1 Giải đề thi đại học khối B môn toán 2009

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 2009



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:
1


Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

2


đề thi môn toán khối B năm 2009
Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = 2x4 4x2.
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2. Với giá trị nào của m phơng trình x2x2 2 = m có đúng 6 nghiệm phân biệt.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phơng trình:
sin x cos x.sin 2x  3 cos 3x 2(cos 4x  sin 3 x).
2. Giải hệ phơng trình:
xy x 1 7y
.
 2 2
2
 x y  xy  1 13y
3

C©u III: (1 điểm): Tính tích phân I

3 ln x

x 1

2

.dx.

1

Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có BB = a, góc giữa


đờng thẳng BB và mặt phẳng (ABC) bằng 600, ABC vuông tại C và BAC
600.
Hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của

ABC. Tính thể tích khối tứ diện AABC theo a.
Câu V: (1 điểm): Cho các số thực x, y thay đổi thoả mÃn (x + y) 3 + 4xy 2.
Tìm giá trị nhá nhÊt cđa biĨu thøc:
A = 3(x4 + y4 + x2y2) 2(x2 + y2) + 1.
Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặ B)

A. Theo chơng trình Chuẩn
Câu VI. a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C) và hai đờng thẳng (1),
(2) có phơng trình:
4
(C) : (x  2) 2  y 2  , (1): x  y = 0, (2): x  7y = 0y = 0
5
Xác định toạ độ tâm K và bán kính của đờng tròn (C1), biết đờng tròn (C1) tiếp
xúc với các đờng thẳng (1), (2) và tâm K thuộc đờng tròn (C).
2. Trong không gian với hệ toạ ®é Oxyz, cho tø diƯn ABCD cã c¸c ®Ønh A(1; 2; 1),
B(2; 1; 3), C(2; 1; 1) vµ D(0; 3; 1). Viết phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A,
B sao cho khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P).
Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phøc tho¶ m·n:
 z  (2  i)  10
.

z.z

25

B. Theo chơng trình Nâng cao
3

Câu VI. b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cân tại A có đỉnh A(1; 4) và
các đỉnh B, C thuộc đờng thẳng (): x y 4 = 0. Xác định toạ ®é ®iĨm B vµ
C, biÕt diƯn tÝch ABC b»ng 18.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(3; 0; 1), B(1; 1; 3) và
mặt phẳng (P) phơng trình:
(P): x 2y + 2z 5 = 0.
Trong các đờng thẳng đi qua A và song song với (P), hÃy viết phơng trình đờng thẳng mà khoảng cách từ B đến đờng thẳng đó là nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để đờng thẳng y = x + m cắt đồ
2
thị hàm số y x 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4.
x
Đánh giá và định hớng thực hiện
Câu I.
1. Với hàm số:
y = f(x) = ax4 + bx2 + c, víi a  0
ta lần lợt có:
Miền xác định D = R.
Đạo hàm:
Đạo hàm cấp một:
y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b).
Phơng trình y' = 0 hoặc có một nghiệm (a.b 0) hoặc có ba nghiệm phân biệt.
Do đó hàm số hoặc chỉ có một cực trị hoặc có ba cực trị.
Đạo hàm cấp hai:
y'' = 12ax2 + 2b.
Do đó hàm số hoặc có hai điểm uốn hoặc không có điểm uốn.
Giới hạn:
khi a 0
lim y = lim ax4(1 + b + c ) = 
.

2
4
x
x
ax
ax
khi a 0
Bảng biến thiên: DÊu cđa y' phơ thc vµo dÊu cđa a (a > 0 hay a < 0) vµ dÊu
cđa a.b, do đó ta có bốn trờng hợp biến thiên khác nhau.
Đồ thị của hàm số: Do có bốn trờng hợp khác nhau về chiều biến thiên nên đồ
thị của hàm trùng phơng có bốn dạng sau đây:
Với a > 0
Với a < 0
Cã mét cùc trÞ
Cã ba cùc trÞ
Cã mét cùc trị
Có ba cực trị
y
y
y
y

