5 giải đề thi đại học khối B 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 B
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
31


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

2x 1
.
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm m để đờng thẳng y = 2x m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho tam gi¸c OAB cã diƯn tÝch b»ng 3 ( O là gốc tọa độ ).
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phơng trình:
(sin 2x cos 2x)cos x 2cos 2x sin x = 0.
2. Giải phơng trình:
3x 1  6  x  3x 2  14x 8 0, x .
Câu III: (1 điểm): Tính tÝch ph©n:
e
ln x
I 
dx.
x(2  ln x) 2
1
C©u IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có AB = a, góc
giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác
ABC. Tính thể tích khối lăng trụ đà cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện GABC theo a.
Câu V: (1 điểm): Cho các số thực không âm a, b, c tháa m·n a  b  c = 1. Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M 3 a 2 b 2  b 2c 2  c 2a 2   3(ab  bc  ca)  2 a 2 b 2 c 2 .
y

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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (4; 1),
phân giác trong góc A có phơng trình x y 5 = 0. Viết phơng trình đờng
thẳng BC, biết diện tích ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dơng.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các ®iÓm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c),
trong đó b, c dơng và mặt phẳng (P): y z 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt
phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng các từ điểm O đến mặt

1
phẳng (ABC) bằng .
3
Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các
số phức thỏa mÃn z i (1 i)z .
B. Theo chơng trình N©ng cao
32


Câu VI. b (2 điểm)
x 2 y2

1 . Gọi
3
2
F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung
độ dơng của đờng thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết
phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
x y 1 z
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đờng thẳng :
. Xác định
2
1
2
tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ điểm M đên bằng
OM.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình:
log 2 (3y  1) x
, x, y  .
 x

x
2
4

2

3y

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):

Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1. Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối A 2009.
2. Với bài toán này ta thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1: Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:
2x 1
(1)
2x m ax2 + bx + c = 0 víi x  1.
x 1
Bớc 2: Ta lần lợt:
Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng tại 2 điểm phân biệt điều kiện là:
Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt kh¸c 1
a 0

(*)
  f  0 .
f ( 1) 0

Khi ®ã, víi ®iỊu kiƯn (*):
b


 x A  x B  a
 y  2x A  m
vµ  A
.

c
y

2x

m

B
B
x x 
 A B a
 Ta cã:
1
1

SOAB  OA.OB.sin AOB
 x A y B  x B y A Giá trị m.
2
2
Bớc 3: Kết luận.
Câu II.
33

1. Dễ nhận thấy phơng trình sẽ đợc giải bằng cách chuyển về dạng tích, và với

định hớng này chúng ta cần tạo ra đợc nhân tử chung. Nhận xét rằng :
2cos 2x sin x không thể có nhân tư chung víi (sin 2x  cos 2x)cos x.
Do ®ã, cần tổ hợp lại các toán tử trong phơng trình, cơ thĨ:
(cos 2x.cos x  2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) = 0
 (cos 2x.cos x  2cos 2x) + (2cos2x.sinx  sin x) = 0
 (cosx + 2)cos2x + (2cos2x 1)sinx = 0
Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung là cos2x bởi 2cos2x 1 = cos2x.
2. Đây là phơng trình không mẫu mực chứa hai căn bậc hai nên không thể sử
dụng phơng pháp bình phơng và cũng không thể sử dụng phơng pháp ẩn phụ
(với hai ẩn phụ) bởi nếu đặt:
2
u 3x 1
 u  3x  1
,
(u,
v

0)


 2
 v 6  x
 v  6  x
2
2
 u  3v 19
 Không khả thi.
2 2

2
u v (3x 1)(6  x)  3x  17x  6
Nh vËy, chỉ còn các phơng pháp:
Hàm số, khi đó nếu coi VT là hàm số f(x) thì:

f '(x)

3
1

6x 2  14 0
2 3x  1 2 6  x

1
Và nh vậy, rất khó để đánh giá đợc dấu của nó trên tập xác định D ; 6 .
3
Biến đổi phơng trình về dạng tích, trong hớng lựa chọn này nhân tư chung
chØ cã thĨ xt hiƯn khi thùc hiƯn c¸c phép trục căn thức. Và nh vậy, các
em học sinh cần có kĩ năng nhẩm đợc nghiệm x0 của phơng trình thì mới
có thể đa ra đợc phép tách phù hợp.
Với các bài toán kiểu này x0 đợc chọn sao cho

3x 0  1, 6  x 0  .

