Đáp Án Siêu Chi Tiết Môn Toán Học THPT Quốc Gia 2016 - Megabook.vn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Mơn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu I.
1. Cho số phức z 1 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức
w 2z z .
2. Cho log 2 x
2 . Tính giá trị của biểu thức:
log 2 x2

A

log 1 x3

log 4 x .

2

Lời giải
1 2i
1. Ta có z 1 2i z 1 2i w 2z z 2 1 2i
Kết luận: Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2.
Lý thuyết: Số phức z có dạng : z a bi a, b R, i 2
1

3

2i .

Thì:
+ a là phần thực và b là phần ảo.
+ Liên hợp của z là z a bi
a 2 b2
+ Mơ đun của z là z
Dạng tốn: Cho biểu thức z. Sau đó xác định phần thực phần phần ảo của

w

f z, z

Bước 1: Biến đổi hoặc giải phương trình để tìm số phức z
Bước 2: Thay z vào biểu thức w rồi biến đổi để đưa w về dạng biểu thức số
phức .
Bước 3: Kết luận
Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2i z 1 4i 0 .Tìm
phần ảo của số phức w 1 zi
1

2i z
z

w

1
1

1 zi

1 4i
4i
2i

2z

0

1

2i z

1

4i 1 2i

1

2i 1 2i

1

9

2i
5

2z
1 4i

.i

1 2i 4i 8i 2
1 4i 2

2 9

2i
5

5 9i

9

2i
5

2i 2
5

.

18

4i

25 13i

5

/>

25
5

Phần thực :

13
5

phần ảo

5

2

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn : 1 i

2

i z

8

i

(1

2i ) z

Xác định phần thực và phần ảo của z “CĐ khối A,B,D-2009 (CB)
2
Bài làm: Ta có : 1 i 2 i z 8 i 1 2i z
1

i2 2

2i

i z

8

8

2i 2

i z

4i

2i 2 z

4i

2 z

8

i

4i

2 z

1

2i z

4i

2

8

1
i

8

1

2i z

8

i

2i z

2i z
8

8

i

i

i 1 2i
1

1

2i z

1

2i 1 z

8 i
2i 1

z

i

i

2

2i

16i 2i 2
1 4

10 15i
5

2

3i .

Phần thực :2 phần ảo :-3
Ví dụ 3: Tìm phần ảo của số phức z, biết: z

2

i

2

1

2i “ĐH khối A

2009(CB).
Bài làm: Ta có :

z

2

2

1

i

2

1

2i

2 2i 1 1

2 2i

2i

2

2i

4i 2

2

1

2 2i 1

5

2i

Phần ảo của số phức z là

i2 1

2 2i

z

2i

2i

2i .

5

2

Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn: z
A

1

3i
1 i

3

. Tìm mơ đun cuả

iz “ĐH khối A 2010(NC).

z

Lời giải: Ta có
1

3i

1
z

3

13

3i
1 i

3.12.

3i

3.1.

3i

2

3i

3

1 3 3i

9

3 3i

8.

3

8
1 i

81
1 i

i
2

81
2

i

4

4i

/>

z

z

4

zi

z

4i .
4 4i

4

82

zi

82

4i i

4

4i

4i

4i 2

8

8i

8 2.

Ví dụ 5: Khối D2012: Cho số phức z thỏa mãn:
2

i z

21

2i

1

21

Ta có: 2 i z

8i . Tính mơ đun của số phức w

7

i

2i

1

21

7

i

2i 1 i

2

i z

2

i z

1

1 i2
2i i 2i 2

2

i z

7

8i

3 i

4
2

z

4 7i
2 i

z

22

32

8i
7

2

i z

21

1

2i 1 i

1

i .1 i

z

i.

7

8i

8i

7

8i

4

7i

7i 2

i

8

i 2

i

14i 4i 7 i 2
22 i 2

15

10i
5

3

2i

13 .

Ví dụ 6: Khối D2013: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1

i z

i

Lời giải: Ta có 1 i z i
z

i 1 i

2

z

Ta có: w

z

2z 1
z2
2( z i) 0

2i . Tính mơ đun của số phức w

2z

0

2z
z2

2z

z

1

i

2i

i 3
2i
i2

1 i z

i

1

0

i.

z

1 3i
1

i

1

3i

w

12

32

10

Ví dụ 7: Khối QG2015: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện
1 i z 1

5i

0 . Tìm phần thực và phần ảo của z

Lời giải: Ta có 1 i z 1 5i
1 5i
1 i

z

1 5i 1

i

1 i 1

i

0

(1 i)z

1 5i i 5i 2
1 i2

1 5i
6

4i
2

3

2i .