O

x

O

x

O

x

O

Một số tính chất của hàm trùng phơng

Tích chất 1: Hàm số có cực trị với mọi giá trị của tham số sao cho a 0.
Tích chất 2: Hàm số có cực đại, cực tiểu
4

x


 y' = 0 cã ba nghiƯm ph©n biƯt 

b
< 0.
2a

Tích chất 3: Hàm số có hai cực đại và mét cùc tiĨu
a  0

.
b  0
TÝch chÊt 4: Hµm số có một cực đại và hai cực tiểu
a 0

.

b 0
Tích chất 5: Hàm số có hai điểm n
 y'' = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt 

b
< 0.
2a

Tích chất 6: Hàm số không có điểm uốn
b
0.
2a
Tích chất 7: Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.
Tích chất 8: Phơng trình trùng phơng:
ax4 + bx2 + c = 0, với a 0.
(1)
2
Đặt t = x với t 0, phơng trình có dạng:
at2 + bt + c = 0.
(2)
 NÕu (2) cã nghiÖm t0  0 th× (1) cã nghiƯm x =  t 0 .
 (1) cã nghiÖm duy nhÊt
 (2) cã nghiÖm t1  0 = t2.
 (1) cã hai nghiÖm ph©n biƯt
 (2) cã nghiƯm t1 < 0 < t2 hc 0 < t1 = t2.
 (1) cã ba nghiƯm ph©n biƯt
 (2) cã nghiƯm 0 = t1 < t2.
 (1) cã bèn nghiƯm ph©n biƯt
 (2) cã nghiƯm 0 < t1 < t2.
 (1) cã bèn nghiƯm ph©n biƯt lËp thµnh cÊp sè céng

 (2) cã nghiƯm 0 = t1 < t2 và t2 = 9t1.
Tích chất 9: Phơng pháp tìm điều kiện của tham số để đồ thị hµm sè:
y = ax4 + bx2 + c
tiÕp xóc víi Ox tại hai điểm phân biệt
Phơng pháp 1: Đại số
Điều kiện là (1) có hai nghiệm kép phân biệt
ax4 + bx2 + c = a(xx1)2(xx2)2 víi x1  x2.
(3)
Sư dụng phơng pháp hằng số bất định ta xác định đợc giá trị của
tham số.
Phơng pháp 2: Hàm số
Miền xác định D = R.
Đạo hàm:
y' = 4ax3 + 2bx = 2x(2ax2 + b),
y' = 0  2x(2ax2 + b) = 0.
(4)
 y'' = 0 cã hai nghiƯm ph©n biƯt 

5


§iỊu kiƯn lµ
b
 2a  0
ab  0

.

2
4ac


b

0
b

 y( 
) 0

2a
2. Dễ thấy phơng trình đợc viết lại dới dạng:
2x4 4x2 = 2m
từ đó, phơng trình có đúng 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y = 2m
cắt đồ thị hàm số y = 2x4 4x2 = f(x) tại 6 điểm phân biệt.
Từ đồ thị hàm số y = f(x) để suy ra đồ thị hµm sè y = f(x), ta cã nhËn xÐt:
f (x) khi f (x) 0
y = f(x) = 
.
  f (x) khi f (x) 0
Do đó đồ thị y = f(x) gồm:
1. Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y = f(x).
2. Đối xứng phần đồ thị phÝa díi trơc hoµnh cđa y = f(x) qua trơc hoành.
Câu II.
1. Dễ nhận thấy phơng trình đợc cho dới dạng hỗn tạp, tức chúng ta cần các phép
biến đổi dần, với các định hớng là:
Chuyển phơng trình về dạng chỉ chứa sinx (bởi trong phơng trình có chứa
sin3x), hớng này không khả thi bởi sẽ rất phức tạp với cos4x.
Nh vậy, cần hạ bậc sin3x và vì chúng ta không đợc cung cấp công thức hậc
bậc bậc ba nên cần ghép nó với một toán tử tơng øng, ta cã:

 sin x  2sin x   cos x.sin 2x  3 cos 3x 2 cos 4x
  1  2sin x  sin x  cos x.sin 2x  3 cos 3x 2cos 4x
3

