5 giải đề thi đại học khối D 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 D
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 D năm 2010
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = x4 x2 6.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng
1
y x 1.
6
Câu II: (2 điểm)

1. Giải phơng trình:
sin2x cos2x + 3sinx  cosx  1 = 0.
2. Gi¶i phơng trình:
42x

x 2

3

2 x 42

x 2

2x
e



3

4x 4

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I 2x


0

.

3

ln x.dx.
x

Câu IV: (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,

cạnh bên SA = a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là
AC
đỉnh H thuộc đoạn AC, AH
. Gọi CM là đờng cao của SAC. Chứng minh
4
rằng M là trung điểm của SA và tính thể tÝch khèi chãp tø diƯn SMBC theo a.
C©u V: (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y  x 2  4x  21 

 x 2 3x 10.

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 ABC biết A(3, 7), trực tâm), trực tâm
H(3; 1), tâm đờng tròn ngoai tiếp là I(2; 0). Xác định toạ độ đỉnh C biết C có
hoành độ dơng.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  3 = 0 vµ
(Q): x  y + z 1 = 0. Viết phơng trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q)
sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
Câu VII.a (1 điểm): T×m sè phøc z tháa m·n : z  2 và z2 là số thuần ảo.
B. Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A (0; 2) và ( ) là đờng thẳng đi qua

O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ). Viết phơng trình đờng
thẳng ( ), biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
2. Trong không gian tọa độ Oxy, cho hai đờng thẳng:

2


 x t  3
 1  :  y t , t   vµ   2  : x  2  y  1  z .
2
1
2
z t

Xác định tọa độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình:
x 2  4x  y  2 0
 x, y   

 2 log 2 (x  2)  log 2 y 0
Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1. Tham khảo định hớng trong câu I.1 của đề toán khối B 2009.
2. Bài toán đợc chuyển về dạng "Lập phơng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số
(C): y = f(x) biÕt hƯ sè gãc cđa tiÕp tun b»ng k", ta cã thĨ lùa chän mét
trong hai c¸ch:
C¸ch 1: Thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Xét hàm số, ta tính đạo hàm y' = f'(x).
Bớc 2:

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm phơng trình
f(x) = k x0.
Bớc 3:
Khi đó phơng trình tiếp tuyến có dạng:
(d): y = y(x0)(xx0) + y(x0).
Cách 2: Thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Phơng trình với hƯ sè gãc k cã d¹ng
(d): y = kx + b.
Bớc 2:
(d) tiếp xúc với đồ thị hàm số khi hÖ sau cã nghiÖm:
f (x) kx  b
 b  phơng trình tiếp tuyến.

f '(x) k
Câu II.
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 thấy rằng phơng
trình cha có nhân tử chung đơn nên cần sử dụng một vài phép biến đỏi dựa
trên kinh nghiệm:
"Nếu 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 gi¸c cđa mét
cung".
Ta cã:
2sinx.cosx  (2cos2x  1) + 3sinx  cosx  1 = 0
 2sinx.cosx  2cos2x + 3sinx cosx = 0 Không khả thi.
hoặc:
2sinx.cosx (1  2sin2x) + 3sinx  cosx  1 = 0
 2sinx.cosx + 2sin2x + 3sinx  cosx  2 = 0
 (2sinx.cosx  cosx) + 2sin2x + 3sinx  2 = 0

 (2sinx  1)cosx + (2sinx  1)(sinx + 2) = 0
Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung là 2sinx 1.
2. Trớc tiên, chúng ta dễ biến đổi đợc phơng trình về dạng tích, cụ thÓ:
3


4

2x  x 2

 42
 242

 42

x 2

4
2

x 2

x 2

2x  2

  2

x3

 2x

3

 4x  4

 0

3

 1  2 x  1  24x  4  0

4x  4



3

4x  4
 1 24 2
 1  2x  24x  4  1 0   2

x 2

 2x

3

 0

 24x  4  1 0
 24x  4 1
(1)
 


3
3
 242 x 2  2x 0
242 x 2 2x (2)
Ta lần lợt:
Với phơng trình (1) ta sẽ nhận ngay đợc nghiệm x.
Với phơng trình (2) thì đợc biến đổi về dạng:
(*)

3
4 2 x  2 x 3  2 x  2 x 4.

Đây thuộc dạng cơ bản f g nhng không thể sử dụng phơng pháp biến
đổi tơng đơng bởi khi đó sẽ nhận đợc một phơng trình bậc 6.
Hớng 1: Sử dụng phơng pháp hàm số với điều kiÖn:
x3  4  0  x  3 4.



