Luyện thi môn Toán

Câu 9: Xét tứ giác O A B C có ; ; ; 4 5 ; 3 0 oo O A a O B b O C c A O B B O C      . Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: 22 2 A B a a b b    22 3 B C b b c c    22 23 A C a a c c     , vì 23 c o s 7 5 2 o   Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: A B B C A C  , nên ta suy ra điều phải chứng minh. Dấy bằng xảy ra khi ,, A B C thẳng hàng s in 4 5 s in 6 0 s in 7 5 2 2 2 o o o O A B O B C O A C a b b c a c S S S      2 2 3 2 3 4 4 4 2 a b b c a c a c b ac        Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học. Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos,

pdf102 trang | Chia sẻ: phuongdinh47 | Ngày: 03/03/2016 | Lượt xem: 1441 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luyện thi môn Toán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ủa biểu thức: 9 10 11P xy yz zx   Hướng dẫn: Từ giả thiết 1x y z   suy ra: 2 21 1 1 0 1 1 1 0 1 2P x y x y xy      hay   2 2 11 12 11 10 10 0x y x y y P      hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10 Ta có: 2 7 4 2 2 1 2 1 7 4 5 4 4 5 4 9 5 0 . 1 1 3 7 2 9 6 1 1 1 0 9 5 2 1 4 8 x P y y                             Giá trị lớn nhất của P là 495 148 , đạt được khi 11 25 27 ; ; 3 7 74 74 y x z   2. Cho , , ,a b c d là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức:     2 2 2 2 2 3 6a b c d a b c d ab        Hướng dẫn: Viết lại bất đẳng thức dưới dạng:       22 2 2 2 ( ) 2 2 2 3 0f a a c d b a b c d b c d            Dễ dàng chứng minh được:   2' 3 0 ( ) 0 , , , , a c d f a a b c d         hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 3 23 1y x x   có đồ thị  C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số. 2. Tìm hai điểm ,A B thuộc đồ thị  C sao cho tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau và độ dài 4 2AB  . Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình:  co s 2 co s 2 4 s in 2 2 1 s in 4 4 x x x x                    Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân: 3 2ln 3 0 2 4 3 1 x x x x e e e e I d x      Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 1 1 1 6 5 2 y y y x x x C C C      Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai đường thẳng 1 2 ,d d lần lượt có phương trình: 1 2 1 2 1 1 : , :2 1 2 2 1 x t x y z d dy t z           . Viết phương trình mặt phẳng  P song song với 1d và 2d sao cho khoảng cách từ 1 d đến  P gấp 2 lần khoảng cách từ 2d đến  P Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Chân đường cao hạ từ S lên mặt phẳng  ABC là điểm H thuộc AB sao cho 2HA HB  . Góc tạo bởi SC và mặt phẳng  ABC bằng 6 0 o . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng ,SA BC theo a . Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD , đường thẳng AD có phương trình 1 : 3 0d x y  , đường thẳng BD có phương trình 2 : 2 0d x y  , góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 4 5 o . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình:   2 2 3 2 1 3x x x x     ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 8 hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2 Câu 9: (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 0xy yz zx   và  max , ,z x y z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 32 3 x y z P y z z x x y       ..................HẾT.................. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Tập xác định: D  . Ta có: 2 0 3 6 ; ' 0 2 x y x x y x          '' 6 6; '' 0 0; ''(2 ) 0y x y y    Suy ra hàm số đạt cực đại tại 0x  và đạt cực tiểu tại 2x  . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 0 và ( 2; ) , hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2 Tính giới hạn: lim ; lim x x y         Bảng biến thiên: x  0 2  'y + 0  0 + y 1   -3 Đồ thị: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2. Gọi tọa độ của ,A B là     3 2 3 2 ; 3 1 , ; 3 1A a a a B b b b    với a b . Vì tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau nên ta có:         2 2 ' ' 3 6 3 6 2 0y a y b a a b b a b a b          2 0a b    , vì a b . Mà a b nên ta có: 2 1a a a    . Ta có:     222 3 2 3 2 3 3AB b a b b a a                2 2 3 3 3b a b a ab b a b a b a                  2 2 2 2 3 6b a b a b a ab                2 2 2 2 6b a b a b a ab              2 2 1 2b a a b            22 2 2 2 1 2 2a a a               6 4 2 4 1 24 1 40 1a a a      Ta có:       6 4 2 4 2 4 1 24 1 40 1 32AB a a a              6 4 2 1 6 1 10 1 8 0a a a          2 3 1 4 1 a a a         Với 3a  , ta có hai điểm    3;1 , 1; 3A B   Với 1a   , ta có hai điểm    1; 3 , 3;1A B  hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4 Vậy hai điểm cần tìm là:    3;1 ; 1; 3  . