + z − 2 = 0


x
Dễ



2; 5) là điểm đối xứng với C

qua BM


+ Khi đó ta có AB chính là đường thẳng qua B và C'.

Suy ra:

x=

x=

x −
z − 3
1
1
AB: {y = 2 − t . Khi đó A = AB ∩ AH.
1
y=2−
Giải zhệ=t5 +
t
z=5+
y3t −
=
ta được t = 0; x = 1; y = 2;

{


lập
sơ đồbài
giải
toán
“chiều
xuôi”
có
vẻ
dễ
dàng
hơn
theo
“chiều
ngược”.
nhưthường
vậy
chọn
cách
“xuôi”
hay
“ngược”
tùy
thuộc
vào
từng
bài
toán.
Thông
những
dễtư

3

a √3
2
⟹
. a√3 =
3
VS.ABCD = a
3

D

2. Số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
B

A
a

(SCD) bằng α. Tính sin α
Đã tính được SB = 2a = √SA2 + SB 2
⟹

C

Để tính được sinα ta cần tính BG = d(B; (SCD))

do tam giác SBG vuông tại G.
Tuy nhiên tính trực tiếp d(B; (SCD)) không dễ dàng, do đó ta nên chuyển về điểm khác
thuận tiện hơn, dễ
nhất là chuyển về d(A; (SCD)) do AB ∥ (SCD).

1 − √3i (1 − √3i)(1 + i)
1 − √3
=1 + √3 +
i
z̅ = 1 − i =
2
2
2
1 + √3 1 − √3
z=
— i
2
2
1 + √3
1 − √3 +
i
⟹
2
2
i. z =
|z̅ + i. z| = √2

z̅ + i. z = 1 + i ⟹

Nhận xét: Nếu để ý sâu hơn ta sẽ thấy, với số phức z = a + bi bất kì ta đều có z + iz̅ = (1
+ i)(a + b)
z + iz̅
hay1 + = a + b ∈ R ∀z ∈ C
z + iz̅
i


C50  3 C50

C  C50  3C50  3 C50  ...  3

Phân tích: Câu VIIb thường luôn là vị trí của bài số phức hoặc hệ phương trình mũ –logarit.
Sao bây giờ lại
có bài tổ hợp??? Thực ra đây là một ứng dụng rất thú vị của số phức trong việc giải quyết
các biểu thức tổ
hợp.





Xét khai triển 1 



3i 50 
0
C
50




0

2

24

C50  3C50  3 C50  ...  3

1

–3C i

50



50


C50  3 C50   3C50 



48

cos

25

2



50

3 C50 i
100 


50




50

3



3




3


3 
49
49
i  2  2 3i


2

chẵn ( như bài trên là dãy với hệ số chẵn :0;-2;4;-6;…)


Áp
dụng:
triểnnhất
lũy thừa
số phức
giác.
Sau khai
đó đồng
hệ sốcủa
chomột
ta kết
quả. dưới 2 dạng: Dạng thường và dạng lượng
Một số bài tập tự luyện: Tính:
0

2

4

2n 2

2n

1

3



= (1; 3)

Phương trình AC: (x - 1) + 3(y + 2) = 0 ⇔ 2x
x+
5=0
+ 3y
5y +
−2
x = 31
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: {
⇔ {
x + 3y + 5 = 0
y = −12
C(31; -12)
M(1 − 5t; 2t) ⟹ B(1 − 10t; 4t + 2)
B ∈ CM ⟹ 3(1 − 10t) − (4t + 2) + 1 = 0
1
7 38
⇔ t = ⟹ B(
34
17 17
⟹
⟹

;

)

Phương tình AB: 36c + 5y − 26 = 0

nhân
tử.chứa
Trước
hếtthức
ta thử
nhân tửtrình
liên (1)
quan
tớikhông
phương
trình
(2)
như
- 2y);
(x
+ y)
→ (2)
thấy (x − 2y) là nhân tử
Phương trình (1) ⇔ (x − 2y)2 (x + y − 4) = 0
+ Với x - 2y = 0 ⇔ x = 2y thế vào phương trình (2)
⟹

√3y = 2√3 ⟺ y = 4 ⟹

(x; y) = (8; 4)
+ Với x + y - 4 = 0 ⟺ y = 4 − x thế vào phương trình (2)
⟹ √3x − 8 + 2 = 2√3 ⟺ √3x − 8 = 2(√3 − 1)

x=8⟹



8√3
Kết luận nghiệm (x; y) = (8; 4) hoặc (x; y)

; 8√3
—

3

3

4)

= (8 −
Câu IX
12

Nếu n ≤ 12 suy ra S12

= 220 tam giác

< C3
Vậy n > 12.
An được đặt trên cạnh nào? ⟵ n chia 4 dư mấy? (vì hình vuông có 4 cạnh) ⟵ phải tìm
n

được n.
Gọi Sn là số tam giác thỏa mãn đề bài ứng với n điểm. Số bộ 3 điểm trong n điểm là C3 .
3 điểm bất kỳ tạo thành một tam giác ⟺ 3 điểm đó không thuộc cùng một cạnh
n

Nếu r = 2 ⟹
3

Nếu r = 3 ⟹

3

Sn = C49 − 3C12 − C13 = 17478

3

3

Sn = C50 − 2C12 − 2C13 = 18588
3

Sn = C51 − C12 − 3C13 = 19747

Suy ra: k = 12; r = 1 ⟹ n = 49. Vậy điểm A49 nằm trên cạnh AB.
Nhận xét: Đây là một dạng toán tổ hợp khá thú vị và mới đối với học sinh ôn thi đại học,
tuy vậy nó lại
không hề khó, nhất là khi được sử dụng máy tính. Chỉ cần khéo léo sử dụng các điều kiện
đề bài để đánh
giá được n là bài toán xem như được giải quyết.
Có thể tổng quát xét với đa giác n cạnh ( với n nhỏ) cách làm tương tự như trên.