XÐt hµm sè g(x) 2 x  2  x 3  4 trªn tËp D  3 4;   , ta cã:

1
 3x 2 < 0, xD
x2

 g(x) nghÞch biến trên D.
Vậy, phơng trình sẽ có nghiệm duy nhất x = 2.
Hớng 2: Biến đổi phơng trình về dạng tích, trong hớng lựa chọn này nhân
tử chung chỉ có thể xuất hiện khi thực hiện các 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.
g '(x)

Với các bài toán kiểu này x0 đợc chọn sao cho

x 0  2  .

NhËn thÊy r»ng x0 = 2 nªn ta cã phÐp t¸ch:
2  x  2  4
2 x  2  2 x 3  8 
x 3  8
x 2 2







2  x  2

 x  2   x 2  2x  4 

x2 2

 x  2 0
 
2

x 2  2x  4 (2 ')
 x  2  2
4


Tới đây, các em học sinh hÃy sử dụng phơng pháp đánh giá để
giải phơng trình (2).
b

Câu III. Tích phân này đợc lấy ra từ dạng tổng quát I f (x).ln x.dx , và vì f(x)
a

không phải hàm đa thức nên không thể sử dụng ngay đợc phơng pháp tích phân tờng phần (bởi khi đặt dv = f(x).dx không thể suy ra đợc v). Do đó, ta đi tách I
thành các tích phân nhỏ:
e

e

1
I 2 x.ln x.dx 3  .ln x.dx .
x
1    
1  
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
b

Với tích phân I1 g(x).ln x.dx có g(x) là hàm đa thức nên ta sử dụng pha

ơng pháp tích phân từng phần:
u ln x
Giá trị của I1.
(2)

dv g(x).dx
Với tích phân I2, chỉ cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx.
(3)
Thay (2), (3) vào (1) ta đợc giá trị của I.
Câu IV. Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ, rồi ta lần lợt:
1. Để chứng minh M là trung điểm của SA ta đi chứng minh:
SCA cân tại C SC = AC.
Và để có đợc khẳng định trên chúng ta đi tính độ dài của SC và AC dựa theo
hệ thức lợng trong các tam giác vuông SAH và SCH.
2. §Ĩ tÝnh thĨ tÝch khèi chãp tø diƯn SMBC chóng ta sư dơng nhËn xÐt:
1
VMABC VMSBC  VSABC .
2
C©u V. Cách giải tổng quát cho dạng toán này là sử dụng đạo hàm, bằng việc
thực hiện theo các bớc:
Bớc 1:
Đặt điều kiện có nghĩa cho hàm số, ta đợc tập xác định D = [a; b].

Bớc 2:
Tính đạo hàm y, rồi giải phơng trình y = 0 để tìm c¸c nghiƯm x 1,
x2, ... thc D.
Bíc 3:
TÝnh y(a), y(b), y(x1), y(x2), .... Tõ ®ã, suy ra:
yMin = Min{y(a), y(b), y(x1), y(x2), ....}.



Chó ý: Víi c¸c em häc sinh kh¸, giỏi thì bài toán này còn đợc thực hiện với
dạng tỉng qu¸t:
y  A  B , víi A > B (tøc lµ y > 0)
nh sau:
5




y2 

A

B



2

A  B  2 AB

A ' B' 2 A '. B'  k, k cos tan , tøc là AB = AB





A'

B'



2

k k

Từ đó, suy ra y Min k , đạt đ ợc khi A ' B'.

A

Câu VI.a
1. Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) để thấy
I
đợc rằng C (với hoành độ dơng) chính là giao điểm của đH
ờng tròn (C) ngoại tiếp ABC và đờng thẳng BC. Từ đó,
C
B
công việc của chúng ta gồm hai phần:
a. Viết phơng trình đờng tròn (C), chính là đờng tròn tâm I bán kính IA.
b. Viết phơng trình đờng thẳng (BC), ta thấy:

Vì BC vuông góc với AH (A, H đà biết toạ độ) nên chúng ta có đợc phơng của đờng thẳng (BC).
Từ đó, để có đợc phơng trình của (BC) chúng ta cần tìm một điểm mà
(BC) đi qua. Và với kiến thức quen thuộc trong hình học phẳng (lớp 9)
thì điểm đó là trung điểm của BC hoặc là giao của BC với AH.
Ngoài ra, với phơng (BC) đà biết chúng ta lập đợc phơng trình của (BC)
theo tham số (giả sử là a). Giá trị của tham số nhận đợc từ điều kiện BH
vuông góc với AC.
Nh vậy, ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt:
Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ABC, ta có:
Tâm I
(C) :
.
Bán kính IA
Lập phơng trình ®êng th¼ng (AH) , ta cã:
Qua A
(AH) : 
.
Qua H
 Gọi AA1 là đờng kính thì BHCA1 là hình bình hành nên HA1 đi qua M là
trung điểm BC. Ta có IM là đờng trung bình của tam giác A1AH nên:

1
IM AH Toạ độ của M.
2
Vì BC qua M và vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC).
Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình:
C

(BC) Toạ độ của M.

x 0

Cách 2: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt:
Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ABC, ta cã:

6









Tâm I
(C) :
.
Bán kính IA
Lập phơng trình đờng thẳng (AH) , ta cã:
Qua A
(AH) : 
.
Qua H
Gäi A’ lµ giao điểm của AH với (C), suy ra toạ độ của A.
HA cắt BC tại điểm N là trung điểm của HA nên N(3; 3).
Vì BC qua N và vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC).
Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình:
C

(BC) Toạ độ của C.
x 0


Cách 3: (Bạn đọc tự vẽ thêm vào hình): Ta lần lợt:
Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ABC, ta có:
Tâm I
(C) :
.
Bán kính IA
Lập phơng trình đờng thẳng (AH) , ta có:
Qua A
(AH) :
.
Qua H
Vì BC vuông góc với AH, suy ra phơng trình của (BC) với tham số a.
Toạ độ của B, C thoả mÃn hệ phơng trình:
C
Ax2 + Bx + C = 0.
(*)

(BC)

Để tồn tại hai điểm B, C thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt, tức là:
'(*) 0 Toạ độ của B, C theo tham số a.
Tiếp theo:

BH AC BH.AC 0 Toạ độ của C.

2. Với hai mặt phẳng (P), (Q) cho trớc, suy ra đợc các vtpt n P , n Q . Chúng ta lần

lợt sử dụng
các giả thiết:
Gọi n R là một vtpt của mặt phẳng (R), khi đó:

  
n R  n P
(R)  (P)






n


R  n P , n Q  (a; b;c).
n

n
(R)  (Q)
 R
Q
Khi đó, phơng trình (R) có dạng:
(R): ax + by + cz  D = 0.
 Tõ gi¶ thiÕt vỊ khoảng cách, ta có:
d O; R 2 Giá trị của D.
7), trực tâm

Kết luận về phơng trình của mặt phẳng (R).
Câu VII.a. Với yêu cầu của bài toán chúng ta luôn bắt đầu với giả sử:
z a bi, a, b .
Tõ ®ã, suy ra:
z  a 2  b 2 , z2 = (a + bi)2 = a2  b2 + 2abi.
Khi đó, với giả thiết z 2 và z2 là số thuần ảo, ta đợc:
a 2 b 2  2
 a, b  Sè phøc z cần tìm.
2
2
a b 0
Câu VI.b.
1. Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ để thấy đợc rằng muốn có đợc phơng
trình đờng thẳng () thì cần tìm toạ độ điểm H. Và nếu giả sử H(a; b) thì cần
hai phơng trình với các ẩn a, b, ta lần lợt có:
Với điều kiện khoảng cách từ H ®Õn trơc hoµnh b»ng AH, suy ra:
AH2 = d2(H, Ox)  a2 + (b  2)2 = b2.
(1)
 H lµ hình chiếu vuông góc của A trên ( ) (đi qua gốc O) nên H thuộc đờng tròn đờng kính OA.
(2)
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1) và (2), ta đợc toạ độ của H.
Từ đó, suy ra phơng trình đờng thẳng ( ).
2. Với yêu cầu đợc tổng quát là "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả m·n ®iỊu kiƯn
K cho tríc", chóng ta thùc hiƯn theo các bớc:
Bớc 1:
Chuyển phơng trình đờng thẳng (1) (nếu cần) về dạng tham số theo t,
từ đó suy ra toạ ®é cđa ®iĨm M theo tham sè t.
Bíc 2:
ThiÕt lËp điều kiện K, cụ thể với bài toán này là d(M, (2)) = 1 nên ta
bắt đầu với:

Chọn một ®iĨm A thc (2) vµ mét vtpt n 2 cđa (2).
 Khi ®ã:
 
 n 2 , AM 
d(M, (2)) = 1 1 Giá trị tham số t
n2
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 hai:

Bíc 3:

8

2 log 2 (x  2)  2 log 2 y 0  log 2 y log 2 (x 2)
y = x 2.
(*)
Tới đây, chỉ cần thế (*) vào phơng trình thứ nhất của hệ ta nhận đợc
nghiệm x, từ đó suy ra y.
Kết luận về nghiệm của hệ thoả mÃn điều kiện ở bíc 1.


Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối D năm 2010
Câu I.

1. Ta lần lợt có:
(1). Hàm số xác định trên D = .
(2). Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cùc:
lim y = lim  x 4   1  12  64    .
x 
x 
x
x

Bảng biến thiên:
y' = 4x3 2x, y' = 0  4x3  2x  x = 0.
x 
0
+
y'
6


y
C§
1


 §iĨm n:
y'' = 12x2  2 < 0, xD Đồ thị hàm số không có điểm uốn.
(3). Đồ thị của hàm số: Lấy thêm các điểm A(1; 4) và B(1; 4) Bạn đọc tự vẽ
đồ thị.
2. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:
1

Cách 1: Tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng y x 1 nên có hệ số góc k = 6.
6
Do đó, hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến với đồ thị hàm số là nghiệm của phơng trình:
4x3 2x = 6  2x3 + x + 3 = 0  (x + 1)(2x2  2x + 3) = 0 tham số x = 1.
Từ đó, suy ra phơng trình tiếp tuyÕn cã d¹ng:
(d): y = 6(x + 1) + y(1)  (d): y = 6x + 10.
1
C¸ch 2: Gäi (d) là đờng thẳng vuông góc với y x 1 , khi đó:
6
(d): y = 6x + b.
Đờng thẳng (d) là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C), khi hÖ sau cã nghiÖm:
  x 4  2x 2  6  6x  b
 x 1

.


3
  4x 2x 6
b 10
Vậy, phơng trình tiếp tuyến có dạng (d): y = 6x + 10.
Câu II.
1. Biến đổi phơng trình về dạng:
2sinx.cosx (1 2sin2x) + 3sinx  cosx  1 = 0
 (2sinx.cosx  cosx) + 2sin2x + 3sinx  2 = 0
 (2sinx  1)cosx + (2sinx  1)(sinx + 2) = 0
 (2sinx  1)(cosx + sinx + 2) = 0

9



1

 x  6  k2
sin
x

 
 
, k  .
2

5

x   k2
 cos x  sin x  2 0 (vô nghiệm)

6
Vậy, phơng trình có một họ nghiệm.
2. Điều kiện x 2.
Biến đổi phơng trình về dạng:

4

2x  x 2

 42
 242

 42

x 2

4
2

x 2

x 2

2x  2

  2

x3

 2x

3

 4x  4

 0

3

 1  2 x  1  24x  4  0

4x  4



3

4x  4
 1 24 2
 1  2x  24x  4  1 0   2

x 2

 2x

3

 0

 24x  4  1 0
 24x  4 1
(1)
 


3
3
 242 x 2  2x 0
 242 x 2 2x (2)
Ta lần lợt:
Với phơng trình (1) th×:

4x  4 = 0  4x = 4 x = 1, thoả mÃn điều kiện.
Với phơng trình (2) ta có thể lựa chọn một trong các cách giải sau:
Cách 1: Ta có:
4 2 x 2 x 3  2


2  x  2  4
x 2 2





x  2  2 x 3  8

x 3  8 

2  x  2
x 2 2

 x  2   x 2  2x  4 

 x 2
 
2

x 2  2x  4 (2 ')
 x  2  2
NhËn xÐt r»ng:
 VT(2') 1

Phơng trình (2) vô nghiệm.

VP(2') 3
Cách 2: Ta cã:
3
3
4  2 x  2 x 3  x  2 x  4  x  2  x  4 0. (*)
§iỊu kiƯn:
x3  4  0  x  3 4.



XÐt hµm sè g(x) 2 x  2  x 3  4 trªn tËp D  3 4;   , ta cã:

10


1
 3x 2 < 0, xD  g(x) nghÞch biÕn trên D.
x2
Do đó, phơng trình (*) sẽ có nghiệm duy nhất x = 2.
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.
Câu III. Biến đổi tích phân I về dạng:
g '(x)

e

e

1

I 2 x.ln x.dx 3  .ln x.dx .
x
1    
1 
I1

(1)

I2

Ta lần lợt:
Với tích phân I1, sử dụng phơng pháp tích phân từng phần:
dx

du

u ln x

x

.