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hàm số 3 26 9 3y x x x    có đồ thị ( )C . Tìm tất cả các giá trị k sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến với  C phân biệt và có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm của hai tiếp tuyến đó cắt các trục ,O x O y tương ứng tại ,A B sao cho 2015 .OA OB . Đáp số: 9 ; 6 0 5 1 2 k        2. Cho hàm số 3 1y x m x m    có đồ thị ( ) m C . Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị  mC tại điểm M có hoành độ 1x   cắt đường tròn       2 2 : 2 3 4C x y    theo một dây cung có độ dài nhỏ nhất. Đáp số: 2m  Câu 2: Phương trình đã cho tương đương với:   2 2 2 2 4 4 4 4 2 co s co s 4 s in 2 2 1 s in 2 2 x x x x x x               2 co s 2 co s 4 s in 2 2 2 s in 0 4 x x x        2 co s 2 4 2 s in 2 2 0x x      22 2 s in 4 2 s in 2 0x x    1 s in 2 x  2 6 , 5 6 2 x k k x k               . Vậy nghiệm của phương trình là: 6 2 , 6 5 2 ;x k k k              . Nhận xét: Đây là dạng phương trình lượng giác dễ, chỉ cần các phép biến đổi đơn giản để đưa về phương trình bậc hai theo một biến. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình: 2 2 2 2 3 co s co s 2 co s 3 co s 4 2 x x x x    . Đáp số: 2 ; ; , 8 4 5 5 k x k k k                   . 2. Giải phương trình: 5 5 24 sin co s 4 co s s in s in 4x x x x x  . Đáp số: ; , 4 8 2 k k x k            . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5 Câu 3: Đặt   3 2 2 3 2 3 2 4 3 4 3 2 12 6 x x x x x x t e e t e e td t e e d x        Đổi cận: 0 1x t   ln 3 9x t   Khi đó ta có: 9 9 1 1 9ln 11 1 1 8 ln 5 1 13 1 3 1 3 3 t ttd t I d t t t                Vậy 8 ln 5 3 I   Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tính tích phân: ln 2 23 ln 1 2 x x x e e I d e x      Đáp số: 2 ln 3 1I   2. Tính tích phân: 2 1 ln 3 ln 1 ln e x I x x d x x x         Đáp số: 3 5 2 2 2 3 e I    3. Tính tích phân:     1 2 ln 1 ln e x x x d x x I x      Đáp số: 3 2 ln 2I e   Câu 4: Điều kiện: , , 0 1 1 0 1 1 0 1 x y x y y x y y x x y y x                    Ta có: 1 1 1 6 5 2 y y y x x x C C C      1 1 1 1 1 ( 1) ! 1 ( ) ! 6 !( 1 ) ! 5 ( 1) !( 1) !6 5 1 ( ) ! 1 ( ) ! 5 ( 1) !( 1) ! 2 ( 1) !( 1) !5 2 y y x x y y x x x xC C y x y y x y x xC C y x y y x y                                 5( 1)( 1) 6 ( )( 1) 2 ( )( 1) 5 ( 1) x y x y x y x y x y y y              5( 1)( 1) 15 ( 1) 1 3 2 ( )( 1) 5 ( 1) 2 ( )( 1) 5 ( 1) x y y y x y x y x y y y x y x y y y                      hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6 2 3 1 3 1 3 1 8 2 (3 1 )(3 1 1) 5 ( 1) 3 9 3 3 x y x y x y x y y y y y y y y y y                               Vậy nghiệm của hệ là:    ; 8; 3x y  . Nhận xét: Các phương trình, bất phương trình tổ hợp thường không khó để giải quyết. Chúng ta chỉ cần sử dụng công thức xác định của các biểu thức chỉnh hợp, tổ hợp hay hoán vị để rút gọn và tìm ra mối quan hệ đơn giản giữa các biến. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải bất phương trình: 2 2 3 2 1 6 10 2 x x x A A C x    Đáp số:  3; 4x  . 2. Giải hệ phương trình: 1 1 1 1 1 1 0 2 1 y y y y x x x x A yA A C         Đáp số:    ; 7; 3x y  . Câu 5: Đường thẳng 1 d có vectơ chỉ phương là  1 1; 1; 0u   và đi qua  1; 2;1A Đường thẳng 2 d có vectơ chỉ phương là  2 1; 2; 2u   và đi qua  2;1; 1B  Gọi n là vectơ pháp tuyến của  P . Vì  P song song với 1d và 2d nên ta có:  1 2, 2 ; 2 ; 1n u u       Suy ra phương trình  P có dạng 2 2 0x y z m    . Ta có:      1 7 , , 3 m d d P d A P         2 5 , , 3 m d d P d B P    Mà           1 2 3 7 2 5 , 2 , 7 2 5 1 7 7 2 5 3 m m m d d P d d P m m m m m                    Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn đó là: 2 2 3 0x y z    và 17 2 2 0 3 x y z    . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai đường thẳng 1 2 ,d d lần lượt có phương trình là 1 2 2 2 3 1 2 1 : , : 2 1 3 2 1 4 x y z x y z d d            . Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng 1 2 ,d d . Đáp số: 14 4 8 3 0x y z    . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7 2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho ba điểm      1;1; 1 , 1;1; 2 , C 1; 2; 2A B   và mặt phẳng   : 2 2 1 0P x y z    . Viết phương trình mặt phẳng  Q đi qua A , vuông góc với mặt phẳng  P , cắt đường thẳng BC tại I sao cho 2IB IC . Đáp số: 2 2 3 0x y z    hoặc 2 3 2 3 0x y z    . Câu 6: Vì  SH ABC nên HC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng  ABC . Góc tạo bởi SC và mặt phẳng  ABC là 6 0 o SC H  . Xét tam giác BHC , ta có: 2 2 2 2 7 2 . . co s 6 0 9 o a H C H B H C H B H C    7 3 a H C  7 2 1 . ta n . 3 3 3 a a SH H C SC H    Suy ra: 2 3 . 1 1 2 1 3 7 . . . . 3 3 3 4 1 2 S A B C A BC a a a V SH S   Gọi E là trung điểm của BC và D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD . Ta có:         3 // , , , 2 AD BC d SA BC d BC SAD d H SAD   Kẻ     , ,HF AD HK SF HK SAD d H SAD HK      . Ta có: 2 3 3 3 a H F A E  Trong tam giác vuông SHF , ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 . 