Phần thực: 3 và phần ảo : 2 .
Bài tập tự luyện: Tìm các thuộc tính phần thực ,phần ảo của số phức sau :
a)

2z

i.z

2

5i

DS : z

b)

z

2

c)

2z

3. 1 i .z

i .z

3

5i
1 9i

3

4i

DS : z

2

DS : z

3i
2

3i

/>

d)

3z

z .1

i

5z

8i

1

DS : z

3

2i

2.
log a b ; log a b2 n

Công thức bay: log a b

Công thức bỏ + thêm:
;

log a b
log a c

loga b

2n loga b .

loga c

b

c

;log a b.log b c

log a c

log c b .

Công thức lộn đầu: log a b

1
.
log b a

Công thức đội đầu: log a b

c

ac .

b

Công thức độn thổ + thăng thiên: alog
Công thức thương hiệu: log a
Cơng thức tích tổng: log a b.c

b
c

a

b

b ; alogb c

log a b

c logb a .

log a c.

loga c .

loga b

Lưu ý: log a x thì điều kiện xác định là 0 a 1 , x 0
log a a

1; log a 1

0; log10 x

lg x; log e x

ln x .

log 2,781... x

Ta thấy đây là dạng toán dễ vì chúng ta chỉ sử dụng cơng thức quen thuộc
rồi biến đổi để biểu thức cần tính về dạng mà chứ dự kiến đầu bài cho.
Cách 1: ĐKXĐ: x 0 mà log 2 x
2
x 2 2 thay vào biểu thức
A

log 2 x2

log 1 x 3

log 4 x

log 2 2 2.

2

log 1 2 3.

2

log 2 2

2. 2

log 4 2

2

2

log 2 1 2

2 2 log 2 2

2

3. 2

log 22 2

3 2

.log 2 2
1

2

2
.log 2 2
2

2 2

2
2

3 2

2
2

.

Cách 2: ĐKXĐ: x 0 .
Khi đó A

2log 2 x

Kết luận : A

3log 2 x

1
log 2 x
2

1
log 2 x
2

2
.
2

2
.
2

Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau:
a) Biết log 3 x

3

Tính A

log 9 x3

3log

3

x2

2
log 3 x5
3

/>

b) Biết log 5 x

log 5 x3

2 Tính B

log16 x3

c) Biết log 4 x

2

Tính C

d) Biết log 81 x

5

Tính D

2
log 3 5 x4

9
6
3log 32 x2
log 8 x5
5
2
3log 3 x3
log 3 x
3

3log

log 27 x4

5

x2

Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau:
A

B

C

D

1

x x2

2x x2

2

3
2

27 y

2

3 .5

0,5

2

5
3

4

:2

2 x2 với x

. 5

3,92 .

5

3
5

310 32 y 2

35 y

3
2

1

1 x x2
2x x2

7
4

1
3

1
4

: 16 : 5 .2 .3
3
2

9
4

6250,25

2

2 .3

với y

1,2 .

1
2

1
2

.

19.

3

3

.

Câu II. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y

Lời giải
TXĐ: D
.
Ta có : y '
x

4 x3

4x x2

4x

y'

1

0

x

x4

0 hoặc x

2x2 .

1 hoặc

1.

Giới hạn : lim y
x

.

lim y

x

Bảng biến thiên :
1

x
y’
y

1

0

1
1

0

/>

Nhận xét: Hàm số đồng biến trên
1; 0 hoặc 1;

; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên

.

Điểm cực đại : A
Đồ thị hàm số :

1;1 và B 1;1 . Điểm cực tiểu : O 0; 0 .

Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.
Trong các đề thi chúng ta phải nhớ những dạng sau đây hay thi :
f x

ax3

bx2

f x

ax

4

2

f x

ax
cx

bx

cx

d

c

b
d

Đối hàm đa thức cần nhớ:
Hàm bậc 3
+ Tập xác định: D = R.
+ Sự biến thiên: f x ax3
Cho f ( x)

3ax 2

2bx

+ Giới hạn: lim ax3
x

c
bx 2

+ Bảng biến thiên: a 0;

bx2

0
cx

cx

d

f '( x)

3ax2

x

x1

y

f ( x1 )

x

x2

y

f ( x2 )

d

;a

0

;a

0

2bx

c

0

/>

x

x1

y’
y

x2

0

0

y1

y2

Hàm số đồng biến trên các khoảng

; x1 và x2 ;

Hàm số nghịch biến trên các khoảng x1 ; x2 .
Hàm số đạt cực đại tại x x1 ; y1 yCD
Hàm số đạt cực tiểu tại x x2 ; y2 yCT
+ Vẽ đồ thị: C
a

ox

y

0

xi

0
a
đồ thị hình chữ N ,
0

? C

oy

x

0

y

d

0
đồ thị hình chữ N ngược.
0

Hàm bậc 4: Thường vẽ khi hàm số có 3 cực trị a.b<0 .
Vẽ đồ thị bậc 4 khi a>0;b<0
+ Tập xác định: D = R
+ Sự biến thiên: f x ax4 bx2 c f '( x) 4ax3 2bx
x1