NhËn thấy rằng x0 = 5 nên ta có phép tách:






3x  1  4 



6  x  1  3x 2  14x  5 0

3x  1  16
6 x 1

 3x 2  14x  5 0
3x  1  4
6  x 1

3x  15
x 5

  3x  1  x  5  0
3x 1 4
6 x 1
Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung là x 5.


34


b

1
Câu III. Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát I f (ln x). dx nên chỉ

x
a
cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx chúng ta dễ dàng chuyển nó về dạng đa
thức hoặc phân thức theo u.
Câu IV. Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) rồi xác định góc giữa
' HA 600 với H là trung điểm của BC.
hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là A
1. Với hình trụ ABC.ABC, ta có ngay:
VABC.ABC = SABC.AA.
A
Trong đó:
ABC đều cạnh a nên có đợc SABC.
C
Độ dài AA đợc tính dựa theo hệ thức lợng trong
B
AAH vuông tại A.
2. Nhận xét rằng tứ diện G.ABC có ABC đều nên để
M
xác định đợc tâm mặt cầu ngoại tiếp của nó ta chỉ cần
G
A
thực hiện:
Xác định trục đờng tròn x của ABC.
C HI
 Dùng trung trùc y cđa GA.
B
Khi ®ã, giao ®iĨm J của x và y là tâm mặt cầu ngoại tiếp GABC.
Câu V. Trớc tiên, các em học sinh cần nhận thấy rằng M gồm ba phần là:
A a 2 b 2  b 2c 2  c 2a 2


.
 B ab  bc  ca
C a 2  b 2 c 2

mà ở đó B chính là phÇn tư trung gian bëi:
a2 + b2 + c2  ab + bc + ca, 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  (ab + bc + ca)2.
Tõ ®ã, víi viƯc lùa chän Èn phô t = ab + bc + ca ta sẽ chuyển đợc M về dạng f(t).
Và việc tìm giá trị nhỏ nhất của M đợc chuyển thành việc tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số f(t) với điều kiện ẩn t đợc suy ra từ điều kiện 1 = a + b + c, cơ thĨ:
1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)  3(ab + bc + ca) = 3t
1
0t .
3
Câu VI.a
1. Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) để
C
(d)
thấy đợc rằng muốn có phơng trình đờng thẳng (BC)
cách duy nhất là tìm ra đợc toạ độ của điểm B. Để thực
B
hiện đợc mục tiêu này với đặc thù của giả thiết cho toạ
độ điểm C, đờng phân giác trong (d) của góc A và diện
tích ABC (vuông tại A):
Ta lần lợt:
Với giả thiết cho đờng phân giác góc  nên ta cần tạo C
dựng tính đốiAxứng
bằng cách tìm toạ độ điểm Cđối xứng với C qua (d), cụ thĨ víi C’(x; y) th×:

35




CC '  u d
CC '.u d 0
CC '  (d)
 
 
.

 I  (d)
 I  (d)
 trung điểm I của CC' thuộc (d)
Vì ABC vuông tại A nên A là giao điểm của (d) với đờng tròn đờng kính
CC. Từ đó, suy ra:
Phơng trình đờng thẳng (AC).
1
(*)
SABC AB.AC Độ dài của AB.
2
Tìm điểm B thuộc (AC) thoả mÃn (*) và kết hợp với điều kiện (d) là phân
giác trong của góc Â.
Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C.



