5 giải đề thi đại học khối A môn toán 2010

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI A
NĂM 2010



Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689
1


đề thi môn toán khối A năm 2010
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hµm sè:

y = x3  2x2 + (1  m)x + m, m là tham số thực.
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2,
x3 thoả mÃn điều kiện x12  x 22  x 32  4.
C©u II: (2 điểm)
1. Giải phơng trình:

1 sin x co s 2x  sin  x   1
4


cos x.
1 tan x
2
2. Giải bất phơng trình:
x x
1.
1 2  x 2  x  1
1

x 2  e x 2x 2e x
dx.
Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I
1 2e x
0
Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.

Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh AB và AC, H là giao điểm của CN
với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) vµ SH a 3. TÝnh thĨ tÝch
khèi chãp S.CDNM vµ khoảng cách giữa hai đờng thẳng DMvà SC theo a.
Câu V: (1 điểm): Giải hệ phơng trình:
4x 2 1 x  (y  3) 5  2y 0
.
 2
2
4x

y

2
3

4x

7

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chơng trình Chuẩn
Câu VI. a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đờng thẳng (d1), (d2) có phơng tr×nh:
(d1 ) : 3x  y 0, (d 2 ) : 3x y 0.
Gọi (T) là đờng tròn tiếp xúc với (d1) tại A, cắt (d2) tại hai điểm B, C sao cho
ABC vuông tại B. Viết phơng trình của (T), biết ABC có diện tích bằng
3 và điểm A có hoành độ dơng.
2

2


x 1 y z 2

2
1
1
và mặt phẳng (P): x  2y + z = 0. Gäi C lµ giao điểm của () với (P), M là
điểm thuộc (). Tính khoảng cách từ M tới (P), biết MC 6.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng ( ) :

2







Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần ¶o cña sè phøc z, biÕt z  2  i 1 i 2 .
B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đờng
thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phơng trình x + y 4 = 0.
Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đờng cao đi qua điểm
C của tam giác đà cho.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và ®êng th¼ng
x  2 y  2 z 3
( ) :


. Tính khoảng cách từ A đến (). Viết phơng trình
2
3
2
mặt cầu tâm A cắt () tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm): Cho sè phøc z tho¶ m·n z   1 i 3
1 i

3

. Tìm môdun của số

phức z iz.
Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1. Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B 2008.
2. Câu hỏi này thuộc dạng toán "Tính chất giao điểm của hai đồ thị", cụ thể
"Tìm điều kiện của tham số để hai đồ thị hàm số (C1): y = f(x) và (C2): y = g(x)
cắt nhau tại k giao điểm (phân biệt) thoả mÃn tính chất K ”, ta thùc hiƯn theo
c¸c bíc sau:
Bíc 1: ThiÕt lập phơng trình hoàng độ giao điểm:
f(x) = g(x).
(1)
Bớc 2: Để xét tính chất của các giao điểm chúng ta khéo léo đa về việc xét
tính chất nghiệm của phơng trình (1).
Chú ý: Các kết quả thờng đợc sử dụng trong bớc 2 là:
1. Định lí Viét cho phơng trình đa thức:
Phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 ta cã:
b

 x1  x 2  a
, ngoµi ra x1  x2 =  .

a
x x c
1 2 a
Phơng trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0 ta cã:

3


b

x

x

x

1
2
3

a

c

 x1x 2  x 2 x 3  x 3 x1  .
a

d

 x1x 2 x 3  a

2. Định lý đảo.
3. Hàm số.
Câu II.

1. Với phơng trình lợng giác kiểu này (chứa tanx và chứa ẩn ở mẫu) ta thực hiện
thông qua các bớc sau:
Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình, cụ thể:
cos x 0
cos x 0
(*)

.

1

tan
x

0
tan
x

1


Tới đây, các em học sinh có thể dừng lại hoặc giải tiếp hệ điều kiện
đó tuỳ thuộc vào biến đổi nháp của bớc 2.
Bớc 2: Lựa chọn phép biến đổi lợng giác phù hợp để chuyển phơng trình
ban đầu về dạng phơng trình lợng giác cơ bản, từ đó nhận đợc
nghiệm cho phơng trình theo k .
Cụ thể, với phơng trình này chúng ta cần khử mẫu số và công việc sẽ
đợc bắt đầu bằng các đánh giá sau:
Với phơng trình hỗn hợp chứa sin, cos và tan (hoặc cot) thì thông
thờng ta cần chuyển đổi tan (hoặc cot) về dạng sin và cos, ta cã:

si n x cos x  si n x
1 tan x 1

.
cos x
cos x
Với phơng trình chứa các hàm lợng giác của nhiều cung khác
nhau thì biến đổi tơng đơng về phơng trình chỉ chứa các hàm lợng giác của một cung, ta có:
1

sin x     sin x  co s x .
4
2

Nh vậy, chúng ta đà nhận đợc phơng trình dạng:
(1)
sin x co s 2x 0.
Và tới đây, các em học sinh có thể tiếp tục theo một trong hai hớng
biến đổi:
Hớng 1: Sử dụng công thức góc nhân đôi biến đổi (1) về dạng phơng
trình bậc hai theo một hàm số lợng giác, cụ thể:
2sin 2 x  sin x  1 0.
Híng 2: Sư dơng phơng trình lợng giác cơ bản, cụ thể:


co s 2x  sin x  co s 2x co s  x .
2

Các em học sinh cần lựa chọn híng biÕn ®ỉi ®Ĩ tèi u cho bíc 3.
Bíc 3: KiĨm tra ®iỊu kiƯn, tõ ®ã kÕt ln vỊ nghiƯm của phơng trình.

4


2. Đây là bất phơng trình không mẫu mực chứa căn bậc hai và đợc cho dới dạng

P(x)
k (k là hằng số ) , do vậy để giải nó chúng ta cần có những
Q(x)
đánh giá dần nh sau:
Nhận xét về dấu của Q(x) đề chuyển bất phơng trình về dạng:
P(x) k.Q(x) hoặc P(x) k.Q(x).
Với bài toán này, ta cã:
ph©n thøc

Q(x) < 0  1 

2  x 2  x  1  0 

2  x 2  x  1  1

 2  x 2  x  1  1  2x2  2x + 1 > 0, luôn đúng.
hoặc:
2
2 x 2  x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS  0

hc:
2

1
3

3
2  x 2  x  1  2  x    
 1  MS  0
2 2
2

Suy ra, bất phơng trình đợc biến đổi về d¹ng:
x

x 1 

2  x 2  x  1 

2  x 2  x  1 1  x x.

(1)

Tới đây, việc lựa chọn phơng pháp giải cho bất phơng trình (1) sẽ đợc dựa theo
dạng xuất phát cơ bản là f g . Tuy nhiên, nh đà trình bày trong phần cấu
trúc đề thi đại học môn toán thì đây luôn là câu hỏi khó nên các em học sinh
cần có kiến thức rất tốt mới có thể tiếp tục đợc. Cụ thể, chúng ta sẽ lùa chän
mét trong c¸c híng sau:
Híng 1: Sư dơng phÐp biến đổi tơng đơng:
g 0
f g
.
2
f g
Và với hớng này cần có kinh nghiệm tốt trong việc biến ®ỉi ®¹i sè.
Híng 2: Sư dơng Èn phơ t  x (t 0) và phép biến đổi tơng đơng giống nh

hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 4 theo t.
Híng 3: Sư dơng Èn phơ t lµ tổ hợp của x và phép biến đổi tơng đơng giống
nh hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 2 theo t. Cụ thể
1
x.
trong bài toán này chúng ta sẽ đặt t
x
Hớng 4: Sử dụng phơng pháp đánh giá (nếu có thể). Cụ thể trong bài toán này
chúng ta sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2)  (a + b)2 bëi ta cã biÕn
®ỉi:
5


2  x 2  x  1  2   1  x  

2

 x

2






 1 x x

2

1 x x.

Câu III. Chỉ cần đánh giá đợc TS là:
TS = x2(1 + 2ex) + ex
chúng ta thấy ngay rằng I sẽ đợc tách thành hai tÝch ph©n nhá, cơ thĨ:
1
1
ex
1
1
x 2  1  2e x   e x
 2
ex 
x 2dx  
dx .
x
dx 0
I 
dx  x 
1