4 2 12 H F H S a H K HK H F H S H F H S       Suy ra:      3 4 2 , . , 2 8 a d SA B C d H SAD  Nhắc lại kiến thức và phương pháp:  Định lý hàm số cosin: 2 2 2 2 . . co sBC A B AC A B AC B AC    Góc tạo bởi một đường thẳng và một mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng đó và hình chiếu của đường thẳng này trên mặt phẳng đó. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8 1. Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình thang có 9 0 o A BC B AD  , BA BC a  , 2AD a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 2SA a , góc tạo bởi SC và  SAD bằng 30 o . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB . Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SCD . Đáp số: d a . 2. Cho hình lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A , cạnh huyển 2B C a , cạnh bên ' 2AA a , biết 'A cách đều các đỉnh , ,A B C . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm của ',AA AC . Tính thể tích khối chóp 'C MNB và khoảng cách từ 'C đến mặt phẳng  MNB . Đáp án: 3 1 4 3 9 9 4 ; 1 6 7 1 a a V d  . Câu 7: Ta có: D là giao điểm của 1 2 ,d d , suy ra tọa độ D là  0; 0D . Vectơ pháp tuyến của AD và BD lần lượt là:    1 23; 1 ; 1; 2n n    Suy ra: 1 co s 4 5 2 o AD B AD B AD AB     Lại có:  , 45 o BC AB  nên 4 5 oBC D BC D   vuông cân tại 2B CD AB  . Ta có:   21 3 24 24 24 4 4 2 2 2 ABCD S AB CD AD AB AB BD          Giả sử tọa độ B có dạng  2 ;B b b với 0b  . Ta có: 2 4 1 0 4 2 5 4 2 5 BD b b     (vì 0b  ). Vậy tọa độ điểm B là 8 1 0 4 1 0 ; 5 5 B        . Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với 2 d nên phương trình đường thẳng BC là: 2 4 1 0 0x y   . Nhận xét: Đối với các bài toán tọa độ trong mặt phẳng về các tứ giác đặc biệt, chúng ta cần tập trung khai thác các tính chất hình học phẳng thuần túy của tứ giác đó để giải quyết bài toán và hạn chế được số biến cần gọi. Khi giải quyết các bài toán này không yêu cầu chúng ta phải có hình vẽ, tuy nhiên sẽ dễ dàng hơn nếu chúng ta có một hình vẽ minh họa “rõ ràng và chính xác”. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho hình thang cân ABCD ( // ,AB CD AB CD ). Biết tọa độ các đỉnh ,A D là    0; 2 , 2; 2A D   và giao điểm I của AC và BD nằm trên đường thẳng có phương trình : 4 0d x y   . Tìm tọa độ của các đỉnh còn lại của hình thang biết góc 4 5 oA ID  . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9 Đáp số:    2 2 ; 2 2 , 2 4 2 ; 2 4 2B C    hoặc    4 3 2 ; 2 2 , 4 4 2 ; 2 2B C    2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho đường tròn 2 2( ) : 2 2 0C x y x y    và hai điểm    0; 4 , 4; 0A B . Tìm tọa độ hai điểm ,C D sao cho đường tròn  C nội tiếp hình thang ABCD có đáy là AB và CD . Đáp số: 1 1 1 1 ; , ; 2 2 2 2 C D              . Câu 8: Định hướng: Phương trình đã cho hoàn toàn có thể giải quyết bằng cách nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc 4 của x . Tuy nhiên, bằng việc nhẩm nghiệm ta thấy 0x  là nghiệm của phương trình, nên ta sẽ thử dùng phương pháp nhân lượng liên hợp để xử lý bài toán. Lời giải: Dễ thấy 3x   không là nghiệm của phương trình. Xét 3x   , phương trình đã cho tương đương với: 2 2 3 2 1 3 x x x x      2 2 2 1 1 3 x x x      2 2 2 2 32 1 1 x x xx     2 0 2 1 (* ) 32 1 1 x xx         Ta sẽ giải phương trình  * :   2 * 2 1 1 2 6x x     22 1 2 5x x    2 2 5 5 1 32 2 1 4 2 0 2 5 x x x x x             Vậy phương trình có nghiệm:  0; 5 13x    Nhận xét: Phương pháp nhân lượng liên hợp là phương pháp rất mạnh để giải quyết các phương trình vô tỷ. Để giải quyết bài toán bằng phương pháp này, ta phải nhẩm được một nghiệm nào đó (có thể là nghiệm duy nhất) của phương trình. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Phương pháp nhân lượng liên hợp: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10 Giả sử trong phương trình chúng ta có biểu thức có dạng  P x với  P x là một đa thức nào đó. Bằng cách nhẩm nghiệm, ta tìm được x a là nghiệm của phương trình. Ta sẽ sử dụng đẳng thức:             P x P a P x P a P x P a     để làm xuất hiện đại lượng x a ở tử số. Một điều cần chú ý khi sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp là ta phải xét điều kiện để đảm bảo mẫu số của biểu thức liên hợp khác 0. Một số hằng đẳng thức hay dùng:  2 2 a b a b a b      3 3 2 2 a b a b a a b b       1 2 2 1 n n n n n n a b a b a a b a b b            Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình: 1 4 9 1 6 2 5 2 2 5x x x x x x           Đáp số: 0x  . 2. Giải phương trình: 32 2 215 3 8 2x x x     Đáp số: 1x   . 