2

 B»ng viÖc sử dụng công thức góc nhân đôi, ta biến đổi ®ỵc:
cos 2x.sin x  cos x.sin 2x  3 cos 3x 2 cos 4x
 TiÕp theo, b»ng viƯc sư dơng công thức cộng, ta đợc:
sin 3x 3 cos 3x 2 cos 4x
Tới đây, chúng ta gặp một dạng phơng trình cơ bản đợc tổng quát:
a.sin x b cos x  a 2  b 2 cos kx
hc a.sin x  b cos x  a 2  b 2 sin kx
và phơng pháp giải nó tơng tự cách 1 để giải phơng trình a.sinx + b.cosx = c
Tham khảo định hớng trong câu II.1 của đề to¸n khèi D  2007y = 0. Cơ thĨ, ta biÕn
®ỉi tiÕp:


1
3
sin 3x 
cos 3x cos 4x  co s  3x   co s 4x.
6

2
2
6


2. Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy để giải nó chúng ta cần có

những đánh giá nh sau:
Phơng trình thứ nhất của hệ có bậc 2 và VP là bậc nhất của y.
Phơng trình thø hai cđa hƯ cã bËc 4 vµ VP lµ bậc hai của y 2. Và ở đây dễ
nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ.
Từ đó, để hằng số hoá VP của các phơng trình trong hệ chúng lần lợt chia nó
cho y và y2 để chun hƯ vỊ d¹ng:
x 1

 x  y  y 7

.

 x 2  x  1 13

y y2
2

1 x


Tíi đây, bằng nhận định x 2 12 x 1 2 x và hai toán tử x , tồn
y y
y
y
y
tại trong phơng trình thứ nhÊt cđa hƯ, nªn ta sư dơng Èn phơ:
1
x
u x và v= .

y
y
Hệ phơng trình sẽ đợc chuyển về d¹ng:
 u  v 7
.
 2
 u  v 13
Nh vậy, chỉ cần sử dụng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên.
b

Câu III. Đây là tích phân đợc mở rộng từ dạng I f (x).ln n x.dx phơng pháp đa

ợc lựa chọn là "Phơng pháp tích phân từng phân" với cách lựa chọn:
u 3 ln x

dx .

dv


(x 1) 2

Câu IV. Đây là bài toán về hình học không gian có yêu cầu về kiến thức ở lớp 11,
cụ thể:
Góc giữa đờng thẳng BB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0, tuy nhiên vì có
giả thiết "Hình chiếu vuông góc của điểm B trên mặt phẳng (ABC) trùng
với trọng tâm của ABC", nên ta có ngay:

B'BG
600 , với G là là trọng tâm ABC.

§Ĩ tÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn A’ABC theo a, ta có đánh giá:
1
VA '.ABC VB'.ABC B'G.SABC .
3
Câu V. Thông thờng, với yêu cầu "Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
A thoả mÃn tính chất K", trong đó K là một bất đẳng thức, các em học sinh cần
định hớng rằng:
Cần biến đổi A vỊ d¹ng f(t).
7y = 0


Tõ K suy ra ®iỊu kiƯn cho biÕn t.
Tõ ®ã, xét hàm số f(t) ứng với điều kiện của t vừa tìm đợc.
Nh vậy, với bài toán đà cho chúng ta sẽ lần lợt định hớng biến đổi nh sau:
3
3
A  (x 2  y 2 )2  (x 4  y 4 )  2(x 2  y 2 ) 1
2
2
3 2
3
 (x  y 2 ) 2  (x 2  y 2 )2  2(x 2  y 2 ) 1
2
4
9
 (x 2  y 2 ) 2 2(x 2 y 2 ) 1.
4
Đặt t = x2 + y2, ta cã:
9
A  t 2  2t  1 f (t).