Chú ý: Tuy nhiên, với trờng hợp đặc biệt của bài toán này là đờng phân giác
trong (d) của góc A song song với đờng phân giác của góc phần t thứ
hai nên chúng ta có thể tối u lời giải nh sau:

Phân giác trong của góc vuông  có phơng trình x y 5 = 0
(song song với đờng phân giác góc phần t thø II) nªn:
AC//Ox  yA = yC  xA  A B(4; b) và độ dài AC.
Diện tích ABC bằng S, suy ra:
1
SABC AB.AC độ dài AB Toạ độ B.
2
Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C.
2. Vì bài toán có liên quan tới tính vuông góc và khoảng cách nên chúng ta lần lợt thực hiện:
Lập phơng trình mặt phẳng (ABC), ở đây ta sử dụng phơng trình mặt
phẳng chắn.
Ta lần lợt:
- Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên :

(1)
n ABC .n P 0 .
-

Từ điều kiện khoảng các từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng

nhận đợc phơng trình (2)
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2) sẽ nhận đợc giá trị của b avf c.
Câu VII.a. Với yêu cầu của bài toán chúng ta luôn bắt đầu với giả sử:
z x  yi, x, y   .
Tõ ®ã, suy ra:

 x  yi   i

 (1  i)  x  yi   x   y  1 i   x  y   x y i

tới đây, sử dụng công thức tính môđun ta có chuyển đổi :
2

x 2  y  1 
36

 x  y

2

2
  x  y   f(x, y) = 0.

1
ta
3


Và bằng những phép biến đổi đại số thông thờng chúng ta sẽ nhận đợc phơng
trình của tập hợp điểm biểu diễn số phức z là f(x, y) = 0.
Câu VI.b.
1. Để lập đợc phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 cách duy
nhất là chúng ta cần tìm đợc toạ độ của điểm N. Và với bài toán này thì công
việc đợc thực hiện tuần tự nh sau:
Từ phơng trình của Elíp (E) suy ra toạ độ các tiêu điểm F1 và F2.
Lập phơng trình đờng thẳng (AF1).
Xác định toạ độ điểm M là giao của (AF1) với (E). Từ đó, suy ra toạ độ của
điểm N.
Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ANF2 khi biết toạ độ ba đỉnh.
Tuy nhiên, nếu c¸c em häc sinh biÕt nhËn xÐt r»ng:

 
NA.F2 A 0 ANF2 vuông tại A
suy ra, đờng tròn (C) có đờng kính là F2N Lời giải sẽ đơn giản hơn.
2. Với yêu cầu đợc tổng quát là "Tìm ®iĨm thc Ox tho¶ m·n ®iỊu kiƯn K cho
tríc", chóng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Giả sử M(m; 0; 0).
Bớc 2:
Thiết lập điều kiện K, cụ thể với bài toán này là d(M, ()) = OM nên ta
bắt đầu với:

Chọn một điểm A thuộc () và một vtpt n cđa ().
 Khi ®ã:

 n, AM 
d(M, ()) = OM m Giá trị tham số m
n
Toạ độ điểm M.
Câu VII.b. Với hệ phơng trình này chúng ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình.
Bớc 2:
Lựa chọn một trong hai phơng trình của hệ để thực hiện phép biến
đổi tơng đơng, ở đây ta chọn phơng tr×nh thø nhÊt:
3y  1 = 2x  3y = 2x + 1.
(*)
Tới đây, chỉ cần thế (*) vào phơng trình thứ nhất của hệ ta nhận đợc
nghiệm x, từ ®ã suy ra y.
Bíc 3:
KÕt ln vỊ nghiƯm cđa hƯ thoả mÃn điều kiện ở bớc 1.

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối B năm 2010
Câu I.
1. Ta lần lợt có:
a. Hàm số xác định trên D  \   1 .
b. Sù biÕn thiªn cđa hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
37


lim y 2 nên y = 2 là đờng tiệm cËn ngang.
x 
lim  y  vµ lim  y nên x = 1 là đờng tiệm cận ®øng.
x    1

x    1



B¶ng biÕn thiên:
1
y'
0 với mọi xD
(x 1) 2
hàm số đồng biến trên D.
x
1
+
y'
+

+
2
+
y
2

c. Đồ thị của hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 2 làm tâm đối xứng.
5

