Page 1

Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận” được đội ngũ t|c giả thủ khoa, giải quốc gia GSTT GROUP biên soạn do Lovebook.vn sản xuất.

Cuốn s|ch được đ|nh gi| l{ cuốn giải tiết và công phu nhất trong chuỗi sách luyện đề môn Toán.! Sách sẽ chính thức ra mắt các em học sinh v{ độc giả quan tâm vào ngày 18/12 sắp tới! Cuốn sách gồm 45 đề thi đại học, trong đó có 33 đề thi thử được chọn lọc và bổ sung từ c|c đề thi thử trường chuyên trên cả nước và 12 đề thi đại học chính thức được chọn lọc từ năm 2002 đến năm 2013. Ngoài ra cuốn sách còn có khoảng gần 300 bài toán luyện thêm sau mỗi bài tập điển hình cho các em luyện. Không chỉ đưa ra lời giải mà cuốn s|ch còn giúp c|c em định hướng tư duy l{m, tổng quát hóa bài toán và các bài mở rộng,…Với cuốn sách Toán này, việc học Toán sẽ trở nên thú vị hơn v{ h{o hứng hơn! Web: lovebook.vn Facebook: https://www.facebook.com/Lovebook.vn?bookmark_t=page Gmail: lovebook.vn@gmail.com SĐT: 0466.860.849 Địa chỉ: Số 16, ngõ 61, Khương Trung, Thanh Xu}n, H{ Nội

LOVEBOOK.VN | 1


Đề số 10 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) x 1 C}u 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y = . x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho. b) Gọi I l{ giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M thỏa mãn IM vuông góc với d. x x x C}u 2 (1,0 điểm). Giải phương trình (3 + cos2x)cos + (3 + 2cosx)sin = cos . 2 2 2 xy2  4y2  8  x(x  2)  C}u 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  (x, y  ℝ).  x  y  3  3 2y  1 1

C}u 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

 0

x3 4  x2

dx .

C}u 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đ|y l{ hình chữ nhật, AD = a 5 . Tam giác SAB nằm trong mặt a phẳng vuông góc với đ|y, SA = a, SB = , ASB  1200 . Gọi E l{ trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp 2 S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a. C}u 6 (1,0 điểm). Cho các số dương a, b ph}n biệt thỏa mãn a2  2b  12 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 4 5   P= . 4 4 a b 8(a  b)2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn C}u 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gi|c ABC có A(−1; −3), B(5; 1). Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MC = 2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA = AC = 5 v{ đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên. C}u 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (): x  y  z  0 , (): x  2y  2z  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M, biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz). 1 i  (1  i) z . C}u 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z  (1  i)z B. Theo chương trình N}ng cao C}u 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm H(3; 2) . Gọi D, E l{ ch}n đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng d: x  3y  3  0 , điểm F(2; 3) thuộc đường thẳng DE và HD = 2. Tìm tọa độ điểm A. C}u 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 3; 2) , B(3; 2; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình x  2y  2z  11  0 . Tìm điểm M trên (P) sao cho MB  2 2 và MBA  300 . C}u 9.b (1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1 1 2 2 3 3 4 4 2n 2n 1 . C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n  2 3 4 5 2n  1 2013 ---------- HẾT ----------

LOVEBOOK.VN| 2


Đề số 11 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x  1 C}u 1 (1,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) c|ch điểm A(0; 1)một khoảng bằng 2.. C}u II (2,0 điểm). x x x 1. Giải phương trình (3 + cos2x)cos + (3 + 2cosx)sin = cos . 2 2 2 2  x  xy  x  3  0 2. Giải hệ phương trình  (x, y  ℝ). 2  y (x  3)  x  1  2 x y  2y  2

C}u III (1,0 điểm). Tính tích phân I =

cosx.ln(1  sinx) dx . 2 sin x 

 6

C}u IV (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) (BCD), BAC = BDC = 90 . Cho biết AB = 2a√5, AC = a√5. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a, biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng với tan = 4 C}u V (1,0 điểm). 2 Cho c|c số thực dương y, x, thỏa m~n 3xy + 3 = x + y + . xy 16 Tìm gi| trị lớn nhất của biểu thức: P = x y + x +y +2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn C}u VI.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gi|c ABC có A(−1; −3), phương trình đường cao BB’ l{: 3x – y + 1 = 0 v{ phương trình đường trung tuyến CM là : 2x +5y - 2 = 0. Tìm phương trình c|c đường thẳng AC, AB, BC . x 2 y 3 z 3 2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C(3; 2; 3), đường cao AH:   , phân giác trong 1 1 2 x 1 y 3 z 3 BM:   . Viết phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC.. 1 2 1 C}u 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (): x  y  z  0 , (): x  2y  2z  0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M, biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz). C}u 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn z 

(1  3.i) . Tìm môđun của số phức z  i.z 1i

B. Theo chương trình N}ng cao C}u 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh BC: x  2y  1  0 . Hai đỉnh A, B nằm trên Ox. Tìm toạ độ đỉnh C biết diện tích tam giác bằng 10. C}u 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): + + –2 + 4 – 8 – 4 = 4 5 y z x x  2 y 3 z 1 3 3 ). Viết phương trình mặt 0 v{ đường thẳng d có phương trình   . (Sửa:  6 5 1 1 2 1 phẳng (P) chứa d và cắt mặt cầu bởi giao tuyến l{ đường tròn có bán kính bằng 4. 2 2 C}u 9.b (1,0 điểm). Tính tổng: = 1 + + + + + biết rằng z  cos  isin .s n n --------- HẾT ----------

LOVEBOOK.VN | 3


Đề số 10 Câu 1: a) • Tập x|c định: D = ℝ \ {2}. • Sự biến thiên: − Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y  1 và lim y  1 . x

x

Giới hạn vô cực: lim  y   và lim  y   . x(2)

x(2)

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang l{ đường thẳng y = 1, tiệm cận đứng l{ đường thẳng x  2 . 1  0,  x  2 . − Chiều biến thiên: Ta có y '  (x  2)2 Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 2) và (2;  ) . − Bảng biến thiên: x

2 y'

y

1

1 • Đồ thị:

y

 1 Đồ thị cắt Ox tại điểm (1; 0), cắt Oy tại điểm  0;  ; nhận giao  2 điểm I(2; 1) của hai đường tiệm cận l{m t}m đối xứng. b) Định hướng đơn giản: Gọi tọa độ điểm M theo một ẩn x0, sau đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M chứa tham số x0. Cuối c ng dựa v{o điều iện vuông góc để tìm x0, từ đó suy ra phương trình tiếp tuyến.  x 1 +) Gọi M  x0 ; 0  (x0  2) là tiếp điểm. Khi đó phương trình x0  2   tiếp tuyến tại M là x 1 1 ( x  x0 )  0 d: y  , 2 x0  2 (x0  2)

1 0,5 O

x 1

2

hay d: x  (x0  2)2 y  (x02  2x0  2)  0 .

