[tailieulovebook.com] - Chinh phục đề thi THPT Quốc gia môn Toán - Tập 2

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

ln2

e

0

Câu III (1,0 điểm). Tính tích

x

ln(ex  1)dx .

phân I =
Câu IV ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C(3; 2; 3), đường cao AH:
x2
y 3
z 3
x 1
y4
z 3


, phân giác trong


. Viết phương trình trung tuyến CN
BM:

của tam

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
.

1.Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
2.Số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD) bằng α. Tính sin α.
Câu VI (1,0 điểm).
1.

0
4

2

2

24
48

Tính tổng C = C50 − ⋯ C50 −
C50 − 3C50 + 3
3
3

2.

Cho số phức (1 

z thỏa mãn z 

25

50

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

lượt
trêncho
cáckhông
cạnh của
hình
theo
cách:
∈
AB,
Atrùng
∈3 BC,
A3lấy
∈ABCD.
CD,
A4Đặt
∈ An
DA,
A5 ∈
…sao
điểm
nàovuông
trùng
nhau
không
A,
B,
C,
D.
1tam
2 hình

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 .

B⃗
⃗C⃗

= (xB − xA )(xC − xB ) + (yB − yA )(yC − yB ) ≠ 0 (1)
B⃗⃗

⃗C⃗ . A⃗C = (xC − xB )(xC − xA ) + (yC − yB )(yC − yA ) ≠ 0
Nhận thấy điểm đặc biệt xA ; xB ; xC ∈ (−∞; 2) là khoảng nghịch biến của hàm số ⟶
chứng minh (1) bằng
đánh giá bất đẳng thức.
Giả sử A(xA , yA ); B(xB , yB ); C(xC , yC ) và không mất tính tổng quát ta giả sử xA < xB < xC .
2x − 1
Do hàm số y x − nghịch biến trong khoảng (−∞; 2)
=

2

⟹

yA > yB > yC

Ta có:
xB − xA < 0; xC − xA < 0 ⇒ (xB − xA )(xC − xA ) > 0
yB − yA > 0; yC − yA > 0 ⇒ (yB − yA )(yC − yA ) > 0
⇒ A⃗B⃗ . A⃗C
Tương tự:

}

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

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

1 − 2sinx =
⇔ (sin x + 1)(2 sin x − 1)2 = 0 ⇔0[
sinx + 1 =
0


Với ∶

π
x = + k2π
6
1 − 2 sin x = 0 x = 5π + k2π
6
Với ∶
0⇔

⇔[

π
sin x + 1 =
x = −

π

+

k2π

2
k2

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) |

0

l

(ex + 1)ex

n

(ex + 1)

dx

2

—
∫

0
x ln2

= 3ln3 − 2ln2 − e |
C
â
u
IV

0

4e

= 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

M
⟶
C

m

A
H
∩
B
M
(∃
m
p
(A
B
C
)A
H
Q
u
a
C

BM
⇒
C′ ∈

⊥⟶

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

{

BM

= (1; −2; 1); M1 (2; 3; 3) ∈ AH;

⃗M⃗2 = 0 nên AH cắt BM hay tồn tại mặt phẳng (ABC)
+ Mặt phẳng ( α) đi qua C và vuông góc với AH nên

C

( α): (x − 3) + (y − 2) − 2(z − 3) = 0 ⇔ x + y − 2z + 1 = 0
x + y − 2z + 1 = 0
x=

′

Dễ thấy:B = (α) ∩

1+

được: t = 0; x = 1; y = 4; z =

BM. Giải hệ: {

t
y=
4−
2t

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

được: t = 1;
=

thấy: K
= (β) ∩
BM.
Giải hệ
{

x = 2; y = 2;
1

z=4

+

t
y
=
4
−
2
t
z
=
3
+
t

Vậy K(2; 2; 4). Suy ra C’ (1;

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;

{

1

=
1

−2

z=5
Vậy A(1; 2; 5). Suy ra trung điểm của AB là N(1; 3; 4).
Suy ra phương

x−1 y−3
=
=z − 4
−2
1
1

trình:
Nh
xétcòn
: ởbài
bài
có
nhiều
điều
kiện
thế
này,
việcviệc

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

sẽduy
tưtheo
duy
“xuôi”
cònận
những
khó
hơn
sẽ
phải
tư
duynhư
“ ngược”
s

Câu V.
+ Hình vẽ
+ A là hình chiếu của S trên mp(ABCD) ⟹

∠SAD =
E

60°
AC = a ⟹
1

SA = a√3

G

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).

Gọi E, G lần lượt là hình chiếu của A, B trên mp(SCD)
mp(SAD) ⊥ mp(SCD) ⟹ E ∈ SD


a√3
Do AB ∥ mp(SCD)

⟹
α = ∠BSG

BG = AE =

SB = 2a ⟹ sinα 
2.2a 4
Câu VI

1.

