thi thpt thi tpht 1234

Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

GỢI Ý GIẢI ĐỀ 17
Câu I.1:
Học sinh tự giải
Câu I.2:
Câu II.1: Giải phương trình: 3 x 2 − 16 x + 64 − 3 (8 − x)( x + 27) + 3 ( x + 27)2 = 7 (1)
• Ta có (1) ⇔

3

( 8 − x ) 2 − 3 ( 8 − x ) ( x + 27 ) + 3 ( x + 27 ) 2

=7

Đặt a = 3 8 − x ; b = 3 x + 27 khi đó (1) trở thành a 2 − ab + b 2 = 7
(2)
3
3
Mặt khác a + b = 8 − x + x + 27 = 35
(3)
2
2
 a 2 − ab + b 2 = 7
 a − ab + b = 7
⇔
Kết hợp (2) và (3) ta có hệ  3 3
2

2
( a + b ) a − ab + b = 35
 a + b = 35
a 2 − ab + b 2 = 7
b = 5 − a
⇔
⇔ 2
2
a + b = 5
a − a ( 5 − a ) + ( 5 − a ) = 7

(

)

a = 2
a = 3
b = 5 − a
⇔ 2
⇔
hoặc 
b = 3
b = 2
3a − 15a + 18 = 0
3 8 − x = 2
8 − x = 8
x = 0
⇔
⇔
• Từ đó ta có ( 1) ⇔  3

8 − x = 27
 x = −19
 8 − x = 3
• Kết luận: Phương trình (1) có hai nghiệm x = 0 và x = −19 .

1
1
Câu II.2: Giải phương trình: 4 − cos 2 x + 4 + cos 2 x = 1
2

(*)

2

• Bài này giải tương tự câu II.1.
1
1
Đặt a = 4 − cos 2 x ; b = 4 + cos 2 x
2
2
Điều kiện : a ≥ 0; b ≥ 0 . Ngoài ra, ta có

(

)

1
1
3
3

− cos 2 x = − 2 cos 2 x − 1 = − 2 cos 2 x ≤
2
2
2
2

3
.
2
1
1
4
4
• Ta có a + b = − cos 2 x + + cos 2 x = 1 .
2
2
 a + b = 1
b = 1 − a
⇔
Từ đó ta có hệ  4
.
 4
4
4
 a + b = 1
a + ( 1 − a ) = 1
Suy ra 0 ≤ a, b ≤ 4

 a = 0 a = 1
;

Giải hệ này ta được (các bạn tự trình bày) 2 nghiệm 
.
b = 1 b = 0
 1
1
cos 2 x = 1
 4 − cos 2 x = 0
 2 − cos 2 x = 0
2
2


*
⇔
⇔
⇔

• Vậy ta có ( )
cos 2 x = − 1
 1
 1 − cos 2 x = 1

2
 4 − cos 2 x = 1

2
 2
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

1/6

Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

π
π


 2 x = ± 3 + k 2π
 x = ± 6 + kπ
⇔
⇔
, k ∈¢ .
 2 x = ± 2π + k 2π
 x = ± π + kπ


3
3
• Kết luận: Các nghiệm của phương trình (*) là
π
π
x = ± + k π ; x = ± + kπ , ( k ∈ ¢
6
3

)

π
4
Câu III: Tính tích phân I = ∫ sin x + cos x .dx
0 3 + sin 2 x

• Đầu tiên ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân (để tìm mỗi quan hệ giữa tử và mẫu)
π

2 cos  − x ÷
sin x + cos x
4
.
=
3 + sin 2 x
3 + sin 2 x
 π
π

π

Đặt u = − x ta có sin 2 x = sin  2  − u ÷÷ = sin  − 2u ÷ = cos 2u .
4

2

 4
π
π


− x÷
4 2 cos 
4

• Quay lại tích phân, ta biến đổi như sau: I =
∫ 3 + sin 2 x dx
0
 π
π

π

− x ta có sin 2 x = sin  2  − u ÷÷ = sin  − 2u ÷ = cos 2u .
4

2

 4
du
=
−
dx
Và
.
π
π
• Đổi cận: x = 0 ⇒ u = ; x = ⇒ u = 0 .
4
4
Đặt u =

0

Khi đó ta có I =

∫
π

4

2 cos u
( −du ) = 2
3 + cos 2u

π

4

∫
0

cos u
du
4 − 2sin 2 u

Đến đây, ta lại đổi biến t = sin u ⇒ dt = cos udu .
π
2
Đổi cận: u = 0 ⇒ t = 0 ; u = ⇒ t =
4

2
Ta có I = 2
2

1
I= 
4


2

∫
0

2

2

∫
0

2

dt
1
=
2
4
2−t

(

d t+ 2
t+ 2

)−

2

∫

2

d

0

2

∫
0

(

2

1 
 1
+


÷dt
2 −t 
 2 +t

)