 1  Suy ra véctơ chỉ phương của d là ud  (x0  2)2 ; 1 . Ta có I(2; 1) nên IM   x0  2; . x0  2   x  3 1 . d  0  (x0  2)2  +) Do đó IM vuông góc với d  IMu  0  (x0  2)4  1   x0  2 x  1 − Với x0 = 3, phương trình tiếp tuyến l{ y = −(x – 3) + 2 hay y = −x + 5. − Với x0 = 1, phương trình tiếp tuyến l{ y = −(x – 1) hay y = −x + 1. Vậy có hai tiếp tuyến thỏa m~n đề b{i l{ y = −x + 5 v{ y = −x + 1. Câu 2: Phương trình đ~ cho tương đương với:

x x x x x + (3 + 2cosx)sin = sin  (4 – 2 sin2x )cos + (2 + 2cosx)sin = 0 2 2 2 2 2 x x x x  (2 – sin2x )cos + 2 cos2 sin = 0  cos .  sin2 x  sinx  2  0 2 2 2 2 x  x  x    k2  2  2  k cos  0    ( k  ).    2  x    k2    k2  2 sinx  1 x  2  (3 + cos2x)cos

LOVEBOOK.VN| 4


 + k2 ( k  ). 2 Nhận xét: Thoạt nhìn phương trình thì chúng ta thấy có vẻ hơi bị “mất phương hướng”. Thế nhưng h~y chú x x đến sự “rườm r{” hình thức của nó, đó l{ số hạng cos . Tại sao lại hông để hình thức nó l{ sin luôn m{ 2 2 x x phải để cos V{ tại sao bên vế tr|i đ~ có sin rồi m{ bên vế phải cũng có lượng n{y Rõ r{ng t|c giả có 2 2 x x “ng ” bảo ta nên rút gọn phương trình th{nh: 3  cos2x cos  2  2cosx sin  0 . 2 2 x x Đến đ}y, c|c dấu ngoặc cũng như c|c nh}n tử bên ngo{i l{ sin , cos sẽ l{m ta bị “hút” theo c|ch đặt 2 2 x t  tan (cần điều iện). Thế nhưng c|ch đặt đó thì hông hả quan cho lắm, bởi hi đó sẽ quy về một 2 phương trình ẩn t rất phức tạp (phương trình lượng gi|c thường hông phức tạp đến mức n{y). Không lẽ đến Vậy nghiệm của phương trình l{ x =  + k2, x =

2

 x x đ}y l{ bế tắc Chưa đ}u nhé! Bạn đọc sẽ thường để đến biến đổi 1  sinx    sin  cos  , m{ t để đến 2 2   x x biến đổi d ng công thức nh}n đôi: 1  cosx  1  cos  2.   2cos2 , ch nh điều n{y l{ mấu chốt của b{i to|n. 2  2 Câu 3: 1 Điều kiện: 2y  1  0  y  . 2 x  4 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (x  4)(y2  x  2)  0   2 x  y  2 +) Với x = −4, thay v{o phương trình thứ hai ta được:    y  1 y  1 y  1 y  1  3 2y  1      y  10  3 10.   2 2   (y  1)  9(2y  1)  y  20y  10  0 y  10  3 10

+) Với x  y2  2 , thế v{o phương trình thứ hai ta được y2  y  5  3 2y  1 (*) . Áp d ng bất đẳng thức Côsi ta có VT(*) = (y2  y  1)  (2y  1)  5  (2y  1)  5  2 5(2y  1)  3 2y  1 = VP(*). Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ l{ (x; y) = (−4; 10 + 3 10 ). Nhận xét: Với “c c diện” thế n{y thì phương trình (1) sẽ được ta chọn để “đ|nh” nó trước. C|i ngoặc x  x  2 v{ tổng xy2  4y2 dường như “có vấn đề”. Nếu t|c giả đ~ muốn nhóm x2  2x v{o trong ngoặc rồi thì tại sao lại hông nhóm luôn cả xy2  4y2 th{nh y2  x  4 luôn cho chúng “đồng bộ” Ch nh sự hông đồng bộ n{y đ~ giúp ta tư duy về c|ch giải: nhóm y2  x  4 v{ ph}n t ch nh}n tử của tam thức bậc hai

chứa c|c số hạng còn lại. Nh}n tử  x  4 đ~ xuất hiện một c|ch hông hề ng u nhiên, phải hông n{o  (C|ch h|c có thể coi (1) l{ phương trình bậc hai với ẩn x, tham số y v{ d ng biệt thức  để giải). Xử l phương trình: y2  y  5  3 2y  1 (*). Solve phương trình với gi| trị thử y dương, m|y b|o Can’t Solve  ngh đến việc phương trình phương trình vô nghiệm. Không thiếu c|ch để chứng minh, đ|p |n d ng bất đẳng thức cho nhanh gọn. Nhưng mình ngh l{ c|c bạn nên đưa (*) về phương trình bậc 4 thì hay hơn (dạng n{y thường gặp). 1  1  y  2 y  2    y2  y  5 2  9 2y  1 y 4  2y3  11y2  8y  34  0  

Đến đ}y thì cần thêm chút đ|nh gi| y 4  2y3  11y2  8y  34  y 4  2y3  10y2   y  4  18  0 l{ (*) đ~ được giải quyết gọn l ! Câu 4: 2

Đặt t  4  t 2  x2  4  t 2  xdx  tdt . Khi x = 0  t = 2, khi x = 1  t = 3 . Suy ra LOVEBOOK.VN | 5