2e
x 
x

0    
1  2e 
1  2e

0
0
I
I
1

2

vµ viƯc tÝnh I1, I2 là khá đơn giản.
Câu IV. Các em học sinh có thĨ thÊy:
1. Víi khèi chãp S.CDNM, ta cã ngay:
1
VS.CDNM  SCDNM .SH.
3
Trong đó, độ dài của SH đà biết nên công việc còn lại chỉ là tính diện tích tứ
giác CDNM một tứ giác không mẫu mực. Với trờng hợp này ta có thể lựa chọn
một trong hai hớng:
Hớng 1: Tách tứ giác CDNM thành các hình cơ bản, thÝ dơ:
SCDNM = SCDN + SCNM.
Híng 2: Nhóng tø gi¸c CDNM trong một hình cơ bản, thí dụ:
SCDNM = SABCD (SAMN + SBCM)
Với bài toán này ta sẽ đi chọn hớng 2 bởi các hình cơ sở trong đó là hình
vuông, tam giác vuông có độ dài cho trớc.
2. Để tính khoảng cách giữa DM và SC, chúng ta chỉ cần thực hiện:
Tìm đoạn vuông góc chung của DM và SC, cụ thể với các em học sinh có
kiến thức hình học phẳng vững sẽ dễ nhận thấy r»ng:
DM  CN  DM  (SHC)  DM  SC
Suy ra, chỉ cần dựng HK vuông góc với SC chúng ta nhận đợc:
d(DM, SC) = HK.
Để tính HK ta sử dụng công thức đờng cao trong SHC vuông tại H, cụ thể:

1
1
1
2
.
2
HK
HS HC2
Trong công thức trên, ta cần tính thêm độ dài của CH dựa vào công thức
hình chiếu trong CDN vuông tại D.
Câu V. Hệ phơng trình đợc cho dới dạng không mẫu mực với đặc tính quan trọng
là "Các biến x, y đợc cho trong các biểu thức độc lập", ta có thể tổng quát nã díi
d¹ng:
f1 (x)  g1 (y) 0
.

f
(x)

g
(y)

k
2
2
6


Với hệ phơng trình này dẫn dắt ta tới nhận định rằng "Có thể sử dụng phơng
pháp thế đề giải hệ", và để sử dụng đợc phơng pháp này ta cần rút đợc x hoặc y từ

một trong hai phơng trình của hệ.
ở bài toán này ta sẽ xuất phát từ phơng trình thứ nhất của hệ, bởi nó có dạng:
f1(x) = g1(y).
Ta đều biết rằng với phơng trình hai ẩn phơng pháp thờng đợc sử dụng là:
Biến đổi phơng trình về dạng tích.
Hàm số, dựa trên tính chất:
"Nếu f(x) = f(y) và hàm số f(t) đơn điệu trên D thì x = y trên D"
cụ thể:

4x

2

1 x (3  y) 5  2y  2  4x 2  1 x (6  2y) 5  2y

2
   2x   1 2x   5  2y   1 5  2y


2
2
   2x   1 2x  5  2y  1 5  2y













(1)
 f  2x  f 5  2y
2
trong ®ã f(t) = (t + 1)t.
Ta cã nhËn xÐt:
f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  
 Hµm sè f(t) đồng biến trên
do đó (1) đợc chuyển về d¹ng:
 x 0
2x 0

 
.
2x  5  2y  2
5
2
y


2x
4x 5 2y

2
5
Tới đây, bằng việc thế y 2x 2 vào phơng trình thứ hai của hệ chúng ta sẽ

2
nhận đợc một phơng trình với ẩn x đúng nh mong đợi, cụ thể ta đợc:
2

5

(2)
4x   2x 2   2 3  4x 7.
2

Tuy nhiên, đây lại là một phơng trình chứa căn bậc hai không mẫu mực, nên
việc sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng hoặc phơng pháp đặt ẩn phụ là
không khả thi. Từ đó, ta chỉ còn có thể lựa chọn phơng pháp đánh giá:
Sử dụng các phép biến đổi đại số để chuyển phơng trình về dạng tổng các
đại lợng không âm Không khả thi.
Sử dụng bất đẳng thức Không khả thi.
Hàm số, dựa trên tính chất:
"Với phơng trình f(x) = k có f(x0) = k và hàm số f(x) đơn điệu trên D thì
x0 là nghiệm duy nhất của phơng trình trên D"
cơ thĨ:
2
 3
XÐt hµm sè g(x) 4x 2   5  2x 2   2 3  4x trªn D  0;  , ta cã:
 4
2

2

7

4
4
5

4x  4x 2  3 
0
g '(x) 8x  8x   2x 2  
3  4x
3  4x
2

Hàm số g(x) nghịch biến trên D.
Từ đó, phơng trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhÊt.
Ta nhËn thÊy:
1
1
g   7  x  lµ nghiệm duy nhất của (2).
2
2
Câu VI.a
C (d2)
1. Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên).
Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:
I
Vì ABC vuông tại B nên AC chính là đờng kính của ®êng trßn (T), tõ ®ã suy ra r»ng ®Ĩ cã đợc phơng trình B
của đờng tròn (T) ta cần biết đợc toạ độ của hai điểm A
O
A (d1)
và C.