Cho f ( x)

4ax

3

2bx

0

x2
x3

+ Giới hạn: lim ax4
x

bx2

c

b
2a
0 y2

y1

f ( x1 )

f (0)

b
2a

y3
;a

0

;a

0

4a

c

f ( x3 )

4a

+ Bảng biến thiên : a 0; b 0
x

x1

y’
y

0

x2

0

x3

0

y2

y1

y3

Hàm số đồng biến trên các khoảng x1 ; x2 và x3 ;

/>

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
Hàm số đạt cực đại tại x x2 ; y2 yCD c
Hàm số đạt cực tiểu tại x x1 ; x x3 y1
+ Vẽ đồ thị: C
a
b

ox

y

0

xi

0
a
đồ thị hình chữ W ,
0
b

? C

; x1 và x2 ; x3 .
y3

oy

yCT

x

0

y

c

0
đồ thị hình chữ M .
0

hàm bậc nhất trên bậc nhất
ax  b
y
cx  d
 d
+Tập xác định : D  R /  
 c
ax  b
ad  bc
 f '(x) 
+Sự biến thiên : f  x   y 
2
cx  d

 cx  d 
TH1: nếu f '(x) 

ad  bc

 cx  d 

2

 0 thì hàm số đồng biến trên D và khơng có

cực trị .
TH2: nếu f '(x) 

ad  bc

 cx  d 

2

 0 thì hàm số nghịch biến trên D và khơng có

cực trị .
+Giới hạn :TH1 : f '(x) 

ad  bc

 cx  d 

2

0


ax  b a

 xlim
 cx  d
c  y  a là tiệm cận ngang của đồ thị

c
 lim ax  b  a
 x cx  d c

ax  b
 
 lim

  d  cx  d
 x c 
d
x
là tiệm cận đứng của đồ thị

c
 lim ax  b  
 x d  cx  d
  c 

/>

TH2 : f '(x) 

ad  bc

 cx  d 

2

0


ax  b a

 xlim
 cx  d
c  y  a là tiệm cận ngang của đồ thị

c
 lim ax  b  a
 x cx  d c

ax  b
 
 lim

  d  cx  d
 x c 
d
là tiệm cận đứng của đồ thị

x

c
 lim ax  b  
 x d  cx  d
  c 
ad  bc
+ Bảng biến thiên : TH1 : f '(x) 
0
2
cx

d


x

 d
 c 





y’



+

+

a
c



y

a
c



+ Bảng biến thiên : TH2 : f '(x) 
x

y

 cx  d 

2

0

 d
 c 





y’

ad  bc



--

---

a
c




a
c

/>

+Đồ thị hàm số :









b
b
b
 0  x    A ;0
 C   ox  y  0  y  ax
cx  d
a
a




b b
b
  B0 ; 
 C   oy  x  0  y  a.0
c.0  d d
d



Y’>0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 2 và thứ 4
Y’<0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 1 và thứ 3

Câu III: Tìm m để hàm số f x

x3

3x 2

Gọi x1 , x2 là hai điểm cực trị đó, tìm m để x12

Lời giải
Ta có: f ' x

3x 2

6x

mx 1 có hai điểm cực trị.
x22

3.

f x có 2 điểm cực trị

m

f' x

0 có 2

nghiệm phân biệt x1 , x2
36 12m

0

3.

m

Áp dụng định lý Vi-ét ta được:
x1

x2

x1 x2

Vậy x12

2
m
3
x22

Kết luận : m

x12

x22

3

4

x1
2m

3

x2
0

2

2 x1 x2

4

2m
.
3

3
(thỏa mãn m
2

m

3 ).

3
.
2

Phương pháp giải:
Xác định điều kiện m để hs ậc có Đ T thỏa m n điều kiện cho trước:
x1 x2 k 0 ; x12 x22 k 0 ; x13 x23 k ; x14 x24 k ; a x1 + b x2 = c

+ Điều kiện là:
y’= 3ax2
khi a 0; ' b2 3ac 0
+ Theo định lý Vi-ét:

x1 + x 2 = x1 .x 2 =

2bx

c

0

có 2 nghiêm phân biệt

2b
3a

c
3a

+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu

/>

y

b2
x
3a

2
c
3

bc
.
9a

d

+ Biến đổi điều kiện

cách th ch hợp rồi áp dụng vi-ét.

x1

x2

k

0

x1

x2

x12

x22

k

0

x1

x2

x13

x23

k
3

2b
3a
x14

x1
c
.
3a

3.

x24

k

x1

4

2b
3a

x2

4 x1 .x2

k2

2 x1 .x2

k

3x1 .x2 . x1

x2

2

2b
3a
x2

c
.

3a

4.

3

2

4

2b
3a

m

?.