4
Tõ ®ã, dÉn tíi viƯc cần tìm điều kiện cho biến t từ giả thiết (x + y) 3 + 4xy 2,
và để thực hiện công việc này chúng ta chỉ cần kết hợp nó với bất đẳng thức:
(x + y)2 4xy.
Bằng cách cộng theo vế, chúng ta sẽ nhận đợc:
(x + y)3 + 4xy + (x + y)2  2 + 4xy  (x + y)3 + (x + y)2  2  x + y  1
Khi ®ã:
1
1
1
x 2  y 2  (x  y) 2   t  .
2
2
2
1
Công việc còn lại chỉ là xét hàm số f(t) với t .
2
Câu VI.a
1. Với yêu cầu "Tìm điểm M thuộc đờng tròn (C): (xa)2 + (yb)2 = R2 thoả
mÃn điều kiện K", ta lựa chọn một trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc:
Bíc 1:
LÊy ®iĨm M(x0; y0)(C), suy ra:
(x0a)2 + (y0b)2 = R2.
Bíc 2:
Dùa vào điều kiện K có thêm đợc điều kiện cho x0, y0.
Cách 2: Sử dụng phơng trình tham số của đờng tròn, nh sau:
Bớc 1:
Chuyển phơng trình đờng tròn về dạng tham số:
(C):

, t [0, 2).
Bớc 2:
Điểm M(C) M(a + Rsint; b + Rcost).
Bíc 3:
Sư dơng ®iỊu kiƯn K để xác định cost, sint. Từ đó tìm đợc toạ độ của
M dựa trên đẳng thức sin2t + cos2t = 1.
Và trong bài toán này chúng ta sẽ sử dụng cách 1, cụ thể:
Vì K(a; b) thuộc (C) nên:
4
(1)
(a 2) 2 b 2 .
5
Vì (C1) tiếp xúc với các đờng thẳng (1), (2) nên:
d(K, (1)) = d(K, (2)).
(2)



x a  R sin t

y b  R cos t

8


Giải hệ toạ bởi (1) và (2) chúng ta nhận đợc a, b (tức toạ độ của K), khi đó bán kính
đờng tròn (C1) là R1 = d(K, (1)).
2. Với các em học sinh chỉ biết đánh giá tuần tự:
Mặt phẳng (P) đi qua A, B.
Khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P).

Chắc chắn sẽ thực hiện bài toán này theo các bớc:
Bớc 1:
Giả sử phơng trình mặt phẳng (P) có dạng:
(P): Ax + By + Cz + D = 0, A2 + B2 + C2 > 0.
Bíc 2:
V× A, B thc (P) nªn:
A + 2B + C + D = 0
(1)
2A + B + 3C + D = 0.
(2)
Bớc 3:
Để khoảng cách từ C tới (P) bằng khoảng cách từ D tới (P), điều
kiện là:
2A B C D

3B C  D

(3)
.
A 2  B2  C 2
A 2 B2 C 2
Bớc 4:
Giải hệ phơng trình tạo bởi (1), (2), (3) để tìm cách biểu diễn ba trong
bèn Èn sè A, B, C, D theo mét Èn còn lại. Từ đó, suy ra phơng trình mặt
phẳng (P) cần tìm.
Cách giải trên không sai và luôn là phơng pháp đợc lựa chọn trong trờng hợp
tổng quát d(C, (P)) = k.d(D, (P)). Tuy nhiên, vì d(C, (P)) = d(D, (P)) chúng ta sử
dụng đánh giá:
Để mặt phẳng (P) cách ®Ịu hai ®iĨm C, D chØ cã thĨ x¶y ra hai trờng hợp:
(P) song song với CD.

(P) đi qua trung điểm của CD.
Từ nhận xét trên, ta lần lỵt:
 (P) song song víi CD, suy ra:





Qua A
Qua A
  


(P) : 
 (P) : 
vtpt
n
 AB, CD 
CỈp vtcp AB và CD

(P) đi qua trung điểm I(1; 1; 1) cña CD, suy ra:

Qua A
Qua A
 
   
(P) : 
 (P) : 
vtpt
n

 AB, AI 
CỈp vtcp AB và AI

Câu VII.a. Với yêu cầu này chúng ta chỉ cần giả sử số phức z = a + bi, rồi sử
dụng công thức tính môđun. Khi đó chúng ta nhận đợc hệ phơng trình:
a bi (2  i)  10
 2
2
a  b 25
C©u VI.b.
1. Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai thác dần giả thiết:
Vì A và đờng thẳng chứa B, C là () đà cho nên ta có ngay d(A, ()).
9


 Tõ gi¶ thiÕt vỊ diƯn tÝch ABC, suy ra:
2SABC
BC
.
d(A, ( ))
Từ đó, với giả thiết ABC cân tại A, ta đợc:
BC 2
l.
4
Khi đó, toạ độ của B, C thoả mÃn hệ phơng trình:
( )
.