3

I=

 2

4  t2 (tdt )  t

 t3  (4  t ) dt  4t      3   3 2

2

2

3

16 3 3 . 3

16 Vậy I = –3 3. 3 Nhận xét: T ch ph}n với cận 0; 1 c ng với căn thức

4  x2 l{m nhiều bạn ngh đến phép đổi biến x = 2sint

hoặc x = 2cost. Nhưng do x3 có mũ lẻ, c thể l{ nó có thể ph}n t ch th{nh ( x2 .x ) nên ta ưu tiên phép đặt

t  4  x2 hơn (lượng x2 có thể biểu di n theo t, còn lượng x thì ghép được dư ra trong qu| trình đạo h{m 4  x2  t ch ph}n biểu di n được dưới một ẩn t, loại h{m thu được l{ h{m hữu tỉ  l{m đơn giản hơn h{m lượng gi|c trong qu| trình đổi cận cũng như biến đổi t ch ph}n). Trong hi l{m b{i thi đại học thì ta cũng ưu tiên sử d ng c|ch đặt ẩn ph như thế này, bởi việc dùng các hàm arcsin, arccos, arctan chỉ được học một cách chính thức ở trong chương trình cũ. Câu 5: Định hướng: S *) Tính thể tích ở bài này không gây nhiều hó hăn cho ta. Diện t ch đ|y đ~ biết, việc x|c định đường cao cũng không khó vì có (SBA) vuông góc với đ|y nên ta sẽ hạ đường cao tại đ}y, còn về t nh to|n cũng hông hó vì nó nằm trong một tam gi|c đ~ biết hết thông tin (việc t nh to|n như n{o l{ t y v{o sở thích, tham khảo cách l{m đ|p |n). A E *) Tính bán kính là vấn đề nan giải nhất. Quan sát một D chút thì SBCE hiện tại hông có gì để ta khai thác cả. Nên việc nhảy thẳng vào mà vẽ bán kính là một điều dại H dột vì thường khi vẽ ít nhất sẽ có một c|i đ|y như thế nào hoặc một c|i gì đó để khi ta dựng, t thì cũng có c|i B C gì đó giúp ta t nh to|n sau này (v n biết phải mạnh dạn là tốt, nhưng chưa nên d ng lúc n{y). Trước tiên, ta thấy là các cạnh của tứ diện này ta hoàn toàn tính c thể ra được, biết đ}u hi t nh ra lại có gợi ý để ta dựng ra được bán kính! BC  AB  BC  SBC   BC  SB , cái này thì các bạn nên để ý vì rất nhiều bài toán có kiểu nhìn tương Để ý,  BC  SH

CE2  CD2  DE2  2 2 2 tự nó làm tối ưu hóa c|c dữ kiện. Vậy thì có SE  AS  AE . Sau hi t nh ra ta quan s|t xem có gì đặc biệt  2 2 2 SC  SB  BC không, quả thật hông ngo{i mong đợi SC2  SE2  CE2 , thế này thì ta có SAC, SCE là các tam giác vuông lần lượt tại B và E. Vậy SC ch nh l{ đường kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE và bán kính là một nửa của SC.

Yêu cầu: Biết được cách dựng đường cao, cố gắng nhìn những chi tiết quen thuộc rồi tự suy ra trong đầu mình định hướng đặc biệt, như thế bài toán có thể giải quyết nhanh về mặt định hướng hơn. V{ hai th|c những gì ta có thể l{m ngay trước mắt. Biết đ}u đó lại là chìa khóa mở ra bài toán! Lời giải:

a2 a 7a2 a 7  2a. .cos1200   AB  . 4 2 4 2 +) Kẻ SH  AB tại H. Vì (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD). Ta có: 0 2S SA.SBsin120 . a 21  SH = SAB  . AB AB 14 1 a 21 a 7 a3 15 . .a 5  Suy ra VABCD = . (đvtt). 3 14 2 12 +) Vì BC  AB, BC  SH nên BC  (SAB). Do đó CBS  900 (1). Áp d ng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có: 7a2 5a2 5a2 9a2 a2 21a2 CE2  CD2  DE2    3a2 , SE2  SA2  AE2  a2    5a2  , SC2  SB2  BC2  . 4 4 4 4 4 4 Từ đó suy ra SC2  SE2  CE2 . Do đó CES  900 (2). +) Áp d ng định lý côsin trong tam giác SAB: AB2  a2 

LOVEBOOK.VN| 6


Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường nh SC. Do đó mặt cầu này có tâm là trung điểm của a 21 SC SC, có bán kính bằng R = = . 2 4 Câu 6: +) Từ giả thiết và áp d ng bất đẳng thức Côsi ta có: 16  (a2  4)  2b  4a  2b  2 4a.2b  0  ab  8.

 a2 b2  5 4 4 5 a2b2  4 4  ab 5 1      .  16 .  2  2   .   4 4 2 4 4 2 64  a a b 8(a  b) b  8 8(a  b)  b a  64 a  b  2 b a a b 1 2 5 1 1 2 5 1 1 (t  2)  .  t  .  . +) Đặt t =  . Khi đó t > 2 v{ P  b a 16 64 t  2 16 64 t  2 8 1 2 5 1 1 t  .  trên (2; +). Ta có: Xét hàm số f(t) = 16 64 t  2 8 5 5 1 5 1 f '(t )  t  . ; f '(t )  0  t (t  2)2   t  (vì t > 2). 2 8 2 8 64 (t  2) Do đó P 

 5  27 Vì lim f (t )  lim f ( t)   nên min f (t )  f    . t 2 t  (2;)  2  64 27 Suy ra P  , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = 4. 64 27 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là , đạt được khi a = 2, b = 4. 64 Nhận xét: Việc cần l{ đầu tiên đó l{ đo|n điểm rơi của bất đẳng thức – hông qu| hó, cũng hông qu| d ! Nhận thấy rằng khi a  b thì P sẽ tiến tới dương vô c ng, vì vậy nên P không có max. Vậy nên nhiều khả năng điểm m{ P đạt min l{ “nghiệm đ p” của phương trình P’ = 0.

12  a2 v{o P, sau đó lấy đạo h{m P’. Nhập phương trình P’ = 0 v{o m|y t nh rồi slove  nghiệm 2 đ p l{ a = 2. Điểm rơi dự đo|n l{ a = 2, b = 4. Đ}y l{ cơ sở dùng bất đẳng thức Cauchy chặn tích ab. Ý kiến cá nhân mình thấy rằng tác giả “chế” b{i to|n n{y n{y theo c|ch “thuận”: tìm h{m theo biến t, sau đó a b thay  rồi dùng một đ|nh gi| ab  8 để đi đến biểu thức P. Còn ta l{m theo c|ch “ngược” nên hó hăn b a trong c|ch đi n{y! Câu 7.a: +) Gọi H l{ trung điểm MC. A(−1; −3) Khi đó AH  BC và BM = MH = HC = x > 0. Áp d ng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có: AH2  2x 2  AB2  52 AH  4   2 2 x  3 AH  x  AM2  25 +) Gọi phương trình đường thẳng BC là x x x C M H a  x  5  b y  1  0 ( a2  b2  0 ). B(5; 1) Thay b =