4x1 .x2 . x1

x2

k

2

2.

c
3a

2b
3a

2

4.

2

2b
3a

c
3a

k2

c
3a

2.

k

?.

m
?.

m

k

2

2x12 .x22

k

2

k

m

?

Ví dụ 1: Cho hàm số
y

x3

2 m 1 x2

4m

2 m2

1x

C . Tìm m để đồ thị

1

có hai điểm cực trị phân biệt thỏa mãn điều kiện

hàm số

C

1
x1

1
x
2 1

1
x2

m2

x2 .

Lời giải: Tập xác định: D
.
2
Ta có: y x 2 m 2 x 5m 4
Để hàm số có cực đại, cực tiểu
biệt

và

đổi

y

4 m 1

2

3 m2

phương tình y '
khi

dấu
4m

1

m2

đi

qua

4m

1

0

0 có hai nghiệm phân

hai

nghiệm

m

2

3

m

2

3

đó

.

Khi đó gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị, theo giả thiết
chúng ta có:

1
x1

1
x2

1
x
2 1

x2

Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được:

x1
x1 x2

4 1 m

x2
m

2

3
4m
3

1

xét điều kiện:

/>

1
x1

1
x2

1
x
2 1

x1 x 2
x1 x2

x2

Kết hợp với điều kiện

1
x
2 1

m

2

3

m

2

3

x1

x2

x2

x1 x2

1 m

0

m2

2

suy ra m 1 hoặc m

0
4m

5

0

5 là giá trị cần

tìm.
1 3
mx
3

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x)

( m 1)x 2

hàm số có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1

3( m

1
.Tìm m để
3

2)x

1 .

2x2

Lời giải: Tập xác định: D
.
2
Ta có y mx 2 m 1 x 3 m 2
Hàm

số

y'

có
2 m2

' 0
m 0

0 có

x1

4m 1
m 0

2 m 1

x2

m
3 m 2

Theo viet ta có
x1 x2

m 2
; x1

m

m 2 3m 4
.
m
m

0

2

6

2 3m

4

Vậy với m = 2; m

6
2

.

1

2 x2

1 3 kết hợp với hệ thức trên viét ta

3m 4
.Thay vào 2 ta có: x1 x2
m

3 m

2

m

2

m

m
m

2

m

2

2

m

3 m

T

.

Hàm số có cực trị thỏa mãn x1
được x2

Đ

3m

0

m

2 6m

4

0

m

2
2.
3

2
là thỏa m n điều kiện đầu ài.
3

Ví dụ 3: Cho hàm số y

1 3
x
3

(2m

1)

x2
2

( m2

m)x

m

1 . Tìm m để

a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
b). Hàm số có cực đại tại x1 ,cực tiểu tại x2 sao cho x12

2x2 2

6.

/>

c). Hàm số có cực đại tại x1 , cực tiểu tại x2 sao cho 2x13

x2 3

11 .

Lời giải: Tập xác định: D
.
Ta có y x2 2m 1 x m2 m
a). Hàm số có Đ
0

T khi và chỉ khi y’= 0 có 2 nghiệm phân iệt

2m

b). Hàm số có Đ
x1

Ta có

1
x2

1

2

4 m2

m

0

T thỏa m n x12

1

2x2 2

0 ( Ld) .
6(*) .

2m

1 1
m
2
.
2m 1 1
m 1
2

Thay vào (*) ta được m

2

2 m

2

1

6

3m

2

4m

4

m

0

m

2
3 thì
2

thỏa m n điều kiện bài tốn.
c). Hàm số có Đ

T thỏa mãn 2x13
m

m

2 m

2

m

Vậy với m = 2; m

5

0

1
2

Ví dụ 4: Cho hàm số y

11

2m3

m

1

3

11

2
21 .

1

m

21

x23

2

thoả m n điều kiện ài tốn.

1 3
x
3

(m

2)

x2
2

(1 m)x

2m

1 . Tìm m để

a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.
b). Hàm số có CĐ, CT tại x1;x2 sao cho x13

2x2 3

9.

c). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm có hồnh độ nhỏ hơn 2.
d). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 sao cho x12
Lời giải: Tập xác định: D
a). Ta có y x2 m 2 x
m 2

13 .

.
1 m .

Hàm số có Đ
2

4x2 2

T khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
4 1 m 0 m2 0 (ld) với m 0 .

Vậy hàm số ln có cực trị với m

0

0.