3. Giải phương trình: 3 2 2 3 1 3 1 5 6 x x x x x x           Đáp số: 3x  . Câu 9: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 31 2 2 3 1 x x x y z P y z y z y z z x x y                 Giả sử x y . Ta sẽ chứng minh: (* ) x y z y z z x x y      Thật vậy,         (* ) 1 x z y z x y y z x z x y        Ta có:         2 2 22 . x z x z x z x y y z x y y z x zz x y x y z        Tương tự ta có:     2 2 2 2 y z y z y z x z x y xy y z x z xy y z x z         Suy ra:         2 2 1 1 2 2 x z y z x z y z y z xy x y y z x z x y xy y z x z xy y z x z                hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11 Đặt 6 6 1 , 2 z t t x y    thì suy ra: 2 3 2 ( ) 3 1P f t t t     Khảo sát hàm ta nhận được: m in ( ) (1) 4f t f  . Giá trị nhỏ nhất của P là 4, đạt được khi ; 0x z y  . Nhận xét: Bài toán trên là một bài toán đẹp và khó. Sẽ rất khó khăn nếu chúng ta không biết đến bất đẳng thức (* ) . Sau khi đã sử dụng kết quả của bất đẳng thức (* ) thì công việc khảo sát hàm số cuối cùng trở nên khá đơn giản. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. (Khối B – 2014) Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn:   0a b c  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  2 a b c P b c c a a b       Hướng dẫn: Sử dụng các đánh giá: 2 2 ; a a b b b c a b c c a a b c         Suy ra:     2 ( ) 2 2 2 1 a b c c P ca b c a b a b a b            Đặt , 0 c t t a b    . Xét hàm: 2 ( ) 2 1 f t t t    ta nhận được: 3 m in 0; 0 2 P a b c     2. (Khối D – 2014) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 1 , 2x y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   2 2 2 2 1 3 5 3 5 4 1 x y y x P x y y x x y            Hướng dẫn: Sử dụng đánh giá 2 23 2; 3 2x x y y    Suy ra:   1 1 4 1 x y P x y x y        Đặt , 2 4t x y t    , xét hàm   1 ( ) 1 4 1 t f t t t     nhận được 7 m in (3) 8 P f  hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x    có đồ thị ( )C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2. Tìm trên  C hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN , biết    3; 0 , 1; 1M N   . Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình: 3 3 1 1 s in 2 co s 2 s in 4 2 x x x   Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân:   2 0 c o s 1 s in 2 x x I d x e x     Câu 4: (1 điểm) Việt và Nam thi đấu với nhau một trận cầu lông, ai thắng trước 3 ván sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất để Nam thắng mỗi ván là 0,6; xác suất xảy ra 1 ván hòa là 0. Hỏi xác suất Việt thắng chung cuộc là bao nhiêu? Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho mặt phẳng   : 2 5 0P x y z    và điểm  2; 3; 4A  , đường thẳng 3 1 3 : 2 1 1 x y z d      . Gọi  là đường thẳng nằm trên  P đi qua giao điểm của d và  P , đồng thời vuông góc với d . Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, 4AD a , các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 6a . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng  SBC và  SCD khi thể tích khối chóp .S ABCD là lớn nhất. Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độO xy , cho đường tròn 2 2( ) : 2 2 8 0C x y x y     và đường thẳng : 2 2 0d x y   . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 4 5 o . Câu 8: (1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 3 3 0 x y x x y x y y x y             ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 9 hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2 Câu 9: (1 điểm) Cho , ,x y z là các số thực thuộc đoạn  0; 2 . Chứng minh bất đẳng thức:  2 4x y z xy yz zx      ..................HẾT.................. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Tập xác định: \ { 1}D   . Ta có: 2 0 , ( 1) 6 y x D x       Suy ra hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  Ta có: lim lim 2 x x y       nên hàm số có tiệm cận ngang 2y  . 1 1 lim ; lim x x y         nên hàm số có tiệm cận đứng 1x   . Bảng biến thiên: x  -1  'y  ||  y  2 2  Đồ thị: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2. Phương trình đường thẳng MN là: 2 3 0x y   . Phương trình đường thẳng d vuông góc với MN có dạng: 2y x m  Phương trình hoành độ giao điểm của  C và d là:   22 4 2 2 4 0 1 (* ) 1 x x m x m x m x x            Đường thẳng d cắt  C tại 2 điểm phân biệt ,A B 2 8 3 2 0m m      Khi đó phương trình  * có 2 nghiệm 1 2,x x , ta có: 1 2 2 m x x    Tọa độ ,A B là    1 1 2 2; 2 , ; 2A x x m B x x m  Tọa độ trung điểm I của AB là: 1 2 1 2 ; 2 x x I x x m        hay ; 4 2 m m I       ,A B đối xứng nhau qua 4MN I MN m     Với 4m   , ta có tọa độ ,A B là    0; 4 , 2; 0A B Nhận xét: Bài toán này thuộc lớp các bài toán liên quan đến sự tương giao của đồ thị. Trong dạng bài này, chúng ta thường sử dụng các kỹ thuật liên quan đến dấu của tam thức bậc hai và sử dụng định lý Viète về mối liên hệ giữa các nghiệm của phương trình đa thức (đã được đề cập đến ở đề số 5). Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hàm số 2 1 x y x   có đồ thị ( )C . Tìm trên đồ thị  C hai điểm ,B C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với  2; 0A . Đáp số:    1;1 , 3; 3B C hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4 2. Cho hàm số 1 2 x y x     có đồ thị ( )C . Tìm trên đồ thị  C các điểm ,A B sao cho độ dài đoạn AB bằng 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y x . Đáp số:    1 2 ; 2 2 , 1 2 ; 2 2A B      Câu 2: Phương trình đã cho tương đương với:     1 1 s in 2 co s 2 1 s in 2 co s 2 s in 4 2 x x x x x      1 1 1 s in 4 s in 2 c o s 2 1 s in 4 0 2 2 x x x x                    1 1 s in 4 s in 2 c o s 2 1 0 2 x x x           1 1 s in 4 0 2 s in 2 c o s 2 1 0 x x x         sin 2 cos 2 1x x      2 c o s 2 1 4 3 4 c o s 2 c o s 4 4 2 x x k x k x k                                   . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình: 2 1 s in 2 1 tan 2 co s 2 x x x    . Đáp số: , 2 k x k    . 2. Giải phương trình: 1 ta n s in 2 c o s 2 2 2 c o s 0 c o s x x x x x           . Đáp số: 4 2 , k x k      . Câu 3: Ta có: 2 0 co s s in s in c o s x x x I d e x x          hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5 2 0 co s s in s in co s . 2 s in co s s in co s 0 x x x x x x d e x x x x e              2 2 0 0 s in 1 s in x x xd x xd e e               2 0 s in 1 s in2 0 x x x d x e e        2 2 0 02 2 1 c o s 1 1 c o s x x xd x xd e e e e                     2 2 0 02 2 1 co s 1 1 s in co s 12 0 x x x x xd x d x e e e e e                Từ đó suy ra: 2 2 1 1 2 1 2 e I I e          Nhận xét: Kỹ thuật áp dụng liên tiếp phương pháp tích phân từng phần để làm xuất hiện lại biểu thức cần tính tích phân là một kỹ thuật tương đối quen thuộc. Nó thường được áp dụng khi biểu thức cần tính tích phân có chứa hàm sin x (hoặc c o s x ) và hàm số mũ. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tính tích phân: 6 64 4 s in c o s 2 0 1 5 1 x x x I d x        Đáp số: 3 2 I   2. Tính tích phân: 46 6 s in 2 0 1 5 1 x xd x I        Đáp số: 4 7 3 6 4 I    3. Tính tích phân:   4 0 ln 1 ta nI x d x    Đáp số: ln 2 8 I   Câu 4: *) Trường hợp 1: Trận đấu có 3 ván. hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6 Xác suất để Việt thắng cả 3 ván là: 3 1 0 , 4 0 , 0 6 4P   *) Trường hợp 2: Trận đấu có 4 ván. Suy ra: trong 3 ván đầu tiên sẽ có 1 ván Việt thua. Xác suất để Việt thắng 3 trong 4 ván là: 1 3 2 3 .0 , 6 .0 , 4 0 ,1 1 5 2P C  *) Trường hợp 2: Trận đấu có 5 ván. Suy ra: trong 4 ván đầu tiên sẽ có 2 ván Việt thua. Xác suất để Việt thắng 3 trong 5 ván là: 2 2 3 3 4 .0 , 6 .0 , 4 0 ,1 3 8 2 4P C  Vậy xác suất để Việt thắng chung cuộc là: 1 2 3 0 , 3 1 7 4 4P P P P    Nhận xét: Đây là dạng bài tính xác suất mang tính thực tế cao. Trong dạng bài này, chúng ta cần xác định được tất cả các tình huống có thể xảy ra và tính toán xác suất cho từng tình huống đó. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Một bài kiểm tra có 10 câu hỏi trắc nghiệm 4 phương án, trong đó chỉ có 1 đáp án đúng. Mỗi câu trả lời đúng sẽ được 5 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ 1 điểm. Một học sinh trả lời ngẫu nhiên tất cả các câu hỏi. Tính xác suất để học sinh đó được không quá 10 điểm. Đáp số: 1 0 9 2 8 3 7 1 2 3 1 0 1 0 1 0 3 1 3 1 3 1 3 2 0 3 3 9 1 . . . . . . 0 , 7 7 5 9 4 4 4 4 4 4 4 2 6 2 1 4 4 P C C C                                          . 2. Việt và Nam thi đấu với nhau một trận cầu lông, ai thắng trước 3 ván sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Biết Việt chơi kém hơn mình nên Nam quyết định ván đầu tiên chắc chắn sẽ để cho Việt thắng. Xác suất để Nam thắng mỗi ván là 0,6; xác suất xảy ra 1 ván hòa là 0. Hỏi xác suất Việt thắng chung cuộc là bao nhiêu? Đáp số: 0 , 5 2 4 8P  . Câu 5: Gọi I là giao điểm của d và  P , tọa độ I có dạng  2 3; 1; 3I t t t   Vì  I P nên ta có:    2 3 2 1 3 5 0 1t t t t         , hay tọa độ I là  1; 0; 4I  Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là  2;1;1du  Mặt phẳng  P có vectơ pháp tuyến là  1; 2; 1n   Gọi u là vectơ chỉ phương của đường thẳng  . Ta có:   1 , 1;1;1 3 d u u n      Suy ra phương trình đường thẳng  là: 1 4 1 1 1 x y z     Vì M thuộc  nên tọa độ M có dạng    1 ; ; 4 1 ; 3;M s s s AM s s s       Nhận thấy AM ngắn nhất     4 . 0 1 3 0 3 AM AM u s s s s              Vậy tọa độ điểm M cần tìm là: 7 4 1 6 ; ; 3 3 3 M       hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7 Nhận xét: Dễ dàng nhận ra rằng đánh giá AM ngắn nhất AM   là đánh giá quan trọng nhất của bài toán. Các tính toán còn lại trong lời giải đều khá cơ bản và dựa vào đánh giá trên. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho hai điểm    1; 5; 0 , 3; 3; 6A B và đường thẳng 1 1 : 2 1 2 x y z      . Tìm tọa độ điểm M trên  sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất. Đáp số:  1; 0; 2M . 