Xuất phát từ điểm A đờng thẳng (d1) nên A a; a 3 víi a > 0, ta cã:
Qua A
 To¹ ®é cđa ®iĨm B = (AB)(d2).
(AB) : 
(AB)  (d 2 )
Qua A
Toạ độ của điểm C = (AC)(d2).
(AC) :
(AC) (d1 )
3 , ta đợc:
2



Từ giả thiết ABC có diện tích bằng



3 1
AB.CB Toạ độ của điểm A, tiếp tới điểm C.
2 2
Cuối cùng là việc lập phơng trình đờng tròn (T) với:
Tâm I là trung điểm của AC

(T) :
.
1
Bán kính IA 2 AC


Chó ý: Chóng ta cịng cã thĨ sư dơng giả thiết về diện tích của ABC trớc để
nhận đợc toạ độ tờng minh của điểm A. Từ đó, cũng với phơng pháp
trên để có đợc toạ độ điểm C (cách giải này sẽ tránh đợc việc phải
tìm toạ độ ®iĨm B). Cơ thĨ:
1

SABC  AB.AC.sin BAC
2
1



 OA.sin AOB
OA.tan AOB
sin AOB
2



8







3 1
 OA 2 .sin 2  d1 , d 2  .tan  d1 , d 2   Toạ độ của điểm A.
2 2

Ta có:
Qua A
Toạ độ cđa ®iĨm C = (AC)(d2).
(AC) : 
(AC)  (d1 )
Ci cùng là việc lập phơng trình đờng tròn (T) với:
Tâm I là trung điểm của AC

(T) :
.
1
Bán kính IA 2 AC
2. Với bài toán này thòng có hai kiểu định hớng:
Hớng 1 (Thờng với học sinh lời vẽ hình và học thụ động theo dạng): Khi đó, sẽ định
dạng bài toán là "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" và với
định hớng này các em học sinh cần thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số.
Bớc 2:
Tìm toạ độ giao điểm C của () và (P).
Bớc 3:
Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng () thoả mÃn

MC 6.
Bớc 4:
Tính khoảng cách từ M tới mặt phẳng (P).
Hớng 2 (Thờng với học sinh khá, giỏi): Vẽ hình mô phỏng (hình bên).
Khi đó, với H là hình chiếu vuông góc của M trên
M ()
(P), ta có ngay:

d(M, (M)) = MH MC.sin MCH.
Vấn đề còn lại chỉ là tính:
H

sin MCH
sin(( ), (P)) ĐÃ có công thức. P C
Câu VII.a. Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng các phép biến đổi
thông thờng để nhận đợc dạng tổng quát của số phức z a b.i . Từ đó, suy ra đợc
rằng z a b.i nên nó có phần ảo bằng b.
Câu VI.b.
1.
Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên).
A
Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:
Vì ABC cân đỉnh A nên với H là trung điểm BC thì
AH sẽ vuông góc với BC, suy ra:
M I N
(
Qua A
d
Phơng trình (AH)
(AH) :

)
(AH) (MN)
E
Toạ độ trung điểm I của AH Toạ độ điểm H
B H C
Qua H
Phơng trình tham số của (BC).
(BC) :
(BC) //(MN)
Tới đây, để có đợc toạ độ cđa B, C chóng ta sÏ tiÕp tơc víi c¸c bíc:
9


Điểm B (BC) (theo phơng trình tham số t), từ đó suy ra toạ độ
C dựa trên tính chất H là trung điểm của BC.
Bớc 2:
Vì điểm E nằm trên đờng cao đi qua điểm C của ABC nên:



AB  CE  AB  CE  AB.EC 0 Giá trị tham số t
Toạ độ của B và C.
2.
Bài toán này đợc chi thành hai phần, cụ thể:
Tính khoảng cách từ A đến đờng thẳng (): Ta sư dơng c«ng thøc:
Bíc 1:

 
 AM, u 


 , với M() và là vtcp của đờng thẳng ().
d(A, ( ))

u
u



Viết phơng trình mặt cầu (T): Ta chỉ cần tìm đợc bán kính R của nó, và
với H là trung điểm của BC thì:
2