/>

b). Hàm số có Đ

T tại x1;x2 sao cho x13
2

x1

y’=0 có hai nghiệm:

+ Với m > 0 thì
1 m

+

3

2

Với

1

x1

1 m

x2

1

9

m

2(1 m)3

m

<
9

3

1

0
m

thay vào ( ) ta được
7

thì
3

1

x1

1

x2

1 m

4 →1

3

4

thay

vào

( )

ta

được

0.

m

Kết hợp hai trường hợp ta được: với m
bài toán.
c). Hàm số có Đ

9(1)

m | m|
2
.
m | m|
2

2

x2

2x2 3

3

1

4;0

thì thỏa mãn

0;

T tại các điểm có hồnh độ nhỏ hơn 2
x1

x2

2

x1

2
2

2

x2

m | m|
2
2
m | m|
2
2

+ Với m > 0 → - m < 2 → m > -1 hay m > 0
+ Với m < 0 → –m < 2 → m > -1 hay -1 < m < 0 thỏa mãn
Kết hợp hai trường hợp ta được m > -1 và m 0 thì thỏa m n điều kiện bài
tốn.
d). Hàm số có cực đại cực tiểu tại x1 , x2 sao cho x12

4x2 2

13

+ Với m > 0 ta có
x1

1 m
→ (1 m)2
x2 1

4

13

(1 m)2

9

1 m
1 m

3
3

m
m

2(loai)
4(tm)

+ Với m < 0 ta có :
x1
x2

1
1 m

→ 1 4(1 m)2

13

(1 m)2

3

1 m
1 m

3
3

m

1

3 (tm)

m

1

3 (loai)

/>

Vậy với m = 4 và m 1

3 thì thỏa mãn bài toán

Bài tập tự luyện:
1 3
x
3

1). Cho hàm số y

x2

m

2 x

( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho x1
1 3
x
3

2). Cho hàm số y

3mx2

điểm cực trị x1,x2 sao cho x12
x3

3). Cho hàm số y

1 Đs: m=

x2

6 .Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2

4mx

1
;m
2
5 x m2

5
18
2m

5 Đs: m

x22

4 x2

m

5 .Tìm m m để đồ thị hàm số

m

2m

đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho xCT

3.xCD

3 .Tìm m m để
10 Đs: m

2

3

Câu IV: Tính tích phân I

x2

3x x

16 dx .

0

Lời giải
3

Ta có : I

3

x2

3x x
0

x

3

3
2

3
0

3

3x 2 dx

16 dx
0

3

x

2

16.d x

2

16

x

3

x x2

3

16dx

0

1
3

3
0

0

x

2

16

3

3

27

61

88

0

Kết luận : I 88 .
Phương pháp về tích phân có 3 họ cơng thức chính :
Loại 1: Tích phân họ nhà đa:chứa biến x
u

u du
du
u

1

1
ln u

loai 1

dx
dx

loai 1

d ax

b

.

a
d x

a

Loại 2: Tích phân họ nhà lượng : họ sin mang dấu trừ , họ cos mang dấu
cộng
sin udu
du
sin 2 u

cos u
cot u

C
C

cos udu
du

cos 2 u

sin u

C

.
tan u

C

/>

Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó :
e u du

eu

au du

au
ln a

C

.
C

Nhiều khi ta phải nhớ công thức chuyển đổi bằng cách đặt để đưa về mấy
hàm t ch phân căn ản . thơng thường có căn thức ta đặt để đưa iểu thức về

dạng căn ản .
3

I

3

x2

3x x

3x 2

16 dx

0

3x. x 2

16 dx

0

3

3

3x2 .dx

x. x 2

3

0

16.dx

I1

I2 .

0

Ta thấy tích phân tồn chứa biến x nên nó là tích phân họ nhà đa mà mẫu
bằng 1 nên nó thuộc loại 1 họ nhà đa

u du

u

1

1

,nhìn vào biểu thức

t ch phân thì chưa có dạng đó nên ta phải đặt biểu thức căn ằng t.
3
3
x3 3

 x3  33  03  27
Ta có : I1   3x 2 dx  3.
0
3 0
0
3

Ta có : I 2   3x x 2  16.dx
0

đặt t  x2  16  t 2  x2  16  2tdt  2 xdx  tdt  xdx
2

 x  0  t  0  16  4
Đổi cận : 
2

 x  3  t  3  16  5
5

5

4

4

I 2   3t.tdt  3 t 2dt  t 3

5 3
 5  43  125  64  61

4

Vậy I  I1  I 2  61  27  88

/>

Câu V. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 3; 2; 2 ,
B 1;0;1 và C 2; 1; 3 . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vng

góc với đường thẳng BC. Tìm tọa độ hình chiếu vng góc của A trên
đường thẳng BC.
Định hướng:
Bài tốn: Viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến và
điểm đi qua.
Ý đầu tiên là viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vng góc với đường
thẳng BC.
Như vậy điểm đi qua là điểm A (đ iết tọa độ); nên chúng ta chỉ cần một
vecto pháp tuyến nữa là hồn thành.
Để ý thì thấy giả thiết cho mặt phẳng ( P) vng góc với đường thẳng BC,
nên ta sẽ có n( P ) uBC .
Cơng thức viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến
(với a2 b2 c2 0 ) và điểm đi qua M x0 ; y0 ; z0 là:
n a; b; c
( P) : a x

x0

b y

y0

c z

z0

0.

Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M xM ; yM ; zM
x

x0

at

và đường thẳng d : y

y0

bt . Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M trên

z

z0

ct

đường thẳng d .
Phương pháp 1: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud

a; b; c .

Gọi I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d .
Giả sử I x0 at; y0 bt ; z0 ct d .
Ta có MI

x0

at

xM ; y0

bt

yM ; z0

ct

zM .

Do I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
MI . ud

0

a x0

at

xM

b y0

bt

yM

c z0

ct

zM

0

Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu
vng góc của điểm M trên đường thẳng d .

/>

Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud

a; b; c .

Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vng góc với đường thẳng d .
Ta có n(

a; b; c .

ud

)

Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vng góc với đường thẳng
b y yM
c z zM
0
d là: ( ) : a x xM
ax

by

cz

a.xM

b.yM

0.

c.zM

Gọi I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d .
Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .
Giả sử I x0 at; y0 bt ; z0 ct d , do I d ( ) nên I ( )
a x0

at

b y0

bt

c z0

ct

a.xM

b.yM

c.zM

0.

Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu
vng góc của điểm M trên đường thẳng d .
Lời giải: Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC là P . Ta có BC
là véc-tơ pháp tuyến P suy ra P có dạng x y
A

P

3 2

4

t

0

t

2z

Phương trình đường thẳng BC là

x 1
1

AH.BC

hình
0

t

0 . Lại có

t

3.

Vậy P có phương trình là x y

là

2z

1; 1; 2

chiếu

của

1 3

t

2

0.

3

A

2 2t

y
1

1

z 1
. Gọi H t
2

lên
2

B .

0

6t

6

1, t ,2t

1

Khi

đó

0

t

1

Suy ra H 0,1, 1 .
Kết luận: Phương trình mặt phẳng qua A vng góc BC là
x y 2z 3 0 .
Tọa độ hình chiếu của A lên BC là 0,1, 1 .
Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
x
M 2; 5; 3 và đường thẳng d : y
z

1
t

2t

2

2t

. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm

M trên đường thẳng d .

Lời giải 1. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud

2; 1; 2 .

Gọi I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d .
Giả sử I 1 2t; t; 2 2t d .

/>

Ta có MI

1

2t

2; t

5; 2

2t

3

1

2t; t

5;

1

2t .

Do I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có
2

1

MI . ud

0

Vậy I

3; 1; 4 .

2t

1t

5

2

1

2t

0

t

1

Lời giải 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud

I

3; 1; 4

2; 1; 2 .

Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vng góc với đường thẳng d .
Ta có n(

2; 1; 2 .

ud

)

Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng
d là: ( ) : 2 x

2

1 y

5

2 z 3

0

2x

y

2z 15

0.

Gọi I là hình chiếu vng góc của điểm M trên đường thẳng d .
Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .
Giả sử I 1 2t; t; 2 2t
21

Vậy I

2t

t

2 2

2t

d , do I

15

0

d ( ) nên I ( )

t

1

I

3; 1; 4 .

3; 1; 4 .

Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm

M 2;

x
1; 5 và đường thẳng d : y

4
t

t

z

2

t

. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm

M trên đường thẳng d .
Đáp số: I 4; 0; 2 .

/>

Câu VI. 1. Giải phương trình 2sin2 x 7 sinx 4 0 .
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phịng của
lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và
khơng có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở của cần nhấn
liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự đã
nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B
khơng biết quy tắc mở của trên, đã ấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút

khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa
phịng học đó.
1.
Định hướng : Đây là phương trình ậc hai đối với một loại hàm lượng giác,
cụ thể ở đây là hàm sin .
Phương trình có dạng a.sin2
b.sin
c 0.
Phương pháp đặc biệt:
+ Nếu
thì phương trình tương đương với:
a b c 0
a.sin
c sin
1 0.
+

Nếu

a.sin

a b c
c sin
1

0
0.

thì

phương

trình

tương

đương

với:

Phương pháp tổng quát:
Đặt t sin (điều kiện 1 t 1 ).
Phương trình trở thành: at 2 bt c 0 (phương trình quy về phương trình
bậc hai ẩn là t ).
Lời giải: Ta có 2sin2 x 7 sinx 4 0 sinx 2sinx 1 4 2sinx 1 0
sinx 4 2sinx 1
sinx
sinx

4
1
2

Kết luận : x

sinx

6

2k

0
x

1
(vì sinx
2

hoặc x

1 x

6
5
6

)
x

5
6

2k

với k

2k
k

.

2k

.

