Bai giải chi tiết Khối A 2009

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2009
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI MÔN TOÁN KHỐI A
Câu Hướng dẫn Bài giải
I.1 Thực hiện 5 bước khảo sát
Tính đạo hàm :
( )
'
2
ax b ad bc
cx d
cx d
+ −
 
=
 ÷
+
 
+
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1)
2
2 3
x
y
x
+
=
+
TXĐ:
3
\
2

D R
 
= −
 
 
( )
2
1
' 0
2 3
y x D
x
−
= < ∀ ∈
+
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
3 3
; ; ;
2 2
   
−∞ − − +∞
 ÷  ÷
   
Tìm các đường tiệm cận :
3
2
lim
x
y
−

 
→ −
 ÷
 
= −∞
;
3
2
lim
x
y
+
 
→ −
 ÷
 
= +∞

⇒
Tiệm cận đứng :
3
2
x = −
1
lim
2
x
y
→−∞
=

;
1
lim
2
x
y
→+∞
=

⇒
Tiệm cận ngang :
1
2
y =
Bảng biến thiên :
Đồ thị :
Tìm giao điểm của đồ thị với
hai trục tọa độ
Khi
2
0
3
x y= ⇒ =
Khi
0 2y x= ⇒ = −
Đồ thị nhận giao điểm I của hai
đường tiệm cận làm tâm đối
xứng
I.2 Cách 1.
+ Viết phương trình tiếp tuyến

dạng :
d :
( )
0 0 0
'( )y f x x x y= − +
+ Tìm hai giao điểm A và B
; A d Ox B d Oy= ∩ = ∩
+
OAB∆
cân tại O
OA OB OA OB⇒ = ⇔ =
uuur uuur
Phương trình tiếp tuyến d có dạng :
d :
( )
0 0 0
'( )y f x x x y= − +
( )
( )
0
0
2
0
0
2
1
2 3
2 3
x
y x x

x
x
+
−
⇔ = − +
+
+
( ) ( )
2
0 0
2 2
0 0
2 8 6
2 3 2 3
x x
x
y
x x
+ +
−
⇔ = +
+ +
( )
2
0 0
2 8 6;0A d Ox A x x= ∩ ⇒ + +
( )
2
0 0
2

0
2 8 6
0;
2 3
x x
B d Oy B
x
 
+ +
 ÷
= ∩ ⇒
 ÷
+
 
OAB∆
cân tại O
OA OB⇔ =
uuur uuur
x
O
-2
-3/2
1/2
2/3
I
−
x
'y
y
−∞

−∞
+∞
+∞
1
2
1
2
−
y
3
2
−
I.2
( )
2
2
0 0
0 0
2
0
2 8 6
2 8 6
2 3
x x
x x
x
+ +
⇔ + + =
+

0
3
2
x
 
≠ −
 ÷
 
( )
2 2
0 0 0
2 8 6 (2 3) 1 0x x x⇔ + + + − =
( )
0
2
2
0 0
0 0
0
2
0
0
0
1
2 8 6 0
2 8 6 0
3
( )
2
2 3 1

2 3 1
2
x
x x
x x
x loai
x
x
x
= −


+ + =


+ + =


⇔ ⇔ ⇔ = −



+ = ±
+ =




= −


Với
0 1
'( 1) 1
1 :
( 1) 1
f
x d y x
f
− = −

= − ⇒ ⇒ = −

− =

( loại)
Với
0 2
'( 2) 1
2 : 2
( 2) 0
f
x d y x
f
− = −

= − ⇒ ⇒ = − −

− =

Cách 2. Phương trình tiếp tuyến d có dạng :

d :
( )
0 0 0
'( )y f x x x y= − +
Vì tiếp tuyến d cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A,B và tam
giác OAB vuông cân tại O nên tiếp tuyến d có khả năng
song song với một trong hai đường thẳng
y x= ±
+ Nếu d //
( )
1 0
: 1 ' 1
d
y x k f x∆ = ⇒ = ⇔ =