Ta có:

6a  4b

a  0  4  a 5a  12b  0   5a  12b  0 a2  b2 12 − Với 5a + 12b = 0, đường thẳng BC có hệ số góc k = , không thỏa mãn  loại. 5 − Với a = 0, đường thẳng BC có hệ số góc k = 0, thỏa m~n. Khi đó BC: y = 1. Đường tròn t}m A, b|n nh R = 5 có phương trình: (x  1)2  (y  3)2  25 . Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm  C(2; 1), M(4; 1) y  1 của hệ phương trình   2 2 (x  1)  (y  3)  25 C(4; 1), M(2; 1)  Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C(−4; 1). Nhận xét: Đ}y l{ b{i to|n hông cho c|c c thể 1 phương trình đường thẳng n{o, nhưng xuất hiện nhiều yếu tố liên quan đến độ dài các cạnh (có sự nghi vấn n{o đó). Đặc biệt, sau khi kẻ hình ra và quan sát thì thấy rất điều d(A; BC) = 4 

LOVEBOOK.VN | 7


khả nghi như: AMC cân tại A và MC = 2BM. Ta sẽ ngh đến việc gọi H l{ trung điểm MC vì tại vị trí trung

AH  MC  điểm MC ta tìm thấy rất nhiều vấn đề như BM  MH  HC  x . AM  AC  5; AB  52  2 2 2  AH  AM  MH Như vậy ta sẽ thấy mối quan hệ sau  , giải hệ này ta sẽ tìm ra được x và AH. Vì AH là khoảng 2 2 2  AH  AB  BH cách từ A đến BC, m{ BC đ~ biết điểm đi qua, iểu dữ kiện rất quen thuộc. Nó cho ta x|c định được phương trình đường thẳng BC. Đ}y ch nh l{ mấu chốt b{i to|n (chú điều kiện hệ số góc để loại nghiệm). Việc x|c định C có nhiều cách, có thể gọi dạng trực tiếp rồi d ng độ dài hoặc làm như đ|p |n cũng được. Tuy nhiên khi giải ra sẽ nhận được 2 nghiệm, nhìn trên hình thấy ngay đó l{ 2 trường hợp M, C đổi vị trí cho nhau, ta chỉ chọn trường hợp M nằm giữa B, C. Có thể dùng chi tiết BC > MC để loại nghiệm này. Yêu cầu: Nắm được c|ch tư duy, thuật gán một đoạn thẳng chưa biết bằng 1 ẩn rồi tìm mối liên hệ xung quanh đó. Dựa vào chính mối liên hệ đó mình sẽ tìm thấy c thể được nó. Lưu : Có thể d ng phương t ch để giải bài toán này (tham khảo sách giáo khoa nâng cao). Câu 8.a: +) Vì M  (Oxz)  M(a; 0; b). Mặt khác M  ()  a = 2b  M(2b; 0; b). x  2b y z  b    I(2b  t; 2t; b  2t ) . Gọi I là tâm của (S). Khi đó IM: 1 2 2 9b +) Vì I  ()  t = −b  I(b; 2b; 3b). Ta có R = d(I; ()) = = 3  b = 1. 3 − Với b = 1  (S): (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  9 .

− Với b = −1  (S): (x  1)2  (y  2)2  (z  3)2  9 . Nhận xét: Đ}y l{ một bài toán viết phương mặt cầu, ta đ~ biết bán kính, bây giờ đi tìm t}m nữa l{ được. Theo dữ kiện bài thì M nằm ngay trên 2 mặt phẳng, vậy nếu ta có gọi dạng điểm M thì chỉ 1 ẩn m{ thôi. Đến đ}y, về cơ bản là không còn gì d thấy trước mắt để hai th|c “nh ” nữa. Tiếp t c, dữ kiện tiếp xúc với (β) nếu gọi I là tâm mặt MI    cầu cần tìm, ở đ}y ta có được 2 điều là  (v n có gì đó hó ra). Còn dữ kiện I thuộc ( ) v n chưa giải MI  3 quyết vấn đề gì, dữ kiện này v n bị “đơ” cho từ đầu đến giờ nên việc t c đi theo c|i n{y l{ c|i gì đó hông thể. MI    Chỉ còn biết trông chờ vào dữ kiện  . Có lẽ cái hay của bài là chỗ này, thực tế ở đ}y l{ đ~ có thể viết MI  3 phương trình ch nh tắc của MI vì đ~ có điểm “đi qua” l{ M v{ VTCP l{ VTPT của (β). Mặc dù v n biết điểm đi qua là một ẩn, nhưng suy ngh s}u xa hơn một chút thì khi ta biết được phương trình MI, ta sẽ tìm được dạng của I, tuy nó v n còn 2 ẩn nhưng hi ta thay v{o ( ) ta đ~ tìm được mối quan hệ của chúng vậy thì còn 1 ẩn nữa thôi (giống ẩn với M), dùng ngay dữ kiện MI = 3 hay d(I, (β)) = 3 thì mọi chuyện cũng đ~ h|c rồi nhé. Ta đ~ biết được c thể ẩn. Cuối c ng điểm I cũng đ~ biết v{ v{i to|n đ~ th{nh công.

Yêu cầu: Ta có thể thấy câu này là một câu rất hay, tưởng ra đề rất đột phá và rất mới. Cần chú đoạn viết phương trình MI để đi đến tìm điểm I. Thực sự thì tuy duy cũng hông có gì mới, nhưng quan trọng là bạn dám ngh hay hông. Câu 9.a: Đặt z = x + yi (với x, y  ℝ; x2  y2  0 ). Ta có 1 i 1i z  (1  i) z  z.z   z (1  i)z  x2  y2  i  x2  y2  x  y  (x  y )i  1i (1  i)z

x  y  0 (1)  x 2  y 2  x2  y 2  x  y   x 2  y 2  x  y       xy  0 1   x2  y2  x  y   x2  y2  x  y   1  2 2  x  y  x  y   1 (2) +) Với x = 0, ta có (2)  y y2  1  y  1 , thỏa m~n (1). Suy ra z = −i. +) Với y = 0, ta có (2)  x x2  1  x  1 , không thỏa mãn (1), loại. Vậy z = −i.