2
dv xdx
v x

2
Ta đợc:
e

e

e

x2
1
e2 x 2
e2 1
I1 ln x  x.dx  

.
2
21
2 4 1
4
1
 Víi tÝch phân I2, sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx, suy ra du =
§ỉi cËn:
- Víi x = 1 th× u = 0.
- Víi x = e th× u = 1.
Ta đợc:

(2)
dx
.
x

1

1

1
u2
.
2 0 2
0
Thay (2), (3) vào (1) ta đợc:
e2 1
1 e2 2
I 2.
3.
.
4
2
2
Câu IV. Bạn đọc tự vẽ hình.
a. Chứng minh M là trung ®iĨm cđa SA: Ta cã
I 2 u.du 

(3)

2

a 2
a 14
.
SH  SA  AH  a  
 
4
 4 

2

2

2

2

14a 2  3a 2 
32a 2
2
2

a 2 AC.
SC  SH  CH 
 
16  4 
16
Suy ra SCA cân tại C nên M là trung điểm của SA.
11


b. TÝnh thĨ tÝch khèi chãp tø diƯn SMBC: Tõ M ta hạ K vuông góc với AC, nên :
1
KM  SH.
2
Ta cã :
1
1  1  a 14 a 3 14
VSABC  SH.SABC   a 


.
3
3 2  4
24
Từ đó:
1
a 3 14
VMABC VMSBC VSABC
.
2
48
Câu V. Điều kiÖn
2
 3 x 7
  x  4x  21 0

 x  D   2; 5 .
 2
  x  3x  10 0
 2 x 5
NhËn xÐt r»ng:
  x 2  4x  21    x 2  3x 10  x 11  0, x  D  y > 0.
Khi ®ã, víi biÕn ®ỉi:
y   x  3  7  x    x  2   5  x 
 y 2  x  3  7  x    x  2   5  x   2
 x  3  5  x    x  2   7  x   2

 x  3  7  x   x  2   5  x 
 x  3  7  x   x  2   5  x   2

2

  x  3  5  x    x  2   7  x    2  2.


Tõ ®ã, suy ra y Min  2 , đạt đợc khi :

x 3 5 x    x  2   7  x  0
  x  3  5  x    x  2   7  x 
1
  x  3  5  x   x  2   7  x   3x  1 = 0  x .
3
Nhận xét: Lời giải trên thực hiện theo chú ý trong phần định hớng và dựa trên
nguyên tắc giao hoán tơng thích.
Câu VI.a
1. Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Gọi (C) là đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta có:
Tâm I 2; 0 
2
(C) : 
 (C) :  x  2 y 2 74.
Bán kính IA 74
Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi:

12


Qua A(3;  7)
Qua A
 (AH): x  3 = 0.


(AH) : 
 (AH) : 
 vtcp AH(0; 6) chon (0; 1)
Qua H
Gọi AA1 là đờng kính thì BHCA1 là hình bình hành nên HA1 đi qua M là trung
điểm BC.
Ta có IM là đờng trung bình của tam giác A1AH nªn:

1
 x  2
IM  AH   M
 M(  2; 3).
2
 y M 3
V× BC qua M và vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y  3 = 0.
Khi ®ã, täa ®é C tháa mÃn phơng trình:
x 2 2 y 2 74


 y  3 0
x  0

VËy, ®iĨm C



 x  2  65
.


 y 3



65  2;3 .

C¸ch 2: Gọi (C) là đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta cã:
T©m I   2; 0 
2
(C) : 
 (C) :  x  2   y 2 74.
 Bán kính IA 74
Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bëi:
Qua A(3;  7)
Qua A
 (AH): x  3 = 0.

(AH) : 
 (AH) : 
 vtcp AH(0; 6) chon (0; 1)
Qua H
Gọi A là giao điểm của AH víi (C), ta cã:
 x  2  2  y 2 74
 x 3
 A’(3; 7), trùc t©m).
 

y

7

x

3

0


HA’ cắt BC tại điểm N là trung điểm của HA nên N(3; 3).
Vì BC qua N và vuông góc với AH nên có phơng trình (BC): y 3 = 0.
Khi đó, tọa độ C thỏa mÃn phơng trình:
x  2  2  y 2 74

 x  2  65

.
 y  3 0
 y 3
x  0

A





Vậy, điểm C 65 2;3 .
Cách 3: Gọi (C) là đờng tròn ngoại tiếp ABC, ta có:
Tâm I  2; 0 
2
(C) : 

 (C) :  x  2   y 2 74.
 B¸n kÝnh IA  74

I
H

B

C
13


Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi:
Qua A(3; 7)
Qua A
 (AH): x  3 = 0.