AB l
2. Với yêu cầu của bài toán, chúng ta sẽ đi khai thác dần giả thiết:

(d) song song với (P) nên nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song víi (P),
suy ra:
Qua A
.
(Q) : 
(Q)//(P)
 Gäi K, H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên (d) và (Q), ta có:
BK > BH AH là đờng thẳng cần tìm.
Từ đó, cần tìm toạ độ điểm H.
Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
Qua A
.
(d) :
vtcp AH
Câu VII.b. Với yêu cầu " 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 thực hiện theo các bớc sau:
Bớc 1:
Thiết lập phơng trình hoàng độ giao điểm:
f(x) = g(x).
(1)
Bớc 2:
Để xét tính chất của các giao điểm chóng ta khÐo lÐo ®a vỊ viƯc xÐt
tÝnh chÊt nghiƯm của phơng trình (1).
AB AC AH 2

Chú ý:

10

Các kết quả thờng đợc sử dụng trong bớc 2 là:
1. Định lí Vi - ét cho phơng trình đa thức:
Phơng trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 ta cã:
 x1  x 2  b / a
, ngoµi ra x1x2 =  .

a
 x1x 2 c / a
Phơng trình bậc ba ax3 + bx2 + cx + d = 0 ta cã:
b

x

x

x

1
2
3

a

c

 x1 x 2  x 2 x 3  x 3 x1  .
a

d


 x1x 2 x 3  a



2. Định lí đảo.
3. Hàm số.

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh
môn toán khối B năm 2009
Câu I.
1. Ta lần lợt có:
a. Hàm số xác định trên D = .
b. Sự biến thiên của hàm số:
Giới hạn của hàm số tại vô cực:
lim y = lim [2x4(1 2 )] = +.
x
x2

x



Bảng biến thiên:

x 0

y' = 8x38x,
x 
y'
y +



y' = 0  8x38x = 0  
.
 x 1
0
1
+
+ 0
0
+

C§
CT
+
0



0
CT




§iĨm n:
y'' = 24x28,

y'' = 0  24x28 = 0  x = 

V× y" đổi dấu khi x qua các điểm

1

1
3

.

nên đồ thị hàm số có hai điểm

3
1
1
10
10
uốn lµ U1  
;
;
 vµ U 2 
.
9 
9 
3

 3

c. Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(; 0), B(2; 0).
2. Viết lại phơng trình dới dạng:

2x4 4x2 = 2m
phơng trình có đúng 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đờng thẳng y = 2m cắt đồ thị
hàm số y = 2x4 4x2 tại 6 điểm phân biệt.
Đồ thị y = 2x4 4x2 gồm:
Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị (C): y = 2x4 4x2.
Đối xứng phần đồ thị (C) phía dới trục hoành qua trục hoành.
y
y=f(x)


2


O

2

x

y=f(x)
Từ đồ thị, yêu cầu của bài toán2đợc thoả mÃn khi vµ chØ khi:
0 < 2m < 2  0 < m < 1.
11


Câu II.
1. Biến đổi phơng trình về dạng:

sin x  2sin x   cos x.sin 2x  3 cos 3x 2 cos 4x
  1  2sin x  sin x  cos x.sin 2x  3 cos 3x 2 cos 4x

3

2

 cos 2x.sin x  cos x.sin 2x  3 cos 3x 2 cos 4x
 sin 3x  3 cos 3x 2 cos 4x 

1
3
sin 3x 
cos 3x cos 4x
2
2



 co s  3x   co s 4x
6





 4x 3x  6  2k
 x  6  2k
, k  .
 
 



2

 4x  3x 2k
x k


6
42
7
Vậy, phơng trình có hai họ nghiệm.
2. Vì y = 0 không phải là nghiệm của phơng trình nên ta biến đổi:

1 x
x 1

x    7
 x  y  y 7
y y


 
.