2 − t 
1
2 +t
= ln

2 −t
2 −t
 4

2
2
0

=

1
ln 3 .
4

Câu IV: Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA

vuông góc mp(ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể
tích khối chóp lớn nhất.
• Đầu tiên ta cần xác định góc ϕ giữa hai mặt phẳng ( ABC ) ; ( SBC )

Ta có ( ABC ) ∩ ( SBC ) = BC

(1)

Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

2/6


Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

BC ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABC ) ) và BC ⊥ AC (2) {do tam giác ABC vuông tại C}.
Suy ra BC ⊥ SC (3)
·
Mặt khác , SA ⊥ AC suy ra góc SCA
nhọn (4).
·
• Kết hợp (1), (2), (3) và (4) ta suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) ; ( SBC ) là ϕ = SCA
.
• Trong tam giác vuông SAC ta có
AC
cos ϕ =
⇒ AC = SC.cos ϕ = a cos ϕ
SC
SA
⇒ SA = SC sin ϕ = a.sin ϕ
Và sin ϕ =

SC
SA là chiều cao của khối chóp S.ABC.
• Thể tích khối chóp S.ABC bằng
1
1
1
V = .SA. AC 2 = a.sin ϕ .a 2 .cos 2 ϕ
3
2
6
1
V = a 3 sin ϕ 1 − sin 2 ϕ
6
2
3
• Đặt t = sin ϕ ta có sin ϕ 1 − sin ϕ = t − t với 0 < t < 1 .

(

)

(

)

3
Xét hàm số f ( t ) = t − t trên khoảng ( 0;1) , ta có
1
2
f ′ ( t ) = 1 − 3t 2 ; f ′ ( t ) = 0 ⇔ 1 − 3t = 0 ⇔ t =

.
3
Bảng biến thiên
1
t
0

f ′( t )
f ( t)

+

1

3
−

0
2 3
9

0

0

 1  2 3
Từ bảng biến thiên ta suy ra max f ( t ) = f 
÷= 9 .
( 0;1)
 3

• Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất bằng Vmax =
sin ϕ =

1 3 2 3 a3 3
khi
a .
=
6
9
27

1
1
, hay ϕ = arcsin
.
3
3

Câu V: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng mọi x ∈  0;2  :




(

)

log  x2 − 2 x + m ÷+ 4 log x 2 − 2 x + m ≤ 5
2
2



(1)

• Điều kiện để bất ph/trình xác định trên đoạn [ 0; 2] là
 x2 − 2 x + m > 0

 x 2 − 2 x + m ≥ 1 m ≥ − x 2 + 2 x + 1
2
⇔
log 2 x − 2 x + m ≥ 0 ⇔ 
0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2

0
≤
x
≤
2


(

)

{

}

⇔ m ≥ min f ( x ) = − x 2 + 2 x + 1

[ 0;2]

Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

3/6


Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

2
• Với x ∈ [ 0; 2] ta xét hàm số f ( x ) = − x + 2 x + 1 .

Có f ′ ( x ) = −2 x + 2 = 0 ⇔ x = 1
Bảng biến thiên
x
0
f ′( x)

1
+

2
−

0
2

f ( x)

1
f ( x ) = − x2 + 2x + 1 = f ( 0) = f ( 2) = 1
Vậy, ta có m ≥ min
[ 0;2]

{

1

}

(

)

2
• Đặt t = log 2 x − 2 x + m , t ≥ 0 thì bất phương trình đã cho trở thành

1 2
 t + 4t − 5 ≤ 0
 − 26 − 4 ≤ t ≤ 26 − 4
⇔
⇔ 0 ≤ t ≤ 26 − 4
2
t
≥
0



t ≥ 0

• Tức là , BPT (1) có nghiệm thuộc đoạn [ 0; 2] khi và chỉ khi

(

(

)

)

0 ≤ log x 2 − 2 x + m ≤ 26 − 4
0 ≤ log 2 x 2 − 2 x + m ≤ 42 − 8 26

2
⇔

0 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2
1 ≤ x 2 − 2 x + m ≤ 242− 26 = 2a
⇔
0 ≤ x ≤ 2
− x 2 + 2 x + 1 ≤ m ≤ − x 2 + 2 x + 2a
⇔ min − x 2 + 2 x + 1 ≤ m ≤ max − x 2 + 2 x + 2a
⇔
[ 0;2]
[ 0;2]
0 ≤ x ≤ 2

⇔ 1 ≤ m ≤ 1 + 2a (với a = 42 − 26 )

{

• Kết luận: 1 ≤ m ≤ 242−

26

}

{

}

.