2

a 3



3


Ta chỉ cần thay trực tiếp z̅ vào biểu thức z̅ + i. z rồi tìm môđun. Tuy nhiên để cho đơn giản
ta nên rút gọn z
trước.

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

Về phương diện hình

1 + luôn nằm trên trục Ox khi biểu diễn trong mặt phẳng phức.

học thì
2.

i

0

Câu

2

2

4

24

48

25

50

VIIb.
Tính
tổng

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

2

4



Mặt khác, 1 



3i
50  2
2


50







2

3 2 C  ...  i

50

24

C50  3C50  3 C50  ...  3

1

–3C i

50



50


C50  3 C50   3C50 



48

cos

25

2



50

3 C 50

50

 i sin  2

50

1



3

3

49

3 C50  ... 
cos

100

 i sin

49



3 C50 i
100 


50




50

3



3




3


3 
49
49
i  2  2 3i


2

3




1
 


2


2




Đồng nhất lại ta được C  2

49

Mở rộng: Phương pháp ứng dụng số phức trong khai triển Newton.
Số phức có 2 điểm đặc biệt để trở nên hữu dụng trong việc xây dựng cũng như giải quyết
các biểu thức tổ
hợp:
- Khi khai triển sẽ tạo ra sự biến thiên về dấu theo chu kì 4 (vì i2 = −1)
- Dễ dàng xử lí các số mũ lớn dưới dạng lượng giác.
Dấu hiệu nhận biết phương pháp: Có sự đan dấu theo chu kì 4 hoặc đan dấu trong tập các
hạng tử có hệ số

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

5

2n1

2n1

a) S  C2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1

– C2n1

b) S  C2n1  C2n1  C2n1  ...  C2n1  C2n1
1 n
n 
c) (khó) Chứng minh rằng:1  C 3  C 6  ... 
2  2cos
n


3

n


3 

Câu VII
1. Tìm phương trình các đường thẳng AC, AB, BC
AC ⊥ BB ′ Suy ra véc tơ pháp tuyến của AC là n⃗

AC

= (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

Phương trình BC: 121x + 260y − 631 = 0

x 3 − 3x 2 y − 4x 2 + 4y 3 + 16xy − 16y 2 =
Câu VIII. Giải hệ phương

0 (1)
√x − 2y + √x + y = 2√3

trình: {
x − 2y ≥ 0
ĐK: {x + y ≥ 0

(2)

Ph
ân(xtí
ch
: (1)
Phương
trình
căn
khóvới
xửcác
lí, phương
bậc
quá
cao→
phân
tích
thành

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
⟺ x

=8−

3

8√3

8√3
⟹
3
y=

—4

⟹

(x; y) = (8 −

3

; 8√3
3

—

4)

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

n

⇒ Gọi số bộ 3 điểm thuộc cùng một cạnh là t n thì Sn = C 3 − t
Vì cần tìm số dư của n khi chia cho 4 ⇒ Đặt n = 4k + r (k, r ∈ Z; 0 ≤ r ≤ 3)
3

3

3

3

⇒ t n = (4 − r)Ck + r. Ck+1 ⇒ 4Ck ≤ t n ≤ 4Ck+1
3

3

Xét hàm f(k) = C4k − 4Ck
Ta có f(12) = 16416 < 17478; f(13) = 20956 > 17478
Vậy k = 12, r > 0
3

3

3

3

Nếu r = 1 ⟹

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

----------

ĐỀ SỐ

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x1

2x  1

17
, có đồ thị (C).

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến này cắt trục hoành và trục tung
lần lượt tại các
điểm A, B phân biệt thỏa mãn AB =

82 OB.

Câu II (1,0 điểm). Giải phương trình cos2 x  cos2 2x  cos2 3x (x ∈ ℝ).
3
cos2 4x 
2
π

phân4

Câu III (1,0 điểm). Tính tích I =


0

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

thời
(α)
song
song
đường
thẳng
x (P):
1
y – 2ztọa
 3và Oxyz,
7 (α)
1 điểm).
4 với
(d):


.
Câu V (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy là tam giác ABC đều cạnh a.
Hình chiếu của A'
trên tam giác ABC trùng với trọng tâm tam giác ABC, đồng thời hai mặt phẳng (A'BC) và
(CC'B') vuông góc
với nhau. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA' và BC'.
Câu VI (1,0 điểm).
2

10
1.Tìm hệ số của x trong khai triển thành đa thức của





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

đường thẳng AB và cách C một khoảng bằng
Câu VIII (1,0 điểm). Giải bất

2

2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2

x  x  2  3 x  5x  4x  6 (x ∈ ℝ).

phương trình
Câu IX (1,0 điểm). Cho x, y, z ∈ (0; 1] và thỏa mãn x + y ≥ 1 + z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức


x
y
z
P=
+
+
xy2+
y + z zx+
z

––––– HẾT –––––


GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH
LUẬN

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,



tiệm cận:

x

;

x

 ;

x1

lim y   .


x1



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:
x

1

–

y’

–

+
+

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

+) Ta

y

có:



Gọi M x 2x
;

 x  12

.