2
1 x
 x 2  x  1 13


 x y y 13
y y2

1
x
Đặt u x và v= , hệ phơng trình đợc biến đổi vỊ d¹ng:
y
y
u  v 7
 u  v 7
 u  v 7
 u  5 & v 12

  2
   u  5  
.
 2
 u 4 & v 3
 u  v 13
 u  u 20 0
u 4

Ta lần lợt:
Với u = 5 và v = 12 thì:
1

1

x y  5
12y 2  5y  1 0


12y   5
y
, v« nghiƯm.





x
x

12y

 12
 x 12y

 y
 Víi u = 4 và v = 3 thì:

12


1

1

 x  y 4
3y 2  4y  1 0

3y  4

y
 
 


 x 3y
 x 3
 x 3y

 y

  y 1

  y 1/ 3
 x 3y


 x 3 & y 1
 
.
 x 1 & y 1/ 3
1
Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm (3; 1) và 1; .
3
Câu III. §Ỉt:
dx

 u 3  ln x
du




x .
dx  

dv


 v  1
(x  1) 2


x 1
Khi ®ã:
3

3  ln 3
dx
3  ln x
dx 

.
I 

4
x(x  1)
1
   
x  1 1 1 x(x  1)
3

3

(1)

I'

Víi I’, ta cã:
1
A
B
(A  B)x  A
A  B 0
A 1
 

 
 
.
x(x  1) x x  1
x(x  1)
A 1
B 1
Từ đó, tích phân I đợc viết lại dới d¹ng:
3

3

1 
3

x
3
1
I '  
ln .
 dx  ln | x |  ln | x  1|  1 ln
x x 1 
x 1 1
2
1
Thay (2) vµo (1), ta đợc I

(2)

3 ln 3
3
ln .
4
2

Câu IV. Bạn đọc tự vẽ hình.
Gọi D là trung điểm của AC và G là trọng tâm ABC, ta có:
BG 600 ,
B’G  (ABC)  B'
 BG  a 3 ,
B 'G BB'.sin B'
2
Trong ABC, ta cã:
BC 

a
3a
BG   BD  .
2
4

AB 3
AB
AB
, AC 
 CD 
2
2
4
13


2
2
2
BC2 + CD2 = BD2  3AB  AB 9a
4
16
16

 AB 

3a 13
3a 13
9a 2 3

, Ac 
, SABC 
.
13
26
104

Khi đó:
1
9a 3
VA '.ABC VB'.ABC B'G.SABC
.
3
208
Câu V. Kết hợp bất đẳng thức (x + y)2 4xy với bất đẳng thức điều kiện, ta đợc:
(x + y)3 + (x + y)2  2  x + y  1.
Khi ®ã:
3
3
A  (x 2  y 2 )2  (x 4  y 4 )  2(x 2  y 2 ) 1
2
2
3
3
 (x 2  y 2 ) 2  (x 2  y 2 )2  2(x 2  y 2 ) 1
2
4
9
 (x 2  y 2 ) 2  2(x 2  y 2 )  1.
4

Đặt t = x2 + y2, ta có:
1
1
1
x 2 y 2  (x  y) 2   t .
2
2
2
Ta đợc:
9
1 9
A t 2 2t 1 f (t) f    .
4
 2  16
9
1
Vậy, ta có A Min , đạt đợc khi x y .
16
2
Câu VI.a
1. Giả sử K(a; b), khi đó ta lần lợt có:
Vì K thuộc (C) nên:
4
(a  2) 2  b 2  .
5
 V× (C1) tiếp xúc với các đờng thẳng (1), (2) nên:
a b a  7b
d(K, (1)) = d(K, (2)) 

2

50
 5(a  b) a  7b
 5 a  b  a  7b  
.
 5(a  b)  a 7b
Khi đó, ta lần lợt:
14

(1)