--------- HẾT

----------



2sin x  cos x

dx.

 sin x  cos x 3

Câu
IV
(1,0
Trong
mặt
phẳng
với
hệ 2x
trục
trình
mặt
phẳng
qua
giao
tuyến
hai
mặt
phẳng
= z0độ
(Q): x lập
+ y phương
–z+5=
0, đồng




2.

x




1

1

 x3



.



Có 3 xạ thủ độc lập bắn vào một bia, mỗi người bắn một viên đạn. Xác suất bắn

trúng đích của các xạ thủ
lần lượt là 0,6; 0,7; 0,8. Tính xác suất bia bị bắn trúng.
Câu VII (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
đường cao kẻ từ
B và phân giác trong kẻ từ A lần lượt là d1: 3x + 4y + 10 = 0 và d2: x – y + 1 = 0. Điểm
M(0; 2) thuộc

Câu I
1.

•Tập xác định: � = ℝ \ {1}.

•Sự biến

1

y’



với mọi x ∈ �.

thiên:
– Chiều biến 
thiên:

0

 x  12

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +).
lim y lim y  lim y 

– Giới hạn,




–

+
+

y
2

y

–

2
–

•Đồ thị:
Đồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; 1), cắt
1 
;0  . Đồng thời (C) nhận giao

2


trục hoành tại
điểm

điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) làm tâm đối xứng.
2.

1


x0  1 


1

Phương trình tiếp tuyến tại M là:

x  x


y

 x0  1
+) Tiếp tuyến cắt trục Ox tại A

2x

2

0

x

0

2




ΔOAB vuông tại O ⇔ OA2  OB2  AB2 . Mặt khác 82.OB .
ta có: AB 

2

 OA  OB

2

2

 82.OB

2

 OA

2

 81.OB

 OA  9.OB (1).


Ta có: (1) ⇔ 2x2  1  2x 0  2x20  1  x
x

9.

0

: y

1
7
.
– Với x0 9  x  4   3

= 4, ta
có: y 


Bình luận:
– Một hướng đi quen thuộc trong
kiểu bài tiếp tuyến của đồ thị
hàm số. Ta có y'(x0) chính là hệ số
góc tiếp
tuyến của đồ thị tại đó. Từ đó ta có
được phương trình tiếp tuyến và có thể
tìm ra được tọa độ A, B theo x0.
– Các 82.OB . Ta có chút gì đó
em nghi nghờ. Sao lại là 82 mà
để ý không phải là số khác (82
dữ
kiện
AB

gần 81)? Từ đó ta kết hợp với ΔOAB
vuông tại O ⇒ OA = 9.OB. Đến đây



2
π
2

cos2x  cos

k

4x  cos6x 

π

cos8x  1 

8
4

0  2cos



4x.cos2x 

1
c

cos 4x 
2

2cos 4x 


4



c
o



1

s
4

c

x

 0

4



2

cos 2x 
2cos2x  1


π
á giác
c 3
xuất
h
x
ọ 4hiện
4
n

sin
 2x;
g 2
hi n
 222x;
sin

ệ 
d 2
co
m sin 3x;
sx d
 x
là …
x Isin2nx,


π 
ta
k 2




 
5
2

π

x k
 π
(

k
2
∈
π ℤ
 ).
8
k
4
π
5
5


3

5









x

4
0

π

π



1 d sin x  cos x 3 4
dx
1 4 d sin x  cos x
 
– 
–
3
3
2
0
π  0 sin x  cos x
0 sin x  cos

4 sin x  cos x 2

0 4 8 8

5
Vậy I =
.
8

Bình luận:
Đây là một dạng tích phân khá đặc trưng với biểu thức dưới dấu tích phân chỉ có sin x và
cos x. Ta sẽ tách
tử số thành dạng: a(sinx + cosx) + b(sinx – cosx) từ đó với chú ý: d(sinx + cosx) = –sinx +
cosx. Ta sẽ rút
gọn tử và mẫu và có được lời giải như trên.
– Ta có một cách khác là đặt t =
Khi đó, sin x 

tan x

và cos x 

.
1t

2

.

2

Ta có: d  (P) (Q)




d  P Q 
 n
  d
  ud ud

u
Q


  d'

 

 




 n 
 u d

 ;  10; 8 .
. Chọn nα  ud ;ud    6

+) Ta có: A(5; 0; 10) ∈ (α).

 A 'HK   A BC  ,  BCCB   90
BC  A’H

BC 

HK
⇒ A'H ⊥ (BB'C'C) ⇒ ΔAA'H vuông tại A'
 AH
3a


22

2

2

2

2

2

2

2

 AA  AH  AB  AH  AH  BH  AH

4

a

1
a 1 a 3 a
+) Thể tích khối lăng trụ: VABC.ABC 
(đvtt).
. .AH.BC
. .
.a
AG.SABC 


2
2 2
6
6
4 2
Ta có: AA' // A'B ⇒ AA' // (BCC'B')  d  AA, BC   d  AA,  BCCB   d  Aa',
BCCB   AH  2 .

Bình luận:
Bài
tập
về có
hình
lăng
trụ
làbài
bài
tậphết

AG  BC
Đây là mấu chốt của bài toán, đến đây thì bài toán được gỡ rối.
Câu VI
1.
10

 1
3



+) Ta có:

1 x




k

C

k

.

1

x




x




i



ik

C .x
3i
.x  

 10
k
0



10

C

k