(AH) : 
 (AH) : 
 vtcp AH(0; 6) chon (0; 1)
Qua H
V× BC vuông góc với AH nên có phơng trình:
(BC): y a = 0, a 7), trực tâm vì (BC) không đi qua A.
Toạ độ của B, C thoả mÃn hệ phơng trình:
x 2 2 y 2 74
 x2 + 4x + a2  7), trực tâm0 = 0.
(*)

y a 0
Để tồn tại hai điểm B, C thì (*) phải có hai nghiệm phân biệt, tức là:

' 0 4 a2 + 7), trùc t©m0 > 0  a2 < 7), trực tâm4 a 74.



Khi đó, ta đợc B  2 

 



74  a 2 ; a , C  2  74  a 2 ; a vi x C  0.

TiÕp theo:
 
BH AC  BH.AC 0




74  a 2  5





74  a 2  5  (a  7)( 1  a) 0

 a 3
 a2 + 4a  21 = 0  
 C

 a  7 (l)
VËy, ®iĨm C 65  2;3 .







65 2;3 .



2. Ta có:

Mặt phẳng (P) có vtpt n P 1; 1; 1 .

Mặt phẳng (Q) cã vtpt n Q  1;  1; 1 .

Gọi n R là một vtpt của mặt phẳng (R), khi ®ã:
 

n
(R)  (P)
 R  n P    
  
n R  n P , n Q  = (2; 0; 2) chän (1; 0; 1).

(R)

(Q)
n

n

R
Q
Khi đó, phơng trình (R) có dạng:
(R): x z D = 0.
Từ giả thiết về khoảng cách, ta cã:
D
d  O;  R   2 
2 D 2 2.
2
Vậy, tồn tại hai mặt phẳng (R1 ) : x  z  2 2 0, (R 2 ) : x  z  2 2 0 thoả
mÃn điều kiện đầu bài.
Câu VII.a. Giả sử z a  bi, a, b   , ta cã:
14


z  a 2  b 2 , z2 = (a + bi)2 = a2  b2 + 2abi.
Khi ®ã, với giả thiết z 2 và z2 là số thuần ảo, ta đợc:
a 2 b 2 2
a 2  b 2 2
 a2 = b2 = 1.
  2
 2
2
2
a  b 0

a  b 0
VËy, tån t¹i bèn sè phøc z1 = 1  i , z2 = 1  i, z3 = 1  i, z4 = 1 i thoả mÃn
điều kiện đầu bài.
Câu VI.b
1. Giả sử H(a; b), ta có ngay:
AH2 = a2 + (b  2)2, d(H, Ox) = yH = b
AH = d(H, Ox)  a2 + (b  2)2 = b2.
(1)
Đờng tròn (C) đờng kính OA có phơng trình:
(C): x2 + (y  2)2 = 1.
NhËn xÐt r»ng H thuộc (C) nên a2 + (b 1)2 = 1.
(2)
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1) và (2), ta đợc:
a  4 5  8
 H1  2 5  2; 5  1 , H 2 2 5  2; 5  1 .

 b  1  5
Khi đó, ta lần lợt:







Với điểm H1 2

1  : 



 Víi ®iĨm H 2 2

 2 :





5 2; 5 1 ta đợc ®êng th¼ng:



5  1 x  2y

5  2 0.



5 2; 5 1 ta đợc đờng thẳng:



5 1 x  2y

5  2 0.

2. §iĨm M thc đờng thẳng (1) nên M 3 t; t; t .

Với đờng thẳng (2) thì nó đi qua ®iĨm A(2; 1; 0) vµ cã vtpt n 2  2; 1; 2  .
Khi ®ã:
 
2
2
 n 2 , AM 
t  1  4   t  3
d(M, (2)) = 1     1  
1
n2
4 1  4
 t1 1  M1 (4; 1; 1)
2
.
2t 2  10t  17 3  2t  10t + 8 = 0  
 t 2 4 M 2 (7; 4; 4)
Vậy, tồn tại hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.


Câu VII.b. iều kiÖn:

15


x  2  0
x  2
 
.

y  0

y 0
Biến đổi tơng đơng hệ về dạng:
x 2  4x  y  2 0
 x 2  4x  y  2 0
 

 2 log 2 (x  2)  2 log 2 y 0
log 2 y log 2 (x  2)
  x 0 (l)
 x 2  4x  y  2 0
 x 2  3x 0
 x 3

 
 
   x 3
 
.
 y 1
 y x  2
 y x 2
y x 2

Vậy, hệ phơng trình có một cặp nghiệm (3; 1).

đề luyện tập tơng tự
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

(C): y = x4 + ax2 + b.