Câu VI.a.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C. Biết

A ( −2;0 ) , B ( 2;0 ) và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến trục hoành bằng 1
3

. Tìm tọa độ đỉnh C

uuur
uuur
• Gọi tọa độ của điểm C ( a; b ) ta có AC = ( a + 2; b ) ; BC = ( a − 2; b )
uuur uuur
uuur uuur
Teo giả thiết, tam giác ABC vuông tại C nên ta có AC ⊥ BC ⇔ AC.BC = 0
⇔ ( a − 2 ) ( a + 2 ) + b.b = 0 ⇔ a 2 + b 2 = 4

(1)
a b
• Tọa độ trong tâm G của tam giác ABC là G  ; ÷.
 3 3
b 1
= .
Khoảng cách từ G đến trục hoành bằng
3 3
⇔ b = 1 ⇔ b 2 = 1 (2)
 a 2 = 3
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được  2
.
b = 1

(

) (

) (

) (

)

Hệ này có 4 nghiệm a = 3; b = 1 , a = 3; b = −1 , a = − 3; b = 1 , a = − 3; b = −1
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

4/6

Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

• Kết luận có bốn điểm thỏa yêu cầu bài toán là
C 3;1 hoặc C − 3;1 hoặc C

(

)

(

)

(

)

(

)

3; −1 hoặc C − 3; −1

Câu VI.a.2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A ( 0;1;2 ) , B ( −1;1;0 ) và mặt phẳng
(P): x – y + z = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác MAB vuông cân
tại B
• Gọi tọa độ điểm M ( a; b; c ) ∈ ( P ) : x − y + z = 0 , ta có a − b + c = 0 ⇔ c = b − a .

Suy ra M ( a; b; b − a ) .
uuur
uuuur
• Ta có BA = ( 1;0; 2 ) ; BM = ( a + 1; b − 1; b − a )
uuur uuuur
 BA.BM = 0
Tam giác MAB vuông và tại B nên ta có 
 BA = BM
1( a + 1) + 0 ( b − 1) + 2 ( b − a ) = 0

⇔
2
2
2
 1 + 0 + 4 = ( a + 1) + ( b − 1) + ( b − a )

a − 2b − 1 = 0
a = 2b + 1
⇔
⇔

2
2
2
2
2
2
5 = ( a + 1) + ( b − 1) + ( b − a )
( 2b + 2 ) + ( b − 1) + ( −b − 1) = 5



10 − 1
− 10 − 1
a
=
a
=


a = 2b + 1

3
3
hoặc 
⇔ 2
⇔
6b + 8b + 1 = 0
b = 10 − 4
b = − 10 − 4


6
6
• Kết luận: Có hai điểm thỏa đề bài là
 10 + 1
 10 − 1 10 − 4
10 + 4 10 − 2 
10 + 2 
M  −
;−

;
M
;
;
−
;
÷

÷
 3
3
6
6 ÷
6
6 ÷




Câu VII.a: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn

biểu thức P =

xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

x2
y2
z2
+
+

x+ y y+ z z+ x

2
Câu VI.b.1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E): x + y 2 = 1 và đường thẳng
4

(d): y = 2 . Lập phương trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) một góc 600
Câu VI.b.2: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M ( 2;1;2 ) và đường thẳng (d):

x y + 2 z −1
=
=
. Tìm trên (d) hai điểm A và B sao cho tam giác MAB đều
1
1
1
x = t

• Phương trình tham số của đường thẳng ( d ) :  y = −2 + t
z = 1+ t


Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

5/6


Lời Giải đề 17
2009

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm

• Gọi tọa độ các điểm A, B ∈ ( d ) là A ( a; −2 + a;1 + a ) , B ( b; −2 + b;1 + b ) với a, b ∈ ¡ .
r
Mặt phẳng ( P ) đi qua M ( 2;1; 2 ) và vuông góc với ( d ) nhận vecto chỉ phương u ( 1;1;1)
làm vecto pháp tuyến. PTTQ của ( P ) : 1( x − 2 ) + 1( y − 1) + 1( z − 2 ) = 0
⇔ ( P) : x + y + z − 5 = 0 .

Gọi H là hình chiếu của điểm M trên ( d ) khi đó H = ( d ) ∩ ( P ) nên tọa độ của H là ngiệm
x = t
 y = −2 + t

của hệ 
.
z
=
1
+
t

 x + y + z − 5 = 0
Giải hệ này ta được t = 2; x = 2; y = 0; z = 3 . Suy ra H ( 2;0;3) .
• Tam giác MAB đều nên H là trung điểm của AB. Từ đó ta có
 a + b = 2.2

 −2 + a − 2 + b = 2.0 ⇔ a + b = 4 ⇔ b = 4 − a .
1 + a + 1 + b = 2.3

Suy ra B ( 4 − a; 2 − a;5 − a ) .

Theo giả thiết ta có MA = MB ⇔ MA2 = MB 2
⇔ ( a − 2 ) + ( −2 + a ) + ( 1 + a − 2 ) = ( 4 − a − 2 ) + ( 2 − a ) + ( 5 − a − 2 )
2

2

2

2

2

2

⇔ ( a − 1) = ( 3 − a ) ⇔ 4a = 8 ⇔ a = 2 .
2

2

• Vậy tọa độ các điểm A, B cần tìm là A ( 2;0;3)








2
2

Câu VII.b: Giải bất phương trình sau: log 1 .log5  x + 1 + x ÷ > log3 .log 1  x + 1 − x ÷




3

5

Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn)

6/6