( )
2
0
1
1
2 3x
−
⇔ =
+
(loại)
+ Nếu d //
( )
2 0
: 1 ' 1
d

y x k f x∆ = − ⇒ = − ⇔ = −

( )
0 0
2
0 0
0
2 3 1 1
1
1
2 3 1 2
2 3
x x
x x
x
+ = = −
 
−
⇔ = − ⇔ ⇔
 
+ = − = −
+
 
Với
0 1
'( 1) 1
1 :
( 1) 1
f
x d y x

f
− = −

= − ⇒ ⇒ = −

− =

(loại)
Với
0 2
'( 2) 1
2 : 2
( 2) 0
f
x d y x
f
− = −

= − ⇒ ⇒ = − −

− =


II.1 Điều kiện :
1
1 2sin 0
sin
2
1 sin 0
sin 1

x
x
x
x

+ ≠
≠ −


⇔
 
− ≠


≠

2 2
2
2
cos sin
cos 2 2cos 1
1 2sin
x x
x x
x

−

= =



−

Hai vế của phương trình có
dạng :
sin cosa x b x
+
Vận dụng công thức cộng :
cos( ) cos cos sin sina b a b a b± = m
sin( ) sin cos cos sina b a b a b± = ±
Phương trình cơ bản :
cos cos
2
2
u v
u v k
u v k
π
π
=
= +

⇔

= − +

Giải phương trình :
( )
( ) ( )
1 2sin cos

3
1 2sin 1 sin
x x
x x
−
=
+ −
(1)
Điều kiện :
sin 1x ≠
và
1
sin
2
x ≠ −
(1)
( )
2
cos sin 2 3 1 sin 2sinx x x x⇔ − = + −

( )
2
3 sin 3 1 2sinx x= + −

cos 3 sin sin 2 3cos2x x x x⇔ − = +

1 3 1 3
cos sin sin 2 cos2
2 2 2 2
x x x x⇔ − = +

cos 2 cos
6 3
x x
π π
   
⇔ − = +
 ÷  ÷
   
2 2
2 (
6 3
2
2
( )
2 2
18 3
6 3
x x k
x k
x k Z
x x k
π π
π
π
π
π π
π π
π
 

− = + +
= +


⇔ ⇔


 
= − + ∈
− = − − +




loai)

y x= −
x
y
y x=
O
A
B
II.2 Cách 1.
Đặt
3
3 2
6 5
u x
v x


= +


= −


Biến đổi phương trình về hệ theo u
và v với
0v ≥
2
15 26 20 0u u− + >
Giải phương trình :
3
2 3 2 3 6 5 8x x− + − =
(1)
Đặt
3
3 2
6 5
u x
v x

= +


= −


điều kiện :

6
0
5
v x≥ ⇒ ≤

(1)
2
3 2
3
8 2
2 3 8
3
8 2
5 3 8
5 3 8 (*)
3
u
v
u v
u
u v
u
−

=

+ =


⇔ ⇔

 
−
+ =
 


+ =
 ÷

 

(*)
3 2
15 4 32 40 0u u u⇔ + − + =
( )
( )
2
2 15 26 20 0 2u u u u⇔ + − + = ⇔ = −

Với
3
2 3 2 2 3 2 8 2u x x x= − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
Cách 2.
Đặt
3
3 2t x= −
Giải phương trình theo t
2
0B
A B

A B
≥

= ⇔

=

điều kiện :
6
6 5 0
5
x x− ≥ ⇒ ≤

Đặt
3 3
3
3
2 8 5
3 2 3 2 6 5
3 3
t t
t x t x x x
+ −
= − ⇔ = − ⇔ = ⇔ − =
Phương trình thành :
3 3
8 5 8 5
2 3 8 0 3 8 2
3 3
t t

t t
− −
+ − = ⇔ = −
( )
( )
2
3 2
4
4
2 15 26 20 0
15 4 32 40 0
t
t
t t t
t t t
≤

≤


⇔ ⇔
 
+ − + =
+ − + =



3
2 3 2 2 3 2 8 2t x x x⇔ = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
III Tách thành hai tích phân :

( )
2 2
2
5 2
1
0 0
cos 1 sin cosI xdx x xdx
π π
= = −
∫ ∫
2
2
2
0
cosI xdx
π
=
∫
Tính I
1
(dùng phương pháp đổi
biến, đặt
sint x=
)
Tính I
2
:Áp dụng công thức hạ bậc
Tính tích phân :
( )
2

3 2
0
cos 1 cosI x xdx
π
= −
∫
2 2
5 2
1 2
0 0
cos cosI xdx xdx I I
π π
= − = −
∫ ∫
( )
2 2
2
5 2
1
0 0
cos 1 sin cosI xdx x xdx
π π
= = −
∫ ∫
Đặt
sint x=

cosdt xdx=
( ) ( )
1

1 1
5 3
2
2 4 2
1
0 0
0
2 8
1 2 1
5 3 15
t t
I t dt t t dt t
 
= − = − + = − + =
 ÷
 
∫ ∫
( )
2 2
2
2
2
0 0
0
1 1 1
cos 1 cos2 sin 2
2 2 2 4
I xdx x dx x x
π π
π

π
 
= = + = + =
 ÷
 
∫ ∫
Vậy :
( )
2
3 2
0
8
cos 1 cos
15 4
I x xdx
π
π
= − = −
∫
IV Chú ý dựng hình.
Dựng SI vuông góc với (ABCD)
với I là trung điểm của AD
Tính thể tích khối chóp S.ABCD
( )
( )
( )
( )
( )
SBI ABCD
SI ABCD