 Víi 5(a  b) = a  7y = 0b thì ta có hệ phơng trình:
b 2a
b  2a



4 
4
2
2
2
2
(a  2)  b  5
(a  2)  ( 2a)  5
 b  2a

, v« nghiƯm.
  2
16

5a  4a  5 0
 Víi 5(a  b) = a + 7y = 0b th× ta có hệ phơng trình:
a 2b
a 2b



4
4
2
2
2
2
(a 2)  b  5
(2b  2)  b  5
8

a
a 2b
a 2b




5
  2
 
16
4  
5b  8b  5 0

b  5
b  4

5
8 4
 K ; .
5 5
Và từ đó, bán kính đờng tròn (C1) đợc cho bởi:
R1

a b
2



2 2
.
5

8 4
Vậy, đờng tròn (C1) có tâm K ; và bán kính R 1 2 2 .
5 5
5
2. Để mặt phẳng (P) cách đều hai điểm C, D chỉ có thể xảy ra hai trờng hợp:
(P) song song với CD.
(P) đi qua trung điểm của CD.
Từ nhận xét trên, ta lần lợt:
(P) song song víi CD, suy ra:
Qua A



(P) : 
CỈp vtcp AB vµ CD
Qua A(1; 2;1)
  
 (P) : 
vtpt
n
 AB, CD  ( 8;  14;  4)

 (P): 4x + 2y + 7y = 0z  15 = 0.
 (P) ®i qua trung ®iĨm I(1; 1; 1) cña CD, suy ra:
15


Qua A(1; 2;1)
Qua A
 
   
(P) : 
 (P) :
vtpt
n
AB , AI (2; 0; 3)
C
ặp
vtcp
AB
v
à

AI


(P): 2x + 3z  5 = 0.
VËy, tån t¹i hai mặt phẳng (P) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu VII.a. Gi¶ sư z = a + bi, ta cã:
 a  bi  (2  i)  10
 a  2  (b  1)i  10
 
 2
2
2
2
a  b 25
a  b 25
 a  2  2  (b  1) 2 10
2a  b 10
 a 3 & b 4
 
  2
 
.
2
2
2
 a 5 & b 0
a  b 25
a  b 25
VËy, tån t¹i hai sè phøc z = 3 + 4i hoặc z = 5 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Câu VI.b

1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (), suy ra H là trung điểm của BC vµ:
9
2S
AH = d(A, ()) 
 BC  ABC 4 2.
2
AH
BC 2
97

.
4
2
Khi đó, toạ độ của B, C thoả mÃn hệ phơng trình:
x y 4 0
x y  4 0



97    x 11/ 2 .
2
2
(x  1)  (y  4)  2
  x 3 / 2

AB AC  AH 2 

5
 11 3
3

Vậy, toạ độ hai điểm B ; và C ; hoặc ngợc lại.
2
2 2
2
2. Gọi (d) là đờng thẳng cần tìm.
Ta có:
(d) nằm trong mặt phẳng (Q) qua A và song song víi (P), suy ra:
Qua A
 (Q): x  2y + 2z + 1 = 0.
(Q) : 
(Q)//(P)
 Gäi K, H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của B trên (d) và (Q), ta có:
BK > BH AH là đờng thẳng cần tìm.
Từ đó, suy ra toạ độ của H thoả mÃn hệ phơng trình:

16


 x  1/ 9
 x  1 y 1 z  3




 1 11 7 
2
2   y 11/ 9  H   ; ;  .
 1
 9 9 9
 x  2y  2z  1 0

z 7 / 9

Khi đó, phơng trình đờng thẳng (d) đợc cho bởi:
Qua A( 3;0;1)

26 11 2 
(d) : 
vtcp
AH
 ; ;   chän (26; 11; -2)

9
 9 9

x  3  26t

 (d) : y 11t
, t .
z 1 2t


Câu VII.b. Phơng trình hoành độ giao điểm của (d) với đồ thị hàm sè lµ:
x2  1
 x  m
x
 f(x) = 2x2 mx1 = 0 với x 0.
(1)
Đờng thẳng (d) cắt đồ thị hàm số tại hai điểm phân biệt khi:
f > 0 m2 + 8 > 0, luôn đúng.
Khi đó, (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 là hoành độ của A, B thoả mÃn:

m

x1 x 2  4
.

1
 x .x 
 1 2
2
§Ĩ AB = 4, điều kiện là:
AB2 = 16 (x1 x2)2 + (y1  y2)2 = 16  2(x1  x2)2 = 16
2
 2[(x1 + x2)2  4x1x2] = 16  m  4 16  m 2 6. .
2
4
VËy, víi m 2 6 1 < m
thoả mÃn điều kiện đầu bài.
3

17y = 0