Cách 2: Đặt t  sin x   1,1 khi đó phương trình:

/>



 1
 
x

 2k

t   sin x  sin  
6
2

2t  7t  4  0 
6
 2
 x  5  2k
t  4  1 (loai)

6
2. Gọi 3 nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z. (X, Y, Z là số nguyên từ 0 đến 9 và
đôi một khác nhau) .Vậy số cách chọn bộ X , Y , Z là A103 720 .

Điều kiện để mở được cửa phịng là

X
X

Y
Y

Z
Z

10

. Khi đó chỉ có 8 khả

năng sau :
X,Y , Z

0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1, 4,5 ; 2,3,5

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là P

8
720

1
.
90

Đây là câu xác suất khiến cho nhiều học sinh bỡ ngỡ và rối vì đề bài xác

suất dài nên khi học sinh mà đọc không kỹ thường sai khơng gian mẫu ngay
từ đầu chưa nói gì xét iến cố thuận lợi vì số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một
khác nhau nên ta phải dùng chỉnh hợp chọn 3 nút trong 10 nút là chỉnh hợp
3
A10
720 .
chập 3 của 10 phân tử nên không gian mẫu là n
Để mở của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên nút đố
theo thứ tự đ nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 0 nên khi đó
ta chỉ xét trường hợp tổng là 10 mà theo thứ tự tăng dần là 8 trường hợp .
Điều kiện để mở được cửa phòng là
năng sau : X ,Y , Z

X
X

Y
Y

Z
Z

10

. Khi đó chỉ có 8 khả

0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1, 4,5 ; 2,3,5

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là P

8
720

1
.
90

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

ông thức t nh xác suất của iến cố E thỏa m n yêu cầu nào đó:
P  E 

n  E

n

trong đó n  E  là số kết quả thuận lợi cho iến cố E ,

n    là tất cả các trường hợp xảy ra. Ta cần tìm hai yếu tố đó.



Bài tốn cho học sinh A thiết kế một ảng điện tử gồm 0 nút mỗi
nút ghi một số tự nhiên có một chữ số không trùng nhau.
Phép thử: “Nhấn nút khác nhau trên ảng số” với yêu cầu nút đó được
sắp xếp theo d y số tăng và tổng ằng 0.

/>

Giả sử nút cần nhấn nhận giá trị lần lượt là a, b, c .

Với a, b, c

0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 ta cần chọn ộ số th ch hợp thỏa m n

thỏa m n a b c , a b c 10 .
Vì a là số nhỏ nhất nên ta chọn số a trước và tìm được các ộ số sau:
a; b; c

0; 1; 9 , 0; 2; 8 , 0; 3; 7 , 0; 4; 6 , 1; 2; 7 , 1; 3; 6 , 1; 4; 5 , 2; 3; 5

Tới đây thu được n E 8 .
Học sinh B ”nhấn ngẫu nhiên nút liên tiếp khác nhau” trên ảng điện tử
tới đây ta sử dụng công thức chỉnh hợp Ank với k 3, n 10 . Đây ch nh là
n

.
Áp dụng công thức t nh xác suất ta thu được kết quả ài toán.
Câu VII. Cho lăng trụ ABC.A' B' C ' có đáy ABC là tam giác vng cân
tại B, AC 2a . Hình chiếu vng góc của A ' trên mặt phẳng ABC là
trung điểm của cạnh AC, đường thẳng A ' B tạo với mặt phẳng ABC
một góc 45o . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A' B' C ' và chứng
minh A ' B vuông góc với B 'C .
Lời giải
Vì ABC vng cân tại B, M là
trung
điểm
AC
nên
MB
S

MB

AC
2

a

1
MB AC a2
2
AC A ' M
ABC

ABC

và
A' M

là chiều cao hình lăng trụ và
A ' BM 90o .
Vì A ' B tạo với mặt phẳng
ABC
một góc 45o nên
A ' BM 45o
Vậy VABC .A 'B 'C '

A ' BM vuông cân tại M
A ' M SABC a 3 . Lại có :

A' M

BM

a.

/>

A ' BB ' C

A 'M

A 'M B A

MB B 'A'

A 'MA'C

A 'MA' M

A'C

MBB A

A' MMC

A 'M B 'A'

MBA'C

MBBM

A 'MA'C

A 'M A' M

MB MA

A' M2

MB B 'A'

MC

BM 2

MBA'C

MB BM

MA

0

Vậy A ' B vng góc với B 'C (đpcm).
Cách 2:
z
A'

C'

B'

A

x

H
C

B
y

Đặt trục tại H như hình vẽ :
H 0; 0; 0 , A a;0;0 , C a;0; 0 , B 0; a;0 , A ' 0; 0; h ,
Ta thấy :đường thẳng BA’ có véc tơ chỉ phương BA ' 0; a; h ,mặt phẳng
(ABC);z=0 mà mặt phẳng ( ABC) có véc tơ pháp tuyến nABC

0; 0;1

Nên Đường thẳng A ' B tạo với mặt phẳng ABC một góc 45o .
sin450

n ABC .BA '
n ABC . BA '

h 2

a2

h2

0.0
02
2h 2

02
a2

a.0

h.1

12 . 0 2
h2

h

a2

h
h2

a2

1
h2

2

a.