SCI ABCD

⊥

⇒ ⊥

⊥


Khi đó :
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V SI S=
1
x
t
0
2
π
0
IV Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và IC , ta có :
5IB BC a= =
;
2IC a=
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên BC
SH BC IH BC⊥ ⇒ ⊥
Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc

SHI bằng 60
0
Trong tam giác BIC, ta có :
2 2
3
2
a
BF BC FC= − =
.
. .
BF IC
IH BC BF IC IH
BC
= ⇒ =
3
. 2
3
2
5 5
a
a
a
a
= =
Trong tam giác vuông SIH, ta có :
0
3 3
.tan 60
5
a

SI IH= =
Diện tích hình thang vuông ABCD :
( )
2
1
2 2 3
2
ABCD
S a a a a
 
= + =
 
Vậy :
3
2
.
1 1 3 3 15
. . .3
3 3 5
5
S ABCD ABCD
a a
V SI S a= = =
(đvtt
V Chú ý các bất đẳng thức :
2a b ab+ ≥
2
2 2
2 2
a b a b+ +

 
≤
 ÷
 
( )
( )
2
2 2
2a b a b⇔ + ≤ +
2 2
2( )a b a b⇔ + ≤ +
Đặt :
; a x y b x z= + = +

a b y z⇒ − = −
( ) ( )
2 2
0 4y z yz y z≤ − ⇔ ≤ +
( ) ( )
2 2
4 2y z yz y z⇔ + + ≤ +
( ) ( )
2 2
2 4 4y z yz y z
 
⇔ + + ≤ +
 
( )
2
2 4y z yz y z yz+ ≥ ⇔ + ≥

( )
2
12 3yz y z⇒ ≤ +
Chứng minh rằng với mọi số thực dương
; ;x y z
thỏa mãn
( ) 3x x y z yz+ + =
, ta có :
( ) ( )
3 3
3
3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ +
Giải :
2
( ) 3 4x x y z yz x xy xz yz yz+ + = ⇔ + + + =

( )( ) 4x y x z yz⇔ + + =
Đặt :
; a x y b x z= + = +

4ab yz⇒ =
Ta có :
3 3 2 2 2
( )( ) ( ) ( )a b a b a b ab a b a b ab
 
+ = + + − = + − +
 

( )
2

2 2
2( )a b a b ab
 
≤ + − +
 

2 2
2 ( ) 2 ( )a b ab a b ab
   
= − + − +
   

( ) ( )
2 2
2 8 4y z yz y z yz
   
= − + − +
   

( ) ( )
2 2
2 4y z yz y z
 
= + + +
 

( ) ( ) ( )
2 2 3
4 2y z y z y z≤ + + = +
(1)

Mặt khác :
( ) ( ) ( ) ( )
3 12x y x z y z yz y z+ + + = +

( ) ( ) ( )
2 3
3 3y z y z y z≤ + + = +
(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được :
( ) ( )
3 3
3
3( )( )( ) 5( )x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ +
S
A
B
C
D
I
H
E
F
60
o
VIa.1 Chú ý dựng hình.
( ) ( )
6;2 ; 1;5I M
Phương trình tham số của
∆
:

5
x t
y t
=


= −

Trung điểm E của CD
( )
;5E t t∈∆ ⇒ −
Gọi N là trung điểm của AB
⇒
I là trung điểm của NE
Ta có :
2 12
2 1
N I E
N I E
x x x t
y y y t
= − = −


= − = − +


(12 ; 1 )N t t− − +
( )
11 ; 6MN t t= − −

uuuur
;
( )
6;3IE t t= − −
uur
( ) ( ) ( ) ( )
. 0 11 6 6 3 0MN IE MN IE t t t t⊥ ⇒ = ⇔ − − + − − =
uuuur uur
( ) ( )
6
6 2 14 0
7
t
t t
t
=