1. Tìm các hệ số a, b sao cho đồ thị của hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x 4
tại điểm có hoành độ là 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với các
giá trị vừa tìm đợc của a, b.
2. Tìm các hệ số a, b sao cho hàm số có ba điểm cực trị lập thành một tam giác đều
có độ dài đờng cao bằng 1.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phơng trình:
2
3tan3x + cot2x = 2tanx +
.
sin 4x
2. Giải bất phơng trình:
x 1 3 x 1.
2

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân I x 2 4 x 2 dx.


1

Câu IV: (1 điểm): Cho tứ diện ABCD có DA = 5a và vuông góc với mặt phẳng

(ABC), ABC vuông tại B và AB = 3a, BC = 4a. Xác định tâm và tính bán
kính mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D.
Câu V: (1 điểm): Cho các số thực a, b 1 và thoả mÃn a + b = 32. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
A log 2 a log 2 b.
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 (C) có phơng trình:
(d): x y = 0, (C): x2 + y2x  3y  2 = 0.
16


a. Chứng tỏ rằng (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt E, F. Tìm toạ độ trung

điểm H của EF.
b. Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) tại H và tiếp xúc với (C).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 1; 2), B(3; 1; 1)

và mặt phẳng (P) có phơng trình x – 2y + 3z – 5 = 0. T×m toạ độ giao điểm I
của đờng thẳng AB và mặt phẳng (P). Viết phơng trình đờng thẳng () nằm
trong (P), đi qua I và vuông góc với AB.
Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức:
1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + ... + (1 + i)20.
B. Theo ch¬ng trình Nâng cao
Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết A(2, 1) và hai đờng phân
giác trong của góc B, C có phơng trình
(dB): x2y + 1 = 0 và (dC): x + y + 3 = 0.
Lập phơng trình cạnh BC.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba ®iÓm A(3; 2;), B(1; 0; 5),
x 1 y 2 z 3
. Tìm toạ độ điểm N trên đ

1
2
2

ờng thẳng (d) để NA NB NC đạt giá trị nhỏ nhất.

C(7), trực tâm; 2; 2) và đờng thẳng (d) :

Câu VII.b (1 điểm): Gọi A, B là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo
thứ tự hai số phức z0, z1 khác 0 thoả mÃn đẳng thức z 20  z12 = z0z1. Chøng minh
r»ng OAB lµ tam giác đều (O là gốc toạ độ).
Đáp án chi tiết đề luyện tập
Câu I.
1. Trớc tiên, ta có:
y' = 4x3 + 2ax;
y" = 12x2 + 2a.
Đồ thị của hàm số tiếp xúc với đờng thẳng y = 8x 4 tại điểm có hoành độ là 1
chúng ta đợc:
(C) ®i qua ®iÓm N(1; 4)
 4 1  a  b
a  b 3
a 2



.

8

4

2a
a


2
b

1
y
'(1)

8




VËy, víi a = 2 vµ b = 1 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Với kết quả trên, hàm số có dạng:
y
(C): y = x4 + 2x2 + 1.
Ta lần lợt có:
4
(1). Hàm số xác định trên D = .
A
B
(2). Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực:
1S
lim y = lim  x 4  1  22  14   .
1 O
x 
1 B
x 

x 
  x
Bảng biến thiên:
y' = 4x3 + 4x, y' = 0  4x3 + 4x = 0  x = 0.
x 
0
+
y'
+
 0
17), trùc t©m


y

+

CT
1

+

 §iĨm n:
y'' = 12x2 + 4 > 0, xD Đồ thị hàm số không có điểm uốn.
(3). Đồ thị của hàm số: Lấy thêm các điểm A(1; 4) và B(1; 4).
2. Trớc tiên, ta có:
y' = 4x3 + 2ax;
y' = 0  2x(2x2 + a) = 0.
(1)
Hµm sè có cực đại, cực tiểu khi:

(1) có ba nghiệm phân biƯt  a < 0.
(*)
Khi ®ã, (1) cã ba nghiƯm phân biệt x = 0, a và toạ ®é ba ®iĨm cùc trÞ:
2


a
a2 
a
a2 
A(0; b), B    ; b 
 vµ C   ; b
.

2
2
2
2


Ta lần lợt sử dụng các điều kiện:
ABC đều có độ dài đờng cao (là AO) b»ng 1, suy ra b = 1.
 ABC ®Ịu khi:
 AB AC (ld)
 AB2 = BC2 

AB

BC


2

2


a   a2  
a


     2  
2  2  
2


2

a4
3a (*) 3
3

 a  6  a   6.
4
2
3
VËy, víi a   6 vµ b = 1 thoả mÃn điều kiện đầu bài.