 1 0 là tiếp điểm.

2
I
1
x
O

1





0

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



2x0  1
0

x

0

.

1
2

2x0  2x0  1  .

2


 x  1




B  0;

 1; 0 , cắt Oy tại



0

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

 1  9 

x0  2
0x

4

0

0
0

x


2

 1

1
5
– Vớ9  x  2  3.

i
x0
=
2,
ta
có

: 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)
0

bài toán được
giải quyết.
Câu II

+ (k ∈
)

ℤ).

(

Phương trình đã

1

cho tương đương

)
với:


cos 2x  1  cos
x
4x  1  cos 6x 
1  cos 8x  1

3

2
π
2

cos2x  cos

k

4x  cos6x 

π

cos8x  1 

8
4

0  2cos



4x.cos2x 

1
c

cos 4x 
2

2cos 4x 

0
cos4x. 22cos2x
 1 2 2cos 2x

1
4
0cos2 2x 
cos4x.


2cos2x
  1 0





x


π

k
π


+

 (1)


4



c
o



1

s
4

c

x

 0

4



2

cos 2x 
2cos2x  1

4
s1
V
T
Bìn h
ậ
i
y
sin
p a
lun
ận:
h
ư Khix 
ơ
x
cos
n gặp
g c
các
x
tr

ìn phươn
h óc
g trình
c
o
ó :lượng
c πs

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

thườn
π

g nghĩ
, 0

đến s
x  sin
x 
i
công
co
n
 x thức
3

π hạ bậc
0
cos2 x x


k cos2x c
π 1.
o
2
v
s
à
Câu III:x
x




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

3

5

π
4

3
2 
0

π
4

dx

 sin x  cos 2
x



3

2

cot


4











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
x
2
2
sin  x  
4


π
π

1









π
4

1

3 1
5
4  .
   .

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

2t

2

1t

1  t2

Ta sẽ đi đến lời giải dễ dàng và ngắn gọn hơn. Tuy nhiên lối suy nghĩ của bài theo hướng
này không tự
nhiên cho lắm.
Câu IV
+)

nα ; n P ;

Gọi

nQ

lần lượt là véctơ pháp tuyến của (α), (P), (Q).

Ta chọn nP  2; 0;  1 , nQ  1; 1;  1 .
+) Gọi ud là véctơ chỉ phương của d' là giao tuyến của (P), (Q).
ud
 n  1; 1; 2 .
 u 
P
u ;n

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).

Vậy (α) có phương trình: –6(x – 5) – 10(y – 0) + 8(z – 10) = 0 ⇔ 3x + 5y – 4z + 25 = 0.
Bình luận:
– Giao tuyến của (P), (Q) ta luôn tìm được d : nα  ud .
– (α) chứa d ⇒ nα  ud . Vì vậy ⇒ phương trình (α).
ta tìm được nα

Câu V


A’

B’

K
C’

A

B

G

H

C
+) Gọi H, K lần lượt là trung điểm BC và B'C'.
Gọi G là trọng tâm ΔABC. Do G là hình chiếu của A’ trên (ABC) ⇒ A'G ⊥ (ABC).
Ta có:
 ABC    BCCB  BC


 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



3a

2

4

2 
2AH

2

A H 

4

a
2

 AG 

a

.

6
3

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

thường
khônglòng
dễ, các
đòi hỏi
bạnliên
phải
tưởng
kháta
nhiều.
Vì thể
vậy,
các
bạn
trước
cần thuộc
kháicác
niệm
quan
đếntượng
lăng trụ
thì
mới
giải
các
tập.
Sau khi có A'G ⊥ (ABC). Dữ kiện:  ABC  ,  BCCB  90 đòi hỏi phải tìm được giao tuyến
của (A'BC) và
(BCC'B') và đi xét góc liên quan. Đó là lý do điểm H xuất hiện.
AH  BC
  BC  AH  AHK   ABC  ,  BCCB   90.

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





3



C



k

 k
.

10

 10

x


10



k0



x




i



ik

C .x
3i
.x  

 10
k
0



10

C

k



 k
i
4ik
. C .x
.

k



i0



 10

k0



k
i0