⇔ − − + = ⇔

=

AB đi qua điểm M và nhận
MN
uuuur
làm vectơ chỉ phương
( )
6 5;0 : 5t MN AB y= ⇒ = ⇒ =
uuuur
( )
7 4;1 : 4 19 0t MN AB x y= ⇒ = ⇒ − + =

uuuur
VIa.2
(S):
2 2 2
â (1;2;3)
2 4 6 11 0
5
T mI
x y z x y z
R

+ + − − − − = ⇒

=

2 4 3 4
( ,( )) 3 5
4 4 1
d I P R
− − −
= = < =
+ +

( ) ( ) ( )P S C⇒ ∩ =
Gọi H và r là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến
Phương trình đường thẳng d ( d đi qua tâm I và vuông
góc với (P))
1 2
: 2 2
3

x t
d y t
z t
= +


= −


= −

H là hình chiếu vuông góc của I trên (P)
( )H d P⇒ = ∩
. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ :
1 2 1
2 2 3
(3;0;2)
3 0
2 2 4 0 2
x t t
y t x
H
z t y
x y z z
= + =
 
 
= − =
 
⇔ ⇒

 
= − =
 
 
− − − = =
 
Bán kính r :
2 2
25 9 4r R IH= − = − =
VIIa Tìm nghiệm phức của phương
trình :
2
2 10 0z z+ + =
Tính : A
2 2
1 2
z z= +
Giải phương trình :
2
2 10 0z z+ + =

z C∀ ∈
Ta có :
2
' 9 9i∆ = − =
Nghiệm của phương trình :
1
2
1 3
1 3

z i
z i
= − +


= − −

2
1 1
10 10z z= ⇒ =
;
2
2 2
10 10z z= ⇒ =
Vậy : A
2 2
1 2
20z z= + =
VI.b1
(C):
2 2
â ( 2; 2)
4 4 6 0
2
T mI
x y x y
R
− −



+ + + + = ⇒

=


Giả sử
{ }
( ) ;C A B∆ ∩ =
. Gọi H là hình chiếu vuông góc
của I trên AB
2
IH AB
AB
HA HB
⊥


⇒

= =


A
B
C
D
I
E
R
I

N
H
M
IH=d(I,(P))
●
r
· ·
1
. .sin sin
2
IAB
S IA IA AIB AIB
∆
= =
IAB
S
∆
lớn nhất khi và chỉ khi
·
sin 1AIB IA IB= ⇔ ⊥
Khi đó tam giác AIB vuông cân tại I.ta có :
0 0
sin 45 .sin 45 1
2
IH R
IH IA
IA
= ⇒ = = =
2
2 2 2 3

( , ) 1 1
1
m m
d I
m
− − − +
⇔ ∆ = ⇔ =
+
2 2 2
0
1 8 16 1 15 8 0
8
15
m
m m m m m
m
=


⇔ − + = + ⇔ − = ⇔

=

VI.b2 Vận dụng các công thức :
- Tính khoảng cách từ điểm M
đến đường thẳng
2
∆
2
,

( , )
MA a
d M
a
 
 
∆ =
uuur r
r
- Tính khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng (P)
0 0 0
2 2 2
( ,( ))
Ax By Cz D
d M P
A B C
+ + +
=
+ +
Phương trình tham số của
1
∆
1
1
:
9 6
x t
y t
z t

= − +


∆ =


= − +


1
( 1 ; ; 9 6 )M M t t t∈∆ ⇒ − + − +
2
2
(1;3; 1)
1 3 1
:
2 1 2
(2;1; 2)
A
x y z
VTCP a
− ∈∆

− − +

∆ = = ⇒

−
= −



r
(2 ;3 ;8 6 )MA t t t= − − −
uuur
;
, (8 14;20 14 ; 4)MA a t t t
 
= − − −
 
uuur r
2 2
, 261 729 612 3 29 88 68MA a t t t t
 
= − + = − +
 
uuur r
2
2
,
( , ) 29 88 68
MA a
d M t t
a
 
 
∆ = = − +
uuur r
r
11 20
( ,( ))

3
t
d M P
−
=
2
2
11 20
( , ) ( ,( )) 29 88 68
3
t
d M d M P t t
−
∆ = ⇔ − + =
2
1
35 88 53 0
53
35
t
t t
t
=


⇔ − + = ⇔

=

Với

( )
1 0;1; 3t M= ⇒ −
Với
53 18 53 3
; ;
35 35 35 35
t M
 
= ⇒
 ÷
 
VIIb Giải hệ phương trình :
( )
( )
2 2
2 2
2 2
log 1 log
3 81
x xy y
x y xy
− +

+ = +


 =

Điều kiện :
0xy >

Hệ phương trình thành :
2 2
2 2
2
4
x y xy
x xy y

+ =


− + =


2
2 2
( ) 0
4 2 2
4
x y x x
x y
xy y y
xy
= = = −

− =
  
⇔ ⇔ ⇔ ∨
   
= = = −

=
  

Ngày 5 tháng 7 năm 2009
Hãy bình tĩnh, tự tin và quyết tâm sẽ thành công .
Nguyễn Thanh Lam
A
B
H
I