LOVEBOOK.VN| 8


Nhận xét: Nhìn vào thì thấy hông có gì đặc biệt, nên việc đặt dạng tổng quát rồi giải bình thường l{ phương ph|p an to{n hơn bao giờ hết. Các bài toán số phức thường không quá khó nên yêu cầu tư duy cũng hông cao. Việc tiến h{nh bình thường và không phải suy ngh nhiều là kinh nghiệm gặp dạng này. Câu 7.b: A d 2 2 2 2 +) Ta có HD = 2   xD  3   yD  2  4  xD  yD  6xD  4yD  9  0 (1). Vì A  d  A(3m + 3; m). Ta có:

.  0   xD  3m  3   xD  3   y D  m  y D  2  0 AD  HD  ADHD

 x2D  y2D  3mxD   m  2 yD  7m  9  0 (2). +) Lấy (1) trừ đi (2) vế theo vế ta được: (6 + 3m)xD + (m – 2)yD + 7m + 18 = 0 (3). +) Tương tự ta có (6 + 3m)xE + (m – 2)yE + 7m + 18 = 0 (4).

E

F(−2; 3) D

H B

C

Từ (3) v{ (4) suy ra đường thẳng DE có phương trình (6 + 3m)x + (m – 2)y + 7m + 18 = 0. Vì F(−2; 3)  DE  m = 0. Do đó A(3; 0). Câu 8.b: +) Nhận thấy A  (P), B  (P), AB = 6 . Áp d ng định lý côsin trong MAB ta có:

MA2  MB2  BA2  2MBBA . .cos300  2 . Suy ra MB2  MA2  AB2 . Do đó tam gi|c MAB vuông tại A. x  1    +) Ta có uAM  AB, nP  (0;  5; 5) . Do đó AM: y  3  t  M 1; 3  t; 2  t  .   z  2  t  MA2  2  t2  t2  2  t  1 . − Với t = 1 thì M(1; 2; 3). − Với t = −1 thì M(1; 4; 1). Câu 9.b: +) Áp d ng công thức khai triển nhị thức Niu−tơn ta có 2 2 2n x  ...  C2n 1  x 2n  1  C12n x  C2n 2n x , x . 2n1 2n1  C12n  2C22n x  3C32n x2  ...  2nC2n , x . +) Lấy đạo hàm hai vế ta được 2n 1  x  2n x 2n1 2 2 2n 2n  C12n x  2C2n x  3C32n x3  ...  2nC2n x , x . Suy ra 2nx 1  x  +) Lấy tích phân trên  1; 0 hai vế của đẳng thức trên ta được: 0

2n1

 2nx 1  x 

1

0

 C2n x  2C2n x 1

2

1

0

2

2n 2n  3C32n x3  ...  2nC2n x dx

0  2n(1  x)2n1 2n 2n 2n1  2n  1 1 2 2 2 3 3 3 4    1  x     C2n x  C2n x  C2n x  ...  C2n x  2n  1 3 4 2n  1  1   1  2 1 2 2 3 3 4 4 2n 2n 1 +) Suy ra: C12n  C2n .  C2n  C2n  ...  C2n  2 3 4 5 2n  1 2n  1 1 1   n  1006 . Theo bài ra ta có 2n  1 2013 Nhận xét: Khi viết lại: 1 1 2 2 3 3 4 4 2n 2n 1 1 1 1 4 1 C2n  C2n  C2n  C2n  ...  C2n  1. C12n  2. C22n  3. C32n  4. C2n  ...  2n. C2n . 2 3 4 5 2n  1 2 3 4 5 2n  1 2n 1 1 1 1 Ta thấy muốn có các hệ số 1; 2; 3; 4;…; 2n thì cần d ng đạo hàm, còn muốn xuất hiện các hệ số ; ; ; ;…; 2 3 4 5 1 thì cần dùng nguyên hàm, tích phân. 2n  1

LOVEBOOK.VN | 9


Đề số 11 Câu 1: a) 1. Tập x|c định: P *−1+ 2. Sự biến thiên: Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y = 2 v{ lim y = 2. Giới hạn vô cực: lim y = +

v{ lim y = −

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang l{ đường thẳng y = 2 , tiêm cận đứng l{ đường thẳng x = −1 3 Chiều biến thiên: Ta có y = > 0, −1 (x + 1) Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ; 1) v{ (−1; + ) * Bảng biến thiên: x − −1 + y’

+

y

+

+ 2

2 −

1 3. Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ( ; 0) , cắt Oy tại (0; −1)v{ nhận giao điểm 2 I(−1; 2)của hai tiệm cận l{m t}m đối xứng b) Khai thác từ điều kiện về tiếp điểm 2x − 1 Gọi M (x ; ),x −1 l{ tiếp điểm. Theo b{i ra ta có MA = 2 x +1 2x − 1 x −2 Hay x + ( − 1) = 4 x +( ) =4 x +1 x +1 x =0 x (x − 2)(x + 4x + 6) = 0 [ x =2 Khi đ~ có tiếp điểm, hông hó hăn để viết phương trình tiếp tuyến theo công thức y = y (x − x ) + y Với x = 0, phương trình tiếp tuyến l{ y = y (0). (x − 0) + y(0) hay y = 3x − 1 1 1 Với x = 2, phương trình tiếp tuyến l{ y = y (2). (x − 2) + y(2) hay y = x + 3 3 1 1 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa m~n b{i to|n l{ y = 3x − 1 v{ y = x + 3 3 Nhận xét: Với bài toán viết phương trình đường thẳng thì thông thường cần phải biết 2 yếu tố: Tọa độ 1 điểm đặc biệt v{ vectơ ph|p tuyến. Nếu đường thẳng đó l{ tiếp tuyến, với công thức y = y (x − x ) + y thì ta chỉ cần tìm ho{nh độ tiếp điểm x . Khi đó điểm đặc biệt ch nh l{ tiếp điểm (x ; y(x )) v{ vectơ ph|p tuyến được thay bằng hệ số góc y (x ) Tóm lại c|c b{i to|n viết phương trình tiếp tuyến hầu như đều quy về tìm ho{nh độ tiếp điểm (x ). Nếu có ẩn h|c ngo{i x thì ta xét hệ điều iện tiếp xúc để tìm cả x v{ ẩn h|c. Phương ph|p giải hệ điều iện tiếp xúc sẽ được trình b{y ở một b{i h|c. Câu 2: (1 − cos x) cot x + cos 2x + sin x = sin 2x Điều iện: sin x 0, hay x , Ý tưởng thông d ng nhất để giải bài toán giải phương trình lượng giác nói chung là phân tích nhân tử. Tuy nhiên, việc phân tích nhân tử có yếu tố lượng gi|c l{ hông đơn giản như ở phương trình đại số thông thường