Câu II.
1. Điều kiÖn:

cos 3x 0
 k


x 

sin 2x 0

cos 3x 0

3x   k

6 3 ,k .



2


cos
x

0
sin
4x

0
k




 4x k
x 

sin 4x 0
4
BiÕn đổi phơng trình về dạng:
2
2(tan3xtanx) + (tan3x + cot2x) =
sin 4x
2sin 2x
cos x
2

+
=
cos 3x.cos x
cos 3x.sin 2x
sin 4x
 4sin4x.sinx + 2cos2x.cosx = 2cos3x
 4sin4x.sinx + cos3x + cosx = 2cos3x
 4sin4x.sinx = cos3xcosx  8sin2x.cos2x.sinx = 2sin2x.sinx
1
dk
 cos2x =  4 = cos2  2x = 2 + 2k  x =  + k, k   .
18


Vậy phơng trình có hai họ nghiệm
2. Điều kiện x  0.

Ta cã:
2
x 0  1 3 x  1 0
(1) 

 x > (1 + 3 x  1 )
 x > 1 + 2 3 x  1 + ( 3 x  1 )2
 x  1  ( 3 x  1 )2  2 3 x 1 > 0.
0
Đặt t = 3 x 1 x
t > 1.
Khi đó, bất phơng trình (2) cã d¹ng:
t3  t2  2t > 0  t(t2  t  2) > 0  t(t + 1)(t  2) > 0
t 10

 t(t  2) > 0

(*)

(2)

3 x 12
t 2
x  18
x 9
x 0
 
 
 




 0  x 1
t 0
x  1 0

 3 x 1 0
Vậy, bất phơng trình có nghiệm x > 9 hoặc 0 < x < 1.
Câu III. §Ỉt x = 2sint, 
§ỉi cËn:





 t  suy ra dx = 2cost.dt.
2
2


.
6

Víi x = 2 th× t = .
2

Víi x = 1 thì t =

Khi đó:

/2

I=

/2

2
2
4sin t. 4 4sin t.2 cos t.dt = 4

/6

= 2  t 


2
sin 2t.dt = 2

/6

/2

(1  cos 4t).dt

/6

/2
3

1


= 2 +
sin 4t 
.
8
4
3
/6

Câu IV.
a. Gọi O là trung điểm CD. Vì DA  (ABC) nªn:
CD
DA  AC  OA = OC = OD =
.
2
Ta cã:
 BC  AB
CD
 BC  (ABD)  BC  BD  OB =
.

2
 BC  DA
VËy, ta đợc:
D
CD
OA = OB = OC = OD =
2
CD
A, B, C, D cũng thuộc mặt cầu S(O,

).
A
2

O
C

B

19


b. Ta cã:

1
1
1
2
2
2
2
2
R = 2 CD = 2 AD  AC = 2 AD  AB  BC
1
5a 2
2
2
2
= 2 25a  9a  16a = 2 .
5a 2

VËy, mỈt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D có bán kính R = 2 .
Câu V. Ta có biến ®æi:
A 2 log 2 a  log 2 b  2 log 2 a.log 2 b
C «si



 log 2 a  log 2 b  log 2 a  log 2 b = 2(log2a + log2b) = 2log2ab
a b
4 log 2 ab 4 log 2
2 = 4.4 = 16
 A 4.
Vậy, ta đợc AMax = 4 đạt đợc khi:
a  b 32

log 2 a log 2 b  a = b = 16.
a b

Chú ý: Bài toán trên cũng có thể đợc thực hiện dựa theo bất đẳng thức
Bunhiacôpxki, cơ thĨ:

A 1. log 2 a 1. log 2 b  (1  1)  log 2 a  log 2 b   2 log 2 ab
 4 log 2 ab  4 log 2

a  b = 4.
2

VËy, ta đợc AMax = 4 đạt đợc khi:
a b 32


log 2 a log 2 b  a = b = 16.
a b

Câu VI.a.
3
1 3
1. Đờng tròn (C) có tâm I ; và bán kính R .
2
 2 2
a.
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:

C¸ch 1: Xét hệ phơng trình tạo bởi (d) và (C):

E(1  2;1  2)
 x  y 0


x

y

1

2

 2
2
 x  y  x  3y  2 0
F(1  2; 2)

Trung điểm H(1; 1).
Cách 2: Nhận xét rằng:
(d) luôn đi qua điểm cố định O(0; 0).
pO/(C) = 2 < 0  O ë trong (C).
20