Lấy thêm các điểm A(2; 3) và B 3; . Bạn đọc tự vẽ hình.
2

2. Phơng trình hoành độ giao điểm của (C) và đờng thẳng (d): y = 2x + m lµ:
2x  1
x  1
(1)
 2x  m  f (x) 2x 2  (m  4)x  m 1 0.
x 1
Trớc tiên, để đồ thị (C) cắt đờng thẳng (d) tại 2 điểm phân biệt điều kiện là:
Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt kh¸c 1
2

 m  4   8(m  1)  0
  0
 m2 + 8 > 0, lu«n ®óng.
  f
 
f ( 1) 0
 1 0
Nh vËy, ta cã:

m 4

 x A  x B  2
 y  2x A  m
vµ  A
.

 y B  2x B  m
 x x 1  m
 A B
2
Ta cã:
1

SOAB  OA.OB.sin AOB
2
1
1
 3  x A y B  x B y A  x A  m  2x B   x B  m  2x A 
2
2
1
 m  xA  xB 
2
2
2
2
 12 m 2  x A  x B  m   x A  x B   4x A x B 
38

  m  4 2
1  m  m 2  m2  8
m 2  

4.
 

2 
  2 
4
 m 2  12
4
2
 m + 8m  48 = 8   2
 m = 2.
 m 4
Vậy, với m = 2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu II.
1. Biến đổi phơng trình về dạng:
(cos 2x.cos x  2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) = 0
 (cosx + 2)cos2x + (2cos2x – 1)sinx = 0
 (cosx + 2)cos2x + sinx.cos2x = 0  (cosx + sinx + 2)cos2x = 0
 cos x  sin x  2 0 (v« nghiƯm)

 cos2x = 0  2x   k
 
2
 cos 2x 0



 x   k , k .
4
2
Vậy, phơng trình có một họ nghiƯm.
2. §iỊu kiƯn:
3x  1 0
1
  x 6.

3
6  x 0
Biến đổi phơng trình về dạng:





3x 1  4 

(*)



6  x  1  3x 2  14x  5 0

3x  1  16
6 x 1

 3x 2  14x  5 0

3x  1  4
6  x 1
3x  15
x 5


  3x  1  x  5  0
3x  1  4
6  x 1


 x  5 0
 x = 5.
 
3
1


 3x  1 0 (vn)
 3x  1 4
6 x 1
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Câu III. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Đặt u = lnx, suy ra du =

dx
.
x

Đổi cận:

Với x = 1 thì u = 0.
 Víi x = e th× u = 1.
39


Tõ ®ã:
1

I 
0

 (2  u)  2 du 1  1
2 
 du


2
2  u  2  u2 
 2  u
0
0 


1

u.du

 2  u



2

1

2 
3 1

 ln 2  u 
ln  .

2u 0
2 3


C¸ch 2: §Ỉt u = 2 + lnx, suy ra du =

dx
.
x

§ỉi cËn:
 Víi x = 1 th× u = 2.
 Víi x = e thì u = 3.
Từ đó:
3

u 2  du

I 

2

3

3

1 2 
2
3 1

  2  du  ln u   ln  .
u 
u2
2 3

2 u

u2

Câu IV. Gọi H là trung điểm của BC, theo gi¶ thuyÕt ta cã:
(A ' BC)  (ABC) BC

 A ' H  BC
 AH  BC
C’

B’

 ' HA 600.
 g((A ' BC), (ABC)) A

a. TÝnh thÓ tÝch khèi lăng trụ: Ta có:
VABC.ABC = SABC.AA.
(1)
Trong đó:
SABC

a

2

3
4

.

A

M

G

A

(2)

' HA  a 3 .tan 600  3a .
A ' A AH.tan A
2
2
Thay (2), (3) vào (1), ta đợc:

C

H

I
B

(3)

a 2 3 3a a 3 3
.
.
4
2
8
b. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC: Ta có:
Gọi I là hình chiếu vuông góc của G trên (ABC), suy ra I là trọng tâm
ABC nên GI là trục đờng tròn của ABC.
Gọi M là trung điểm của GA và trong mặt phẳng (AGH) dựng đờng trung
trực Mx của GA. Khi đó, Mx cắt GI tại J thì J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện GABC.
Nhận xét rằng:
VABC.A 'B'C' 