LOVEBOOK.VN| 10


(có thể dung m|y t nh đo|n nghiệm). Với phương trình lượng gi|c ta cũng có thể phân tích nhân tử thông qua việc đo|n nghiệm với một vài bí quyết nho nhỏ. 3 3 Như trong b{i n{y, thử c|c gi| trị đặc biệt ta thấy có c|c nghiệm ; ; − ; − v{ 4 4 4 4 2 tức l{ ( + ) v{ ( + 2 ) 4 2 2 Đo|n nh}n tử chung: x =

+ 2 2 Thử t|ch lấy nh}n tử (sin x − 1)

sin x = 1 thất bại

sin x − 1 = 0

chuyển hướng

x=

+ 2x = + cos 2x = 0. Thử t|ch nh}n tử cos 2x 4 2 2 Với điều kiện x|c định, phương trình đ~ cho tương đương với (1 − cos x) cos x + cos 2x + sin x = 2 sin x cos x sin x cos x − cos x + cos 2x sin x + sin x = 2 sin x cos x cos x (1 − 2 sin x ) + cos 2x sin x − (cos x − sin x ) cos x cos 2x + cos 2x sin x − cos 2x = 0 cos 2x (cos x + sin x − 1) = 0 ) cos 2x = 0

x=

4

+

) cos x + sin x − 1 = 0

2

th{nh công

, thoản m~n

1 cos (x − ) = = cos 4 4 √2

x−

4

=

4

+ 2

[

x = 2 , hông tm x = 2 + 2 , tm

) + v{ x = + 2 ( 4 2 2 Nhận xét: Việc đoán nghiệm (d ng m|y t nh ) để phân tích nhân tử trong phương trình lượng gi|c thường làm theo một số bước cơ bản sau: 2 − −2 3 − −3 1. Thử với c|c gi| trị thông d ng: 0; ; ; − ; ; ; ; ; ; ; ; 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 2. Phân các nghiệm đo|n được vào các họ nghiệm cơ bản. Như ở b{i trên ta đ~ chia c|c nghiệm 3 3 ; ;− ;− v{ v{o c|c họ ( + ) v{ ( + 2 ) 4 4 4 4 2 4 2 2 3. Đo|n nh}n tử chung: biến đổi tương đương để đưa về nhân tử chung, có thể tham khảo một số nhân tử chung thông d ng sau: Vậy phương trình có nghiệm x =

x=

+ tan x − 1 = 0 sin x − cos x = 0 4 − x= + tan x + 1 = 0 sin x + cos x = 0 4 x= sin x = 0 x= x=

2

+

cos x = 0 + 2

3 2 x= + 2 3 x=6+ 2 [ 5 x= + 2 6 − x= 6 + 2 [ −5 x= 6 + 2 x=

1 =0 2 1 cos x + = 0 2

cos x −

sin x −

1 =0 2

sin x +

1 =0 2

+ 2 sin x − 1 = 0 4 − x= + 2 sin x + 1 = 0 4 x= 2 cos x − 1 = 0 x= + 2 cos x + 1 = 0 LOVEBOOK.VN | 11


Bước 4: Tách biểu thức đề b{i cho để đưa về nhân tử chung. Loại những trường hợp không thể ph}n t ch được. Đ}y l{ một phương ph|p hay và có thể d ng để giải nhiều b{i phương trình lượng gi|c cơ bản, bạn đọc nên luyện tập nhiều để thành th c. Sau đ}y l{ một số bài tập tự luyện: Giải phương trình lượng giác: x a) sin x cos 4x + 2 sin 2x = 1 − 4 sin ( − ) 4 2 b) cos x + cos x + 2 sin x − 2 = 0 tan x + tan x 1 c) = sin (x + ) tan x + 1 4 √2 Câu 3: (1) x + xy + x + 3 = 0 (x, y R) { (2) y(x + 3) + x + 1 = 2√x y + 2y Điểu iện x|c định: x y + 2y 0 y 0 Ph}n t ch (2) có √x y + 2y = √(x + 2)y Có thể có phương trình đẳng cấp giữa 2 ẩn ph l{ √x + 2 v{√y Mặt h|c y(x + 3) + x + 1 = (xy + x) + 3y + 1 Có chung c m (xy + 1)với (1) Ta ngh đến việc trừ vế với vế để triệt tiêu phần chung Trừ hai phương trình của hệ ta được: x − 3y + 2 = −2√x y + 2y (x + 2) + 2√x y + 2y − 3y = 0 y y 1 + 2√ −3 =0 x +2 x +2 y √ =1 y = x +2 x +2 Thế v{o phương trình thứ nhất của hệ ta được (x + 1)(x + 3) = 0 x + x(x + 2) + x + 3 = 0 Vậy hệ có nghiệm (x; y)duy nhất l{ (−1; 3)

x = −1

y=3

3 é : Trong b{i n{y , có thể tưởng đầu tiên ta ngh đến sẽ l{ thế y = − (x + 1 + ) từ (1)v{o (2). x Tuy nhiên việc xử lí biểu thức tiếp theo sẽ l{ hông đơn giản (bình phương hử căn sẽ d n đến bậc rất cao), do đó ta phải đổi hướng làm. Trong quá trình giải toán, thử v{ sai l{ điều không thể tránh khỏi, cần luyện tập nhiều cũng như chú c|c dấu hiệu của bài toán (sẽ được chỉ ra và phân tích xuyên suốt cuốn s|ch n{y) để rút ngắn thời gian giải. Câu 4: ậ

I=∫

cos x ln(1 + sin x) dx sin x

Nhận thấy có cos x = (sin x )

Đặt sin x = t 1 Ta có cos x dx = dt v{ hi x = thì t = ; hi x = thì t = 1 6 2 2 Khi đó I = ∫

ln(1 + t) dt t

Ta d ng phương ph|p t ch ph}n từng phần bởi (ln(1 + t)) =

1 l{ ph}n thức d xử l 1+t

dt dt 1 , dv = v=− 1+t t t Áp d ng công thức tích phân từng phần ta có: 1 1 dt 3 1 1 I = − ln(1 + t)| 1 + ∫ = − ln 2 + 2 ln + ∫ ( − ) dt t t(t + 1) 2 t t+1 2 Đặt u = ln(1 + t)

du =

LOVEBOOK.VN| 12


27 16 Nhận xét: Bài này khá d , tác giả chủ yếu lấy từ một biểu thức tích phân quen thuộc rồi sau đó đổi biến để phức tạp hóa b{i to|n hơn. Tuy nhiên cũng với c|ch “chế” đề như vậy, nếu thay bằng một biểu thức khó và một c|ch đặt ẩn ph khó nhận diện ta có thể tạo ra những bài khó, thậm chí rất khó. Bạn đọc có thể làm thử một biểu thức sau: = 3 ln 3 − 4 ln 2 = ln