R = AB =

BC 
2
AH  BH  d (A, (  ))
.
2
2

2

Phơng trình mặt cầu (T) đợc xác định bởi:
Tâm A
(T) :
.
Bán kính R

Câu VII.b. Với bài toán này các em học sinh chỉ cần thực hiện theo các bớc:

Bớc 1:
Sử dụng các phép biến đổi thông thờng để nhận đợc dạng tổng quát
của số phức z a b.i . Từ đó, suy ra đợc rằng z a b.i
Bớc 2:
Đơn giản biểu thức z iz c di. Từ đó, suy ra môđun cña sè phøc
z  iz b»ng c 2  d 2 .
Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối A năm 2010
Câu I.
1. Với m = 1, hàm số có dạng:
y = x3 2x2 + 1.
a. Hàm số xác định trên D = .
b. Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại v« cùc:


lim y = lim  x 3  1  2  13  
x 
x x 
 

x 

  khi x  



= 
.
   khi x

Bảng biến thiên:
y' = 3x2 4x,
x

10



y

(
C
)

1
1
1
/
2
57
/
2
7

U

O

14
2 /2 /3

/
3

4
y' = 0  3x2  4x = 0  x = 0 hc x  .
3
0
4/3
+

x




y'


y 
§iĨm n:

0
1
C§



0
CT
5/27




2
y'' = 0  6x  4 = 0 x .
3
2
Vì y" đổi dấu khi x qua điểm
nên đồ thị hàm số có một điểm uốn là
3
2 11
U ;
.
3 27
c. Đồ thị của hàm số.
2. Phơng trình hoành độ giao điểm:
x3 2x2 + (1  m)x + m
(1)
 x1 1
 (x  1)(x2  x  m) = 0  
.
2
 f (x) x  x  m 0
Tõ ®ã, ®Ĩ đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3
thoả mÃn x12  x 22  x 32  4 ®iỊu kiƯn lµ:
y'' = 6x  4,

f(x) = 0 cã hai nghiƯm x2, x3 khác 1 thoả mÃn x 22 x 32  3
 f  0


 f (1) 0

x 2  x 2  3
3
 2

1  4m  0


1  1  m 0

2
 x 2  x 3   2x 2 x 3  3

 4m   1

 m 0
12  2( m)  3


m 0

  1
.


m

1

 4
 1 
VËy, víi m    ; 1 \{0} thoả mÃn điều kiện đầu bài.
4


Chú ý: Trong lời giải của bài toán trên chúng ta đà sử dụng tắt kết quả của
định lí Viét cho phơng trình f(x) = 0, cụ thể ta cần có trình bày:
Nếu phơng trình f(x) = 0 có hai nghiƯm x2, x3 th×:
 x 2  x 3 1
.

 x 2 x 3 m
Từ đó, để có đợc lời giải dễ hiểu hơn các em học sinh hÃy trình bày
theo cách:
Phơng trình hoành độ giao điểm:
x3 2x2 + (1  m)x + m
(1)

11


 x1 1
 (x  1)(x2  x  m) = 0  
.
2
 f (x) x  x  m 0
Ta lần lợt:
Để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x 1,
x2, x3 điều kiện là:

Phơng trình f(x) = 0 có hai nghiệm x2, x3 phân biệt khác 1
0
1  4m  0
1
  f
 
   m 0.
4
1  1  m 0
f (1) 0
Víi ®iỊu kiÖn (*), ta cã:
 x 2  x 3 1
.

 x 2 x 3  m
 §Ĩ x12  x 22 x 32 4. điều kiện là:

(*)

2

12 x 22  x 32  4  x 22  x 32  3   x 2  x 3   2x 2 x 3  3
 12  2( m)  3  m < 1.
 1 
VËy, víi m    ; 1 \{0} thoả mÃn điều kiện đầu bài.
4
Câu II.
1. Điều kiÖn:
cos x 0
cos x 0

 
.

1  tan x 0
 tan x 1
Biến đổi phơng trình về dạng:


2 sin  x    1  sin x  co s 2x 
4

cos x
si n x
1
cos x
 sin x  cos x   1  sin x  co s 2x  1  1  sin x  cos 2x 1

cos x  sin x
 sin x  co s 2x 0
 sin x 1  2sin 2 x 0  2sin 2 x  sin x  1 0

12

(*)

(1)





 sin x 1 (lo¹i)
 x  6  k2
 
 
, k  .
 sin x  1
 x 7 k2

2

6
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.