40


GM.GA GA 2 GI 2  AI 2 7a



 .
GI
2GI
2GI
12
7a
VËy, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có bán kính R .
12
Câu V. Đặt t = ab + bc + ca (t  0), ta cã:
a2 + b2 + c2  ab + bc + ca
 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)  3(ab + bc + ca) = 3t
1
 a2 + b2 + c2 = 1 2t và t .
3
Ngoài ra, theo Côsi ta cã:
GM.GA = GJ.GI  GJ 

t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  M t 2  3t  2 1  2t
 1
XÐt hµm sè f (t) t 2  3t  2 1  2t trªn tËp D  0;  , ta cã:
 3
2
f’(t) = 2t  3 
,
1  2t
2
f"(t) = 2 
 0, t  D  f’(t) là hàm nghịch biến trên D
(1 2t )3

1  11
 f '(t) f '     2 3 0 f(t) là hàm đồng biến trªn D
 3 3
 f (t) f  0  2 .
Vậ, ta đợc MMin = 2 đạt đợc khi t = 0, tứclà với a, b, c không âm tho¶ m·n:
a  b  c 1

ab bc ca
ab  bc  ca 0

 a, b, c lµ mét trong c¸c bé sè (0; 0; 1), (0; 1; 0), (1; 0; 0).
Câu VI.a
1. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
(d)
Cách 2: Ta lần lợt:
Gọi C(x; y) là ®iĨm ®èi xøng víi C qua (d), ta cã:


CC '  u d
CC '  (d)
 

 I  (d)
 trung ®iĨm I cđa CC' thc (d)
C

C’
B

A

41



(x  4)  (y  1) 0
CC '.u d 0

 C’(4; 9).
 
  x  4 y 1


5

0
 I (d)
2
2
Gọi (T) là đờng tròn đờng kÝnh CC’, ta cã:
T©m I  0; 5 
 (T): x2 + (y  5)2 = 32.
(T) : 
 B¸n kính IC 32
Vì ABC vuông tại A nên A là giao điểm của (d) với đờng tròn (T) ®êng
kÝnh CC’, ta cã:
x 0
 x  y  5 0
 x 4
 A(4; 1).

 
 2
2
 y 1
 x (y 5) 32
Phơng trình đờng thẳng (AC) ®ỵc cho bëi:
1)
Qua A
Qua A(4;

(AC ') : 
 (AC ') : 
 vtcp AC '(0; 8) chon (0; 1)
Qua C '
 (AC’): x = 4  B(4; b).
 DiÖn tÝch ABC b»ng 24, suy ra:
1
1
SABC  AB.AC  24  AB.8  AB = 6
2
2
 b 7
 36 = AB2 = (b  1)2  
 B(4; 7) hc B(4; 5).
b 5

Vì (d) là phân giác trong của góc  nên hai vectơ AB, AD cùng hớng, suy
ra B(4; 7).
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bëi:
Qua B(4; 7)

Qua B

(BC) : 
 (BC) : 
Qua
C
vtcp
BC(
 8;  6) chon (4; 3)



x 4 y 7
 (BC): 3x  4y + 16 = 0.
 (BC) :

4
3
C¸ch 2: Ta lần lợt:
Phân giác trong của góc vuông  có phơng trình x y 5 = 0 (song song
với đờng phân giác góc phần t thứ II) nªn:
AC//Ox  yA = yC = 1  xA = 4  A( 4; 1)
 B(4; b) víi b > 1 vµ AC = 8.
 DiƯn tÝch ABC b»ng 24, suy ra:
1
1
SABC  AB.AC  24  AB.8  AB = 6
2
2
2

2
 36 = AB = (b  1)  b = 7 B(4; 7).
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi:

42


Qua B(4; 7)
Qua B

(BC) : 
 (BC) : 
 vtcp BC( 8;  6) chon (4; 3)
Qua C
x 4 y 7
 (BC): 3x  4y + 16 = 0.
 (BC) :

4
3
x y z
2. Sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn, ta đợc (ABC) : 1.
1 b c
Ta lần lợt:
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên :
1 1
0 b c.
b c
1
Khoảng các từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng nên:

3
1
1

1 1
2
1 1
3  1  2  2 3  2  2 8  2 8
1 1
1 2  2
b c
b
b c
b c
1 b0
1
 b2   b  .
4
2
1
VËy, với b c thoả mÃn điều kiện đầu bài.
2
Câu VII.a. Gi¶ sư z x  yi, x, y   .
Khi ®ã, ta cã:
 x  yi   i  (1  i)  x  yi   x   y  1 i   x  y    x  y  i
2
2
2
2
2

2
2
 x 2   y  1   x  y    x  y   x  y  2y  1 2  x  y 
 x2 + y2 + 2y  1 = 0  x2 + (y + 1)2 = 2.
Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thuộc đờng tròn x2 + (y + 1)2 = 2.
Câu VI.b
2
2
1. Víi ElÝp (E) : x  y 1 cã a2 = 3, b2 = 2 vµ c2 = a2  b2 = 1 nên:
3
2
F1(1; 0); F2(1; 0).
Từ đó, suy ra phơng trình đờng thẳng (AF1) đợc cho bởi:
Qua A(2; 3)
Qua A

(AF1 ) : 
 (AF1 ) : 
Qua F1
 vtcp AF1 (  3;  3) chon ( 3; 1)

(AF1 ) : x  y 3  1 0.
Khi ®ã, toạ độ điểm M là nghiệm của hệ phơng trình:

43


 x  y 3  1 0
 2
y2

 2 
 4 
x
 M  1;
 N  1;
  1

.
2
3
3


3
y  0

NhËn xÐt r»ng:
 
1 

NA.F2 A  1;
1; 3 0 ANF2 vuông tại A.
3

Vậy, đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 có đờng kính là F2N nên có phơng trình:

2

2
4

(C) : x  1   y 
 3 .
3

2. Tríc tiªn, vì điểm M thuộc Ox nên M (m; 0; 0).

Với đờng thẳng () thì nó đi qua điểm A(0; 1; 0) vµ cã vtpt n  2; 1; 2  .
Khi ®ã:
 

 n, AM 
2
d(M, ()) = OM      m  5m  4m  8  m
4 1  4
n
2

 m1  1  M1 ( 1; 0; 0)
.
5m 2  4m  8 3 m  m2  m  2 = 0  
 m 2 2  M 2 (2; 0; 0)
Vậy, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu VII.b. Điều kiện:
1
3y 1 > 0 y .

3
Biến đổi tơng đơng phơng trình thứ nhÊt cđa hƯ vỊ d¹ng:
3y  1 = 2x  3y = 2x + 1.
(*)
Thay (*) vào phơng trình thứ hai cđa hƯ b»ng c¸ch:


2

3  4x  2x  9y 2  3  22x  2 x   2x  1  2.22x  2x  1 0
 2 x  1 (l)
1
 x = 1  y , thoả mÃn điều kiện.
x 1
2
2

2
1

Vậy, hệ phơng trình có một cặp nghiệm 1; .
2


đề luyện tập tơng tự (Dự bị đại học Số B.1)
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

44

(H): y =

x 1
.
x 2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm điểm M thuộc (H) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ nhỏ nhất.
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phơng trình 6tanx + 5cot3x = tan2x
2
2. Giải bất phơng trình 1  1  4x  3.
x
1

xdx
.
 x2  1
0
C©u IV: (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với
đáy một góc . Xác định tâm bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Câu V: (1 điểm): Cho các số thực a, b, c tho¶ m·n a  3, b  4, c 2. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thøc:
ab c  2  bc a  3  ca b 4
A
.
abc
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 đờng thẳng (d) và đờng tròn (S) có phơng trình:
(d): x y 2 = 0, (S): x2 + y2  4y + 2 = 0.
a. Chứng tỏ rằng (d) không cắt (S). Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H của
tâm đờng tròn (S) trên (d).
b. Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và tiếp xúc với (S).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phơng trình mặt cầu đi qua ba điểm
A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 3; 2) và cắt phẳng (P) : 2x + 2y + z = 0 theo thiÕt
diƯn lµ đờng tròn có bán kính bằng 1.
Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I

x

i 1
i  1



4

33

+ (1  i)10 + (2 + 3i)(2 3i) +

1
.
i

B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho họ đờng thẳng (dm) có phơng trình:
(dm): (m + 1)xy + m2m = 0.
Chứng minh rằng họ đờng thẳng (dm) luôn tiếp xúc với một Parabol cố định.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;) và đờng thẳng (d)
có phơng trình:
x 3 y 1 z 1
.
(d) :