T nh: I = ∫

ln(sin x + 1) − ln(cos x) dx (sin x + 1) (sin x − 1)

Câu 5: Phân tích: Đề b{i cho tan = 4 phải tìm c|ch dựng để hai th|c dữ iện. Rất may trong bài nay việc dựng l{ h| d d{ng do ch}n đường cao nằm ngay trên BC Kẻ AH BC tại H, vì (ABC) (BCD) nên AH (BCD) Kẻ HK CD tại K đường xiên AK CD AKH = (ACD) Kẻ HH AK tại H , vì CD (AHK) nên CD HH HH Ta lập sơ đồ giải to|n như sau: Những yếu tố đ~ có: AB, AC, tan Những yếu tố cần t nh: AH 1 1 a) V = AH. S = AH. DB. DC {DB 3 6 DC 1 1 1 AH = + AH AB AC CB BD = . HK (vì HK CH

AH tan CB CB CA CB = . =( ) {CH CA CH CA HK =

BD)

DC = √BC − BD CB CB . d(H; (ACD)) = . HH CH CH 1 1 1 HH = + HH HK HA Trình b{y lời giải theo chiều xuôi b) d(B, (ACD)) =

Vì AB = 2a√5, AC = a√5 nên BC = 5a, HC = a, BH = 4a, AH = 2a AH a HK = = tan 2 Do HK, BD c ng vuông góc với CD nên HK

BD. M{ BC = 5HC nên BD = 5HK =

5a 2

5a√3 25a √3 V = 2 12 1 1 2a 10a = + HH = . M{ BC = 5HC nên d(B; (ACD)) = 5HH = HK HA √17 √17

CD = √BC − BD =

1 HH Nhận xét: -Việc lập sơ đồ giải toán là một phương ph|p đơn giản để tìm ra lời giải v{ đem lại hiệu quả cao vì ta đ~ tư duy theo “chiều ngược”, d dàng tiếp cận ch nh x|c hơn đồ của tác giả b{i to|n. Đồng thời phương ph|p n{y cũng giúp ta trình bày lời giải một cách khoa học hơn theo “chiều xuôi”, tr|nh bị mất điểm đ|ng tiếc. -Khi đ~ th{nh thạo ta có thể chỉ cần ph|c sơ đồ ra nháp hoặc hình dung trong đầu để tăng tốc độ làm bài. -Ý thứ 2 của bài toán có thể tính theo cách khác: thông qua thể tích khối tứ diện ABCD và diện t ch đ|y ADC. Câu 6: max P min(x + y + 2) x + y + 2 2xy + 2 Mặt h|c: x + y 2x y cả P v{ biểu thức điều iện đều có thể chuyển về h{m số của xy chọn biến mới l{ xy Ta có

LOVEBOOK.VN | 13


sau đó sẽ tìm c|ch hảo s|t h{m (1 biến)n{y để tìm gi| trị lớn nhất 2 2 Đặt xy = t > 0. Từ giả thiết ta có: 3xy + 3 = x + y + 2x y + xy xy 2 1 (t + 1)(2t − 1)(t − 2) 0 3t + 3 2t + 2t − 3t − 3t + 2 0 t 2 vì t > 0. t 2 16 8 8 1 Ta lại có P x y + =t + . Xét h{m số f(t) = t + trên đoạn [ ; 2] 2xy + 2 t+1 t+1 2 8 f (t) = 2t − (t + 1) (t − 1)(t + 3t + 4) = 0 f (t) = 0 t(t + 2) = 4 t=1 Bảng biến thiên: 1 x 1 2 2 f’(x) − 0 + 20 3

f(x)

5 20 xy = 2 P . Dấu = xảy ra x = y = √2. { x=y>0 3 20 Vậy gi| trị lớn nhất của P l{ hi x = y = √2. 3 Nhận xét: Đ}y l{ dạng bài bất đẳng thức quen thuộc trong ì thi đại học gồm 2 bước cơ bản: Bước 1: dồn bất đẳng thức về một ẩn hoặc một ẩn ph Bước 2: khảo sát hàm số với biến mới đó để tìm giá trị lớn nhất ( nhỏ nhất) hoặc chứng minh bài toán Khi giải dạng bài này có một số m o nhỏ sau: - Quá trình dồn biến thường phải làm trội để xuất hiện biểu thức 1 ẩn. - Biến mới phải có khả năng hai th|c hết điều kiện và biểu thức cần t nh ( đề bài không cho thừa bao giờ) - Nếu biểu thức 3 biến hông đối xứng (2 biến có vai trò như nhau v{ h|c vai trò so với biến còn lại): nhiều khả năng dồn về “biến còn lại” đó. Như v d sau: Cho x, y, z l{ c|c số thực dương thỏa m~n y + z = x(y + z ). 1 1 1 4 Tìm gi| trị nhỏ nhất của biểu thức P = + + + (1 + x) (1 + y) (1 + z) (1 + x)(1 + y)(1 + z) - Biểu thức đối xứng 2 biến thường ẩn ph sẽ là tổng , tích, tổng bình phương,…hay nói chung l{ một biểu thức đối xứng 2 biến đơn giản. (Như ở bài trên là tích) Câu 7.a Gọi AI BC = H. Vì AI l{ ph}n gi|c trong tam gi|c c}n ABC nên AH đồng thời l{ đường cao. Sơ đồ giải to|n: Đ~ biết: I(1; 2); b|n nh R = √5 1 AH Chọn công thức t nh: S = AH. BC = AH. BH { BH 2 AB AI − BI AI − 5 AH = = = AI AI AI AI − 5 IB 5 BH = √AH. HI = √ . IH IH = = AI IA IA Như vậy l{ S ho{n to{n có thể t nh được theo IA Lập phương trình v{ giải theo ẩn IA Gọi IA = m > 0. Khi đó ta có S S