Chú ý: Một vài các em học sinh biến đổi phơng trình (1) nh sau:


co s 2x sin x  co s 2x co s  x  
2





 x  2  k2
 2x x  2  k2
 
 
.
 x    k 2

 2x x k2


6
3
2
Nh vậy, vô tình sẽ phải thực hiện thêm việc kiểm tra điều kiện (*)
cho các trờng hợp k = 0, k = 1, k = 2.
2. NhËn xÐt r»ng:
2
2  x 2  x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS 1 
§iỊu kiƯn x 0.
Bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:

x

x 1 

2  x 2  x  1 

2  x 2  x  1  0.

2  x 2  x  1 1  x  x.

(1)

Tíi đây, chúng ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Biến đổi tiếp (1) về dạng:
1 x  x 0


2
 2
2
 x   x  1  1  1  x  x
1  x  x 0
1  x  x 0
 

 2
2
2
2
 x  1 2(1  x) x  x
 x   x  1  1  1  x   2(1  x) x  x
1  x  x 0
1  x  x 0

 
  2
2
 1  x  x 0
 x  2x  1  2(1  x) x  x 0
1  x  x 0
2 x 0
1  x 0
 x 1
 
 
 


 2
2
 x  1  x 
 x  3x  1 0
1  x  x 0
 x 1  x
3 5
 x
.
2









13


Vậy, phơng trình có nghiệm x

3

5

.
2

Cách 2: Đặt t x (t 0) , khi đó (1) có dạng:
1  t 2  t 0
 2  t 4  t 2  1 1  t 2  t   4 2
2
2
 2  t  t  1  1  t  t 
1  t 2  t 0
  4 2
4
2
2
3
 2  t  t  1 1  t  t  2t  2t  2t
2
2
1  t 2  t 0
1  t  t 0
1  t  t 0
 4
  2
 2
2
3
2
 t  2t  t  2t  1 0
 t  t  1 0
 t  t  1 0
2t 0

   1  5  t  5  1  x  5  1  x 3  5 .

2
2
2
t

2
Vậy, phơng trình có nghiệm x 3  5 .
2
C¸ch 3: NhËn xÐt r»ng x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta có biến ®æi:
1
1

2 x  1  
 x  1.
x
x

1
1
 x thì x t 2 2 , khi đó (2) có dạng:
Đặt t
x
x

(2)

t 1
t 1 0
 t  1



2  t 2  1 t  1   2
2

2
2
 t  1 0
 2(t  1) (t  1)
 t  2t  1 0
1  x 0
1
 x 1  x 1  x  
t=1 
2
x
 x  1  x 
 x 1
3 5
  2
 x
.
2
 x  3x 1 0
Vậy, phơng trình có nghiệm x 3

5

.
2
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2)  (a + b)2, ta thÊy:

2  x 2  x  1  2   1  x  

2

14

 x

2


  1  x  x





2


(3)
 1  x  x 1  x  x.
Từ (1) và (3) suy ra bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:
1 x 0

x 1
2
1 x  x
3 5
  1  x  x   2


 x
.
2
 x  3x  1 0
1 x x 0

2 x 0
Vậy, phơng trình có nghiệm x 3

5
2

.

Câu III. Ta có biến đổi:
1

x 2  1  2e x   e x

I 

1  2e x

0

1
 2
ex


x

dx 
1  2e x
0

1

1


ex
2

x
dx

dx
dx



1  2e x

0
0
1

x
1

1 1 1  2e
1 d  1  2e   1 3 1

 x  ln 1  2e x    ln
.
x dx  
x
3
3
3
3
3
2
1

2e


0
0
0
1

2

C©u IV.
a.
TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.CDNM: Ta cã:
1
VS.CDNM  SCDNM .SH.