2
1
2
a. Tìm trên đờng thẳng (d) điểm M(xM; yM; zM) sao cho tæng x 2M  y 2M  z 2M đạt
giá trị nhỏ nhất.
b. Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên đờng thẳng (d).
45


Câu VII.b (1 điểm): Xác định tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức biểu diễn
các số phức thỏa m·n (1 + i 3 )z + 2, trong ®ã z 1 2.
Đáp án chi tiết đề luyện tập
Câu I.
1. Ta lần lợt có:
(1). Hàm số xác định trªn D =  \  2 .
(2). Sù biÕn thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực, giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận:
lim y = 1 nên y = 1 là đờng tiƯm cËn ngang.

x 
lim y =  nªn x = 2 là đờng tiệm cận đứng.
x 2

Bảng biến thiên:

y

1
y' =
< 0 víi mäi xD
(x  2) 2

2
1

B
I

 Hµm sè nghịch biến trên D.
A
2

+


O 1
23
1
+

y
1

x
(3). Đồ thị của hàm số: Lấy thêm hai điểm A(1; 0) và B(3; 2).
=
2. Ta lần lợt có:
x1
2
Điểm M thuộc đồ thị hàm số, ta có M(x,
).
x
y'

x 2

Tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ đợc cho bởi:
d = x +

x 1
.
x 2

Để tìm Mind ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Xét hàm số:
x 2  3x  1
khi x  0

 2 x 2
x  x  1

x 1
khi 0 x 1 hc x  2 .
d = x +
= 
x 2
 x 2
 x 2  3x  1
khi 1  x 2

x 2




46

Miền xác định D = \ 2 .
Đạo hàm:

y
=x
1



1
 1  (x  2) 2 khi x  0


1

d' = 1 
khi 0 x 1 hc x  2 .
2
 (x  2)

1
khi 1  x  2
1
2
(x 2)



Bảng biến thiên:
x
0
d'
0
1/2
d +

+

1
0

2

3

+
+
+

+
+

5

+

1
1
, đạt đợc tại M0(0; ).
2
2
1
1
Cách 2: Nhận xét rằng, với M0(0, ) d(M0) = , nên chỉ cần xét khi:
2
2
x 1
1
1
1
x vµ
    x  0.
x 2
2

2
2
1
x1
Víi x ; 0 , ta đợc d = x
.
x 2
2

Vậy Mind =

Ta có:
1
Miền xác định D =   ; 0  .
 2 
 Đạo hàm:
1
< 0, xD d nghịch biến trên D.
(x 2) 2
1
1
Vậy Mind = d(0) = , đạt đợc tại M0(0; ).
2
2

d' = 1 +

Câu II.
1. Điều kiện:

x   k


2
 x  2  k
cos x 0


k



 x 
, k  .
sin 3x 0  3x k
3
cos 2x 0




 k
 2x   k

2

x  4  2

Biến đổi phơng trình về dạng:
5(tanx + cot3x) = tan2xtanx

47


sin x
cos 3x
sin x
5cos 2x
sin x
+
)=

=
cos x
sin 3x
cos 2x.cos x
cos x.sin 3x
cos 2x.cos x
1
 5cos22x = sin3x.sinx  5cos22x = (cos2xcos4x)
2
 10cos22x = cos2x(2cos22x1)  12cos22xcos2x1 = 0
1

 cos 2x  3 cos 2
 2x 2  2k
 x   k
 

 
 
, k  .
 2x 2  2k
 x   k
 cos 2x  1 cos 2

4
Vậy, phơng trình có bốn họ nghiệm.
2. Điều kiện:
1
2
  2 x  0
1  4x 0
 
.