=8

(1 −

= AH. BH =

5 ) . √5(m − 5) = 8 m

m −5 m −5 5 5 .√ . = (1 − ) . √5(m − 5) m m m m

5m − 139m + 375m − 625 = 0 LOVEBOOK.VN| 14


(m − 25)(5m − 14m + 25) = 0 m = 5. Tiếp theo tìm tọa độ của A l{ giao của d v{ (I; 5) a=1 A(1; 3) * a = −4 A(−4; 2) Nhận xét: Trong bài này sử d ng khá nhiều hệ thức trong tam giác vuông. Chỉ cần nắm chắc các hệ thức này thì sẽ giải được không mấy hó hăn. Câu 8.a x+y+z=0 Từ giả thiết D (P) (Q)suy ra tọa độ D thỏa m~n { y−z−1 = 0 x = −2t + 1 Đặt y = t ta có { D(−2t + 1; t; t − 1) z = t−1 1 1 t=6 ⃗⃗⃗⃗⃗ ; AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ]. AD ⃗⃗⃗⃗⃗ | = |2t + 6| = 3 V = |[AB [ 6 6 t = −12 Suy ra D(−11; 6; 5)hoặc D(25; −12; −13) Nhận xét: đ}y l{ một bài d , chỉ cần khai thác từng bước một c|c điều kiện l{ l{m được. Câu 9. Ở dạng b{i n{y ta thường ngh đến 2 hướng làm chính: 4 1. Biến đổi trực tiếp điều iện đề b{i về biểu thức |z + | z+1 4 2. Giải điều iện đề b{i tìm ra z thay v{o t nh biểu thức |z + | z+1 1 Nếu l{m theo hướng 1, hó hăn cơ bản l{ hông l{m xuất hiện được hông th{nh công z+1 chuyển sang c|ch 2 Đặt z = a + bi (a, b R). Từ giả thiết ta có 1 + a − bi = |a − (b + 1)i| + (−b − 1 + ai) 1 + a = 2(b + 1) 1 + a − bi = 2(b + 1) − 2a(b + 1)i { b = 2a(b + 1) b = −2 a = 1 b (b + 2)(2b + 1) = 0(b −1) Suy ra: 1 + = 2(b + 1) , (b 1) [ 1 1 2(b + 1) b=− a=− 2 2 1 1 Suy ra z = 1 − 2i hoặc z = − − i. 2 2 4 4 ) Với z = 1 − 2i, ta có |z + | = |1 − 2i + | = |1 − 2i + 1 + i| = |2 − i| = √5. z+1 2 − 2i 1 1 4 1 1 8 7 7√2 ) Với z = − − i, ta có |z + | = |− − i + | = |1 + i| = 2 2 z+1 2 2 1+i 2 2 A

d

A(a; −a − 2). Do đó IA = 5

(a − 1) + (−a − 4) = 25

[

Câu 7.b Sơ đồ giải toán: T}m I Phương trình đường tròn Hệ 2 ẩn − 2 phương trình { B|n nh R IM { d(I; ) = R = IM M (C) (C)tiếp xúc với tại M { I thuộc đường thẳng d IM tại M. Phương trình d: x + y − 3 = 0 I(a; 3 − a), R = IM = |a − 1|√2 |6a − 22| (C)tiếp xúc với nên = |a − 1|√2 5√2 a = −3 I(−3; 6), R = 4√2 * [ a=2 I(2; 1), R = √2 Suy ra (C): (x + 3) + (y − 6) = 32 hoặc (C): (x − 2) + (y − 1) = 2 Câu 8.b Sơ đồ giải to|n: C(x ; y ; z )

lập hệ phương trình 3 ẩn − 3 phương trình

C (P) {(ABC) (P) S

LOVEBOOK.VN | 15

= √3


Lời giải: Vì C (P)nên có x − 2y − z − 5 = 0(1) Vì (ABC) (P) nên C (Q)l{ mặt phẳng chứa AB v{ vuông góc với (P). ⃗⃗⃗⃗⃗ ; n ⃗⃗⃗⃗ = [AB n ⃗⃗⃗⃗ ] = (1; 1; −1) (Q): x + y − z − 5 = 0 x + y − z − 5 = 0 (2) y =0 Từ (1)v{ (2), đặt x = t { C(t; 0; t − 5) z =t−5 1 1 t=5 C(5; 0; 0) ⃗⃗⃗⃗⃗ ; AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ]| = √3(2t − 8) = |t − 4|√3 = √3 |t − 4| = 1 S = |[AB [ [ 2 2 t=3 C(3; 0; −2) Nhận xét: Mặc d định hướng theo sơ đồ giải toán là lập hệ 3 ẩn- 3 phương trình nhưng hi trình b{y lời giải ta hoàn toàn có thể giải trước 2 phương trình rồi mới thay v{o phương trình thứ 3 như ở bài trên. Về bản chất v n là giải hệ 3 ẩn -3 phương trình như trước nhưng sẽ tiết kiệm được nhiều công sức tính toán và giảm thiểu sai sót. Câu 9.b Điều iện: Có một acgumen bằng

Sử d ng dạng lượng gi|c của số phức z

6

r Sơ đồ giải to|n: z = r. (cos

+ i. sin )

|z| { = |2z̅ − √3 + i| (1)

(1 + i)z

có một acgumen bằng − (2) 6 1 − √3 + (1 + √3)i { Rút gọn biểu thức điều kiện bằng cách nhân liên hợp ta có: (1 + i) (1 + i) 1 − √3i 1 − − = . (1 − √3 − (1 + √3)i) = = (cos + i sin ). 4 2 3 3 1 − √3 + (1 + √3)i (1 − √3) + (1 + √3) (1 + i)z r Đặt z = r. (cos + i. sin ), Khi đó = (cos ( − ) + i sin ( − )) 3 3 1 − √3 + (1 + √3)i 2 Theo b{i ra ta có

=−

3 6 Thay v{o điều kiện (1) để tìm r.

=

6

. Suy ra z =

√3r r + i 2 2

√3r r Từ giải thiết của b{i to|n ta có | + i| = |√3r − ri − √3 + i| 2 2 (

r √3r ) + ( ) = 3(r − 1) + (r − 1) 2 2

r = 4(r − 1)

[

r=2 2 r=3

√3 1 + i. 3 3 Nhận xét: - Ta chọn xử l điều kiện (2) trước vì nó chỉ chứa z, d xử l hơn (1) chứa cả z̅ trong biểu thức. (1 + i) − có vẻ phức tạp nhưng do hông chứa biến nên có thể rút gọn d d{ng 1 − √3 + (1 + √3)i − Để rút gọn ph}n thức có chứa số phức ở m u, ta nh}n cả tử v{ m u với liên hợp của m u. Từ đó ta có z = √3 + i; z =

LOVEBOOK.VN| 16

Trich doan  
Advertisement