3
Trong đó SH a 3 và:
SCDNM = SABCD (SAMN + SBCM)
1
1

AB2   AM.AN  BC.BM 
2
2

1 1  5a 2
1 1 1
a 2   . a. a  a. a  
.
2 2 
2 2 2
8
Tõ ®ã, bằng cách thay (2) vào (1) ta đợc:

S
(1)
K

A

B

M

N

D

H

C

(2)

1 5a 2
5a 3 3
VS.CDNM .
.a 3
.
3 8
24
b.
Tính khoảng cách giữa DM và SC: Trong mặt phẳng (SHC) hạ HK SC,
ta cã nhËn xÐt r»ng:


ADM = DCN  ADM
 DM  CN  DM  (SHC)
DCN
 DM  HK  HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC.
Trong SHC, ta cã:
HS.HC
1
1
1

 HK 
.
 2
2
2
HK
HS HC
HS2  HC2
Trong CDN, ta cã:

(3)

15


CD = CH.CN  HC 
2

CD

2



CD 2  DN 2

a2
a2

2

a
4



2a
.
5

(4)

Từ đó, bằng cách thay (4) vào (3) ta đợc:
2a
a 3.
2a 57
5
HK

.
2
19
2
2a
a 3

5
Câu V. Điều kiện:
5

y


5 2y 0
2.


3

4x

0

x 3

4
Biến đổi phơng trình thø nhÊt cđa hƯ vỊ d¹ng:



 4x

2



 1 x (3  y) 5  2y  2  4x 2  1 x (6  2y) 5  2y

2
   2x   1 2x   5  2y   1 5  2y



2
2
   2x   1 2x  5  2y  1 5  2y













(1)
 f  2x  f 5  2y
2
trong ®ã f(t) = (t + 1)t.
Ta cã nhËn xÐt:
f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t Hàm số f(t) đồng biến trên
do đó (1) đợc chuyển về dạng:
x 0
2x 0

 
.

2x  5  2y   2
5
2
4x 5 2y
y 2 2x
Từ đó, phơng trình thứ hai của hệ đợc chuyển đổi về dạng:
2

5

4x    2x 2   2 3  4x 7.
2

2

2


XÐt hµm sè g(x) 4x 2   5  2x 2   2 3  4x trªn  0;

2

4
5

4x  4x 2  3 
g '(x) 8x  8x   2x 2  
3  4x
2


16

(2)
3
, ta cã:
4 
4
0
3  4x


3
Hàm số g(x) nghịch biến trên 0; .
4
Từ đó, phơng trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Ta nhận thấy:
1
1
g 7  x  lµ nghiƯm duy nhÊt cđa (2).
2
 2
1 
VËy, hƯ cã cỈp nghiƯm duy nhÊt  ; 2 .
2

Chú ý: Để nhận đợc kết quả 2x

5 2y từ phơng trình thứ nhất của hệ ta còn
có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Đặt z 5 2y (z 0) suy ra 2y = 5 z2.

Phơng trình thứ nhất của hệ đợc biến đổi về dạng:
2 4x 2  1 x (6  2y) 5  2y  2  4x 2  1 x  6   5  z 2   z
2

2
   2x   1 2x  z 2  1 z  f(2x) = f(t)


trong ®ã f(t) = (t2 + 1)t.
Ta cã nhËn xÐt:
f(t) = t3 + t  f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  
 Hµm số f(t) đồng biến trên
do đó (3) đợc chuyển về dạng:
2x = t 2x 5 2y.

(3)

Cách 2: Đặt u 2x, v 5 2y (v 0) suy ra 2y = 5 v2.
Phơng trình thứ nhất của hệ đợc biến đổi về dạng:
2 4x 2  1 x  (2y  6) 5  2y 0   u 2  1 u   5  v 2  6  v 0
  u 2  1 u   v 2  1 v 0   u  v   u 2  v 2  uv  1 v 0
 u  v = 0  u = v 2x 5 2y.
Câu VI.a
1. Vì ABC vuông tại B nên AC chính là đờng kính của đờng tròn (T), để tìm
toạ độ của hai điểm A và C ta lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Điểm A đờng thẳng (d1) nên A a; a 3 víi a > 0, ta cã:










Qua A a;  a 3
Qua A

(AB) : 
 (AB) : 
 (AB) : x  3y  2a 0

(AB)  (d 2 )
 vtpt n 2 1; 3

a 3  
  a
 (AB)  (d 2 ) B   ; 
 .
2  
  2



17







Qua A a;  a 3
Qua A

(AC) : 
 (AC) : 

 (AC) : x 
(AC)  (d1 )
 vtpt n1 1;  3

 (AC)  (d 2 )  C  2a;  2a 3 .