 0 x 1
x 0

2
Tới đây, chúng ta có thĨ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Thùc hiện phép nhân liên hợp:
5(

2
2
(1) (1 1  4x )(1  1  4x ) < 3(1 + 1  4x 2 )
x
 4x < 3 + 3 1  4x 2  3 1  4x 2 > 4x  3


3
  x  4
  4x  3  0


 | x | 1
2
  1/ 2 x  0
 1  4x 0
x 0 


2
 
 
.
  0  x 1

4x  3 0



2
 x  3
 9(1  4x 2 )  (4x  3) 2
 
4

2

2
 9(1  4x )  (4x 3)

Cách 2: Xét hai trờng hợp dựa trên ®iỊu kiƯn.
1
 Víi   x < 0, bÊt ph¬ng trình tơng đơng:
2
1 3x 0
x 1/ 3

 x < 0.
 2
1  4x 2 < 1 3x
2
2
1

4x

(1

3x)
13x

6x

0


1

Kết hợp với điều kiện đang xét đợc nghiệm là - x < 0.
2
48




1
, bất phơng trình tơng đơng:
2
1 4x 2 >1  3x

1
  x  3
 1  3x  0


   1 x  1
2
 1  4x 0
2 
 
   2

1  3x 0


  x 1
 1  4x 2  (1  3x) 2
 

3
 2
 13x  6x  0

Víi 0 < x 

1
1
 3  x 2
1
0
2
 0  x 1

3

Kết hợp với điều kiện đang xét đợc nghiệm là 0 < x
Vậy bất phơng trình có nghiệm là [

1
.
2

1
1
; 0)(0 ; ].
2
2

Câu III. Đặt t = x2 suy ra dt = 2xdx.
Đổi cận:
Với x = 0 thì t = 0.
 Víi x = 1 th× t = 1.
Khi đó:
1
I=
2

Đặt t +

1

1

dt
1
=
2

t

t

1
2
0

dt
1

3.
0 (t )2
2
4



1
du
= 3 tanu suy ra dt = 3 . 2 = 3 (1 + tan2u)du.
2
2
2 cos u
2

Đổi cận:

.
6

Với t = 1 thì u = .
3

Với t = 0 thì u =


Khi đó:
1
I=
2

/3



/6

3
(1  tan 2 u)du
1
2
=
3 2
3
3
tan u 
4
4

/3

du

/6

=

1
3

u

/3
/ 6

=


6 3

C©u IV. Dùng SH  (ABC), suy ra:
HA = HB = HC H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
Trong SAH dựng đờng trung trực của SA cắt SH tại M
O, ta đợc:
A

.
S

O

B
H

C

E

49

OA = OB = OC = OS
mặt cầu S(O, OS) ngoại tiếp tứ diện.
Vì SMO và SHA đồng dạng nªn ta cã:
SA
OS SM
SA.
SA 2 . (1)
 OS =
=

2
SA SH
2SH
SH
Gäi E là trung điểm của BC, ta có:
BC SE (SBC)


SEA
là góc giữa mặt bên và đáy  SEA
= .

 BC  AE  (ABC)
Trong ABC ®Ịu c¹nh a, ta cã:
AE = a 3 ,
2
2
2
1

1
AH = AE = . a 3 = a 3 , HE = AE = . a 3 = a 3 .
3
3 2
3
3 2
3
6
Trong SHE vuông tại H, ta có:

SH = HE.tan SEH
= a 3 .tan.
6
Trong SHA vuông tại H, ta có:

(2)

2
2
2
SA2 = SH2 + AH2 = 3a .tan2 + 3a = a (tan2 + 4).
36
9
12
Thay (2), (3) vào (1), ta đợc:
a2
(tan 2   4)
a 3(tan 2   4)
12
R = OS =

=
.
a 3
12 tan
2.
.tan
6

Vậy, mặt cầu ngoại tiếp tứ diƯn SABC lµ S(O,

a 3(tan 2   4)
).
12 tan

Câu V. Ta lần lợt có:
C ôsi ab 2 (c  2)
ab
abc
2  c  2 
.

.
ab c  2 
2
2
2
2 2
C «si bc 3  (a  3)
bc
abc

3  a  3 
.

.
bc a  3 
2
3
3
2 3
C «si ca 4  (b  4)
ca
abc
4  b  4  .

.
ca b  4 
4
2
2
4
Céng theo vÕ (1), (2), (3) ta đợc:
50

(3)

(1)
(2)
(3)