Do tứ giác ABA’B’ là hình ình hành nên

/>

xB '
AB

A' B'

AB

a; a; 0

A ' B ' xB ' ; y B ' ; z B '

a

a

yB'

a

zB '

a

B'

a; a; a

0

Thể t ch hình lăng trụ A’B’ ’.AB là
1
1
.BH.AC.A ' H
.a.2a.a
2
2
Để chứng minh A ' B vng hóc với B ' C

a3

A ' B 0; a; a .B ' C 0; a; a

a

VABC . A ' B' C '

SABC .A ' H

0.0

a.

a

a.

0

A' B

B' C

Các bạn th sinh thường câu hình học không gian là phân khoảng cách
nên trong đề năm nay là phấn chứng minh vng góc là bỡ ngỡ và rất
nhiều bạn là làm sai ? nếu bạn nào mà chắc kiến thức thì các chứng minh
đường vng góc với đường.
1. Tính chất của hai tia phân giác của hai góc kề bù.
2.
Hai đường thẳng cắt nhau tạo thành một góc bằng 90 độ
3.
Tổng của hai góc phụ nhau bằng 90 độ
4.
Đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng song song
thì vng góc với đường thẳng thứ ba
5.
Tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn.
6.
Định nghĩa a đường cao trong tam giác định nghĩa đường trung
trực của đoạn thẳng.
7.
Định lý Pitago.
8.
Tính chất đường kính của một đường trịn đi qua trung điểm của
một dây cung.

9.
Tính chất tiếp tuyến của đường tròn.
10. Tiếp tuyến chung và đường nối tâm của hai đường tròn, dây cung
chung và đường nối tâm của hai đường trịn.
11. Sử dụng hai góc kề bù bằng nhau.
12. Sử dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 80 độ
13. Sử dụng các góc vng cho trước
14. Sử dụng chứng minh một tam giác bằng một tam giác vng
15. Sử dụng tính chất tam giác cân
16. Sử dụng tính chất giao điểm a đường cao của tam giác
17. Sử dụng phép quay góc vng hoặc góc quay vng
18. Chứng ming phản chứng
+ Cách 1 : Nhưng thông thường khi chứng minh đường thẳng d vng góc
đường thẳng  . Ta sẽ chứng minh đường thẳng d với mặt phẳng (P), mà
đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P) khi đó   d .

/>

+ Cách 2 : để chứng minh 2 đường thẳng vng góc thì tích vơ hướng bằng
0 bằng cách đưa các véc tơ về vng góc bằng cách tách véc tơ thành tổng
bằng áp dụng nhuần nhuyễn các tính chất sau:







a.b  a1  a 2 . b1  b 2  a1.b1  a1.b 2  a 2 .b1  a1.b 2 ; a1  b1

 

 a1.b1  0; a1.b1  a1.b1.cos a1 , b1

+ Cách 3: sau khi đặt trục xong ,dựa vào hình lăng trụ là hình mà 2 mặt đáy
song song mà các bên là hình bình hành .khi đó sau đó đặt trục xong ta tìm
tọa độ các điểm rồi khi đó chứng minh 2 đường thẳng vuông
a  a1 , a2 , a3  , b  b1, b2 , b3   a.b  a1b1  a2 .b2  a3.b3  0
Câu VIII. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội
tiếp đường trịn đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vng
góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của hai
đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình
x y 1 0 , M 0; 4 , N 2; 2 và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa
độ các điểm P, A, B.
Định hướng:
Ta cần tìm ln tọa độ P , vì rất đơn
giản khi nó là giao của AC , MN .
Bài tốn xoay quanh các dữ kiện về
điểm M; N ; P
và đường thẳng
AC ; MN

xA

ta nghĩ tới điểm A vì đề có

2 . Cần chú ý khi đề cho P ,vẽ

hình chính xác ta sẽ thấy P là trung
điểm AC hay PA PC PM . Chứng

minh được điều này là bài tốn kết thúc
vì tìm A xong điểm B sẽ dễ dàng xác
định khi B BC BD .
Định hướng chứng minh:
Từ AM / /CD và từ các tứ giác ABCD, ABMN nội tiếp
AMP do đó PA

PM .
Lời giải: Phương trình đường thẳng MN là x y
PAM

MN

PCD

và

ABD

AC

x

y

4

0

x

y 1

0

x

ta suy ra được

nên
5
;y
2

độ

tọa
3
2

P

điểm

4

P

0 P là giao điểm của

thỏa

mãn

HPT

5 3
, .
2 2

/>