 



3y  4a 0



3
Tõ gi¶ thiÕt ABC cã diƯn tÝch b»ng 2 , ta đợc:
3 1
AB.CB
2 2
3 AB2 .CB2
2

2
2
2
a
a 3
   a
 a 3
 


    a    
 a 3       2a    
 2a 3  
2
2
2
 2






 

 

1
 1
  2


 a
 A
;  1 , C  
;  2.
3
3
 3
 

C¸ch 2: Thấy ngay (d1) cắt (d2) tại điểm O. Ta cã:

cos AOB
cos(d1 , d 2 ) 

3. 3  1.( 1)


3  1. 3  1

1
2





 AOB
  BAC
 .

3
3
Khi ®ã:
1

SABC  AB.AC.sin BAC
2


C (d2)
B
O

I

A (d1)

3 1



 OA.sin AOB
OA.tan AOB
sin BAC
2 2







1


 3 3
 OA 2 .sin .tan .sin 
OA 2
2
3
3
3
8
4
OA 2 .
3





(*)

Vì A thuộc đờng thẳng (d1) nªn A x 0 ;  x 0 3 víi x0 > 0, do đó (*) có dạng:
1
1

4
4
4x 02   x 0 

 A
;  1 .
3
3
3
 3

Phơng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bởi:



x 02  x 0 3

18



2





 1

Qua A
Qua A  3 ;  1
(AC) : 
 (AC) : 
(AC)  (d1 )

 vtpt n 1;  3






1 

 (AC) :  x 
  3  y  1 0  (AC) : 3x  3y 4 0.
3

Khi đó, toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phơng trình:
3x y 0
2

C 
;  2.

3


 3x  3y  4 0
Tíi đây, để nhận đợc phơng trình đờng tròn (T) với đờng kính AC chúng ta có
thể trình bày theo các cách sau:
1
3

Cách 1: Gọi I là trung điểm của AC thì I

; và phơng trình đờng tròn
2
2 3
(T) đợc cho bởi:

1
3

;
Tâm I
Tâm I 
(T) : 
 (T) : 
2
 2 3
 § êng kÝnh AC
 B¸n kÝnh IA 1

2

2

1  
3

 (T) :  x 
   y  2  1.
2 3 



C¸ch 2: Ta cã:


M(x; y)  (T)  MA  MC  MA . MC = 0
 1
  2

 
 x;  1  y  .  
 x;  2  y  0
3
 3
 

 1
 2

 
 x
 x     1  y    2  y  0
3
 3


1
4
 x 2  y2 
x  3y  0.
3
3

§ã chính là phơng trình đờng tròn (T) cần tìm.
Cách 3: Ta có:
M(x; y) (T) MAC vuông tại M  MA2 + MC2 = AC2
2

2

 1

 2

2
2
 
 x     1 y   
 x     2  y  2
3
 3



1
4
 x 2  y2 
x  3y  0.
3
3
§ã chÝnh là phơng trình đờng tròn (C) cần tìm.
19

2. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Đờng thẳng () có phơng trình tham số:
x 2t  1

(  ) :  y t
, t  .
z t 2


Toạ độ giao điểm C của () vµ (P) lµ nghiƯm cđa hƯ:
x 2t  1
x 2t  1
x  1
 y t
 y t
y  1



 C(1; 1; 1).





z

t


2
z

t

2


z  1
x  2y  z 0
2t  1  2t  t  2 0
t 1

Điểm M thuộc đờng thẳng () nên M(2t + 1; t; t  2), suy ra:
MC  6  (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (t  1)2 = 6  6(t + 1)2 = 6
 t  1 1
 

 t  1  1
Ta lÇn lợt:
Với điểm M1 thì:

t 0
t 2 


d(M1 , (P)) 

 M1 (1; 0;  2)
 M ( 3;  2; 0) .

 2

1  2.0  2
4 1 1



1
.
6

Với điểm M2 thì:

d(M 2 , (P)) 

 3  2.( 2)
4 1 1



1
.
6

1
.
6
C¸ch 2: Gäi H là hình chiếu vuông góc của M trên (P), ta cã:
2.1  1.( 2)  1.1
1

M ()

sin((), (P)) sin MCH

 .
4  1  1. 1  4 1 6
Khi ®ã:
1
1
H
C

 6.  .
d(M, (M)) = MH MC.sin MCH
P
6
6
VËy, kho¶ng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) bằng

Câu VII.a. Ta cã ngay:





 





z  2  2i 2  i 2 1  i 2  1  2i 2 1  i 2 5  i 2
 z 5 i 2.
Vậy, phần ảo của số phức z b»ng  2.
C©u VI.b
20