2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho đường thẳng : 1 1 1 x y z d   và hai điểm    0; 0; 3 , 0; 3; 3A B . Tìm điểm M trên d sao cho biểu thức MA MB đạt giá trị nhỏ nhất. Đáp số: 3 3 3 ; ; 2 2 2 M       . Câu 6: Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD . Do 6SA SB SC SD a    nên suy ra  SO ABCD . Từ đó suy ra: OA OB OC OD ABCD    là hình chữ nhật. Giả sử AB b , khi đó: 2 2 2 2 1 6 1 6 2 a b B D a b O A      Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 8 8 4 2 a b a b SO SA O A SO        Từ đó: 2 2 3 2 2 . 1 1 8 2 8 . . . .4 . . . 8 3 3 2 3 3 S A B C D a b a a V A B A D SO a b b a b       Dấu bằng xảy ra khi 2b a . Chọn hệ trục tọa độ O xyz sao cho  0; 0; 0O ,  0; 0;S a ,  2 ; ; 0B a a ,  2 ; ; 0C a a ,  2 ; ; 0D a a  . Khi đó ta có:      2 ; ; , 2 ; ; , 2 ; ;SB a a a SC a a a SD a a a         Suy ra:     2 2 2 2 , 0 ; 4 ; 4 , , 2 ; 0; 4SB SC a a SC SD a a          Suy ra vectơ pháp tuyến của  SBC là  1 0;1; 1n   , vectơ pháp tuyến của  SCD là  2 1; 0; 2n   . Gọi  là góc giữa 2 mặt phẳng  SBC và  SCD . Ta có:  1 .0 0 .1 2 .1 2 co s 2 . 5 1 0       Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8 1. Cho hai hình chữ nhật ABCD và ABEF không cùng nằm trên một mặt phẳng thỏa mãn các điều kiện , 2A B a A D A F a   , đường thẳng AC vuông góc với đường thẳng BF . Gọi ,H K là đường vuông góc chung của ,AC BF . Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABHK . Đáp số:  6 3 6 a r   . 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC vuông cân tại B , 2BA BC a  , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáu  ABC là trung điểm E của AB và 2SE a . Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của ,EC SC , M là điểm di động trên tia đối tia BA sao cho , 90 oECM    và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC . Tính thể tích khối tứ diện EH IJ theo ,a  và tìm  để thể tích đó lớn nhất. Đáp án: 3 5 s in 2 ; 4 5 8 oa V    . Câu 7: Đường tròn 2 2( ) : 2 2 8 0C x y x y     có tâm (1;1)I và bán kính 1 0R  . Gọi  ;n a b là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến  cần tìm ( 2 2 0a b  ) Ta có:     2 2 21 1 , 4 5 co s , 2 25 . o a b d d a b                  2 2 2 3 2 2 5 3 3 0 3 a b a b a b a b a b b a              Với 3a b , phương trình  có dạng: : 3 0x y c    . Mặt khác ta có:   64 , 1 0 1 41 0 cc d I R c           Với 3a b  , phương trình  có dạng: : 3 0x y c    . Mặt khác ta có:   82 , 1 0 1 21 0 cc d I R c            Vậy ta có 4 tiếp tuyến thỏa mãn: 1 2 3 : 3 6 0 , : 3 1 4 0 , : 3 8 0x y x y x y            và 4 : 3 1 2 0x y    . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho đường tròn 2 2( ) : 6 2 5 0C x y x y     và đường thẳng : 3 3 0d x y   . Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến không đi qua gốc tọa độ và hợp với đường thẳng d một góc 4 5 o . Đáp số: 2 1 0 0x y   hoặc 2 1 0 0x y   2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho đường tròn 2 2( ) : 2 0C x y x  . Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn  C , biết tiếp tuyến này hợp với trục tung một góc bằng 3 0 o . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9 Đáp số: Có 4 tiếp tuyến thỏa mãn là: 1 2 : 3 2 3 0; : 3 2 3 0x y x y          ; 3 : 3 2 3 0x y     và 4 : 3 2 3 0x y     Câu 8: Ta sẽ giải hệ phương trình này bằng số phức. Nhân phương trình thứ hai với i và cộng với phương trình thứ nhất ta được:   2 2 2 2 3 3 3 3 3 x y x i y i x y i x y i x y i i x y x y               Đặt 2 2 1 x y i z x y i z x y       Phương trình trên trở thành: 3 3 i z z    2 3 3 0z z i     2 1 z i z i       Với 2z i  , ta có: 2; 1x y  , thỏa mãn. Với 1z i  , ta có: 1; 1x y   , thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm       ; 2;1 , 1; 1x y   Nhận xét: Hệ phương trình trên là một hệ tương đối lạ và khó. Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 1 0 1 1 0 3 2 x y x x y x y y x y             Đáp số: Hệ phương trình vô nghiệm. 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 0 x y x x y x y y x y             Đáp số:       ; 0;1 , 2; 1x y   Câu 9: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:    2 2 4 0y z x y z yz       Xét      2 2 4f x y z x y z yz       với  0; 2x  Ta có: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10        0 2 4 2 2 0f y z yz y z          2 0f yz   Từ đó suy ra:   0f x  với mọi  0; 2x  Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: 0; 2x y z   Nhận xét: Bài toán trên sử dụng phương pháp phần tử cực biên (dựa vào tính chất đồ thị của hàm số). Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 1x y z   . Chứng minh bất đẳng thức: 7 2 2 7 xy yz zx xyz    Hướng dẫn: Xét hàm     7 1 2 2 7 f y z x x yz xyz     với   2 1 0 4 x yz    2. Cho , , ,a b c d là các số thực thuộc đoạn  0;1 . Chứng minh bất đẳng thức:        1 1 1 1 1a b c d a b c d         Hướng dẫn: Xét hàm          1 1 1 1 1f a a b c d a b c d          Ta có:            1 0; 0 1 1 1 1f b c d f b c d b c d g b             Lại có:    1 0; g 0 0g c d cd     Suy ra    0, 0;1g b b   , từ đó suy ra điều phải chứng minh. hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số 4 22y x x  có đồ thị ( )C . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2. Trên đồ thị  C lấy hai điểm phân biệt ,A B có hoành độ lần lượt là ,a b . Tìm điều kiện đối với ,a b để hai tiếp tuyến của  C tại ,A B song song với nhau. Câu 2: (1 điểm) Giải phương trình: 9 sin 6 cos 3 sin 2 cos 2 8x x x x    Câu 3: (1 điểm) Tính tích phân:   4 4 m in ta n ,I x x d x      Câu 4: (1 điểm) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức của số phức  1 3 2i z    biết rằng số phức z thỏa mãn 1 2z   Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ O xyz , cho tam giác ABC với  1; 1;1A  và hai đường trung tuyến lần lượt có phương trình là: 1 1 2 : 2 3 2 x y z d       và 2 1 : 0 1 x t d y z t        . Viết phương trình đường phân giác trong góc A . Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn 2AB a , 2BC a , 6BD a . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD là trọng tâm của tam giác BCD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD , biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a . Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh C biết phương trình đường thẳng AB là 2 0x y   , trọng tâm của tam giác là 1 4 5 ; 3 3 G       và diện tích tam giác ABC bằng 6 5 2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Câu 8: (1 điểm) Giải phương trình: ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 10 hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 2   2 2 2 21 7 1 1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 3 6 3 6 8 2 1 2 2 x x x x x x x x           Câu 9: (1 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3a a b b b b c c a a c c         ..................HẾT.................. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: 1. Tập xác định: D  . Ta có: 3 0 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x          2'' 1 2 6 ; ''( 1) 0 ; ''( 0 ) 0 ; ''(1) 0y x y y y      Suy ra hàm số đạt cực tiểu tại 1x   và 1x  và hàm số đạt cực đại tại 0x  . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và (0 ;1) , hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 1; 0 ) và (1; ) Tính giới hạn: lim lim x x y        Bảng biến thiên: x  -1 0 1  'y  0  0  0 + y  0  -1 -1 Đồ thị: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 3 2. Ta có: 3' 4 4y x x  Hệ số góc tiếp tuyến của  C tại ,A B lần lượt là: 3 3 4 4 ; 4 4 A B k a a k b b    Tiếp tuyến tại A có phương trình:            ' ' 'y y a x a y a y y a y a ay a       Tiếp tuyến tại B có phương trình:            ' ' 'y y b x b y b y y b y b by b       Hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:     3 3 2 2 4 4 4 4 1 0 A B k k a a b b a b a ab b           Vì A và B phân biệt nên a b , suy ra: 2 2 1 0a ab b    Hai tiếp tuyến của  C tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi:         2 2 2 2 4 2 4 2 1 1 0 1 0 1 1 ' ' 3 2 3 2 1 a a a b b a a b b b a b a b a y a a y a y b b y b a a b b b                                     Vậy điều kiện để hai tiếp tuyến của  C tại A và B song song với nhau là: 2 2 1 0 1; a a b b a a b          Nhận xét: Bài toán này chỉ đòi hỏi những kỹ năng biến đổi hết sức cơ bản, tuy nhiên, nhiều học sinh vẫn không được điểm trọn vẹn khi quên không xét trường hợp 2 tiếp tuyến trùng nhau. Tiếp tuyến tại 2 điểm khác nhau trên đồ thị có thể trùng nhau là một tính chất đặc biệt của hàm bậc 4, và tính chất này không xuất hiện ở hàm bậc 3, hay hàm phân thức bậc nhất. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho hai đường thẳng 1 1 1 2 2 2 : ; :d y a x b d y a x b    , ta có: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 4  1 2 ,d d cắt nhau 1 2 a a   1 2 ,d d song song với nhau 1 2 1 2 a a b b      1 2 ,d d trùng nhau 1 2 1 2 a a b b     Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hàm số 4 2 1y x m x m    có đồ thị ( ) m C . Chứng minh rằng khi m thay đổi thì  mC luôn luôn đi qua hai điểm cố định ,A B , và tìm m để các tiếp tuyến tại ,A B vuông góc với nhau. Đáp số: 3 5 ; 2 2 m         2. Cho hàm số     2 2 1 1y x x   có đồ thị ( )C . Cho điểm  ; 0A a , tìm a để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt với đồ thị  C . Đáp số: 3 1 2 a    hoặc 3 1 2 a  Câu 2: Phương trình tương đương với: 29 sin 6 co s 6 s in co s 2 co s 9x x x x x        2 9 sin 1 6 cos 1 sin 2 cos 0x x x x          2 sin 1 9 6 cos 2 cos 0x x x            1 sin 6 cos 9 2 1 sin 1 sin 0x x x x          1 sin 6 cos 9 2 2 sin 0x x x          s in 1 1 6 c o s 2 s in 7 2 x x x       2 2 x k k      (Phương trình 6 cos 2 sin 7x x  vô nghiệm do 2 2 26 2 7  ) Vậy họ nghiệm của phương trình là:  2 2 x k k     . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Phương trình sin cosa x b x c  có nghiệm 2 2 2a b c   . Thật vậy: chọn góc a sao cho c o s ; s in a b a b a b 2 2 2 2 = = + + a a , phương trình trở thành: ( )s in c o s c o s s in s in c c x x x a b a b  2 2 2 2 + = + = + + a a a hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 5 Phương trình trên có nghiệm 2 2 2 2 2 1 c c a b a b       Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình:  2 2 sin cos cos 3 cos 2x x x x   . Đáp số: Phương trình vô nghiệm. 2. Giải phương trình:   3 s in co s s in 2 3 co s 3 2 co s 4 sinx x x x x x    . Đáp số: ; , 7 2 6 4 2 2 k x k k               . Câu 3: Xét hàm số   tanf x x x  trên đoạn ; 4 4         Ta có:     2 1 ' 1 0 , ; c o s 4 4 f x x f x x               là hàm số đồng biến trên ; 4 4         Mà ta có:  0 0f  , nên suy ra:  m in ta n , ta n , ; 0 4 x x x x          và  m in ta n , , 0 ; 4 x x x x          Vậy:     0 4 0 4 m in ta n , m in ta n ,I x x d x x x d x       0 2 24 0 4 0 2 ta n ln c o s ln4 2 3 2 2 04 x xd x xd x x                Nhận xét: Bài toán trên không hề khó, tuy nhiên cách phát biểu như trên thường ít gặp đối với học sinh. Cách giải hoàn toàn giống cách tính tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối, khi xét các khoảng khác nhau của biến số.Một điều vô cùng thú vị là hàm số m in hay m a x có thể biểu diễn thông qua hàm chứa dấu giá trị tuyệt đối.Cụ thể là:     1 m in , 2 a b a b a b    và     1 m ax , 2 a b a b a b    . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tính tích phân:   2 2 0 m in ,I x x d x  Đáp số: 4 2 1 3 I   2. Tính tích phân: 24 0 m a x c o s , 2 2 x x I e x x d x            hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 6 Đáp số: 4 1 1 2 I e      3. Tính tích phân:   4 6 m a x ta n 2 s in , 3I x x x d x      Đáp số: 2 4 2 2 ln 2 2 2 4 I     Câu 4: Giả sử ; ; , , ,z a b i x y i a b x y     . Ta có:   2 2 1 2 1 4z a b      Lại có:  1 3 2i z       1 3 2x y i i a b i      3 2 3 x a b y a b             3 1 3 3 3 1 x a b y a b            Do đó:       2 2 2 2 3 3 4 1 1 6x y a b          Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức  trên mặt phẳng phức là hình tròn     2 2 3 3 1 6x y    có tâm  3; 3I và bán kính 4R  . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn z k z i   , trong đó k là số thực dương cho trước. Đáp số: Nếu 1k  thì tập hợp là đường thẳng 1 2 y  Nếu 1k  thì tập hợp là đường tròn tâm 2 2 0; 1 k I k       và bán kính 2 1 k R k   2. Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn 1 1 z i z i z z      là số thuần ảo. Đáp số: Tập hợp điểm cần tìm là đường tròn 2 21 1 2 4 x y         trừ điểm  1; 0A  . Câu 5: hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 7 Nhận thấy 1 2 ,A d A d  nên giả sử 1 2 ,d d lần lượt là trung tuyến kẻ từ đỉnh ,B C . Gọi ,M N lần lượt là trung điểm ,AC AB . Do N thuộc 2 d nên tọa độ N có dạng  1 ; 0;1N t t  . Vì N là trung điểm AB suy ra tọa độ B là  1 2 ;1;1 2B t t  . Mà B thuộc 1d , nên ta có: 1 2 t  . Vậy tọa độ đỉnh B là  0;1; 2B . Do M thuộc 1d nên tọa độ M có dạng  2 ;1 3 ; 2 2M s s s  . Vì M là trung điểm AC suy ra tọa độ C là  4 1; 3 6 ; 3 4C s s s   . Mà C thuộc 2 d , nên ta có: 1 2 s  . Vậy tọa độ đỉnh C là  1; 0;1C . Khi đó ta có: 6 ; 1A B A C  . Gọi AD là đường phân giác trong của góc A . Ta có: 6 1 2 6 6 ; ; 1 6 1 6 1 6 D B D C D             Từ đó suy ra phương trình đường thẳng AD là: 1 1 1 1 12 6 x y z       Nhận xét: Bài toán trên rất giống những bài toán hay gặp trong mặt phẳng, tuy nhiên sẽ tương đối khó khăn và phức tạp nếu ta cố tình áp dụng các phương pháp truyền thống trong mặt phẳng vào không gian. Chúng ta cần sử dụng các kỹ thuật nâng cao hơn để giải quyết. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD . Theo tính chất đường phân giác, ta sẽ có: . AB D B D C AC   Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong không gian với tọa độ O xyz , cho tam giác ABC với tọa độ đỉnh  3; 2; 3C và phương trình đường cao AH , phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: 1 2 2 3 3 1 4 3 : ; : 1 1 2 1 2 1 x y z x y z d d             . Viết phương trình đường thẳng BC và tính diện tích tam giác ABC . Đáp số: 1 2 : 4 2 3 x t B C y t z        và 2 3 ABC S  2. Trong không gian với hệ toạ độ O xyz , cho hai điểm  1; 2; 3A và  1; 4; 2B  . Tìm toạ độ điểm C thuộc mặt phẳng   : 1 0P x y z    để ABC là tam giác đều. Đáp số: 1 3 5 1 1 3 5 3 ; ; 4 4 2 C         hoặc 1 3 5 1 1 3 5 3 ; ; 4 4 2 C         hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 8 Câu 6: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD , M là trung điểm CD và O là tâm của đáy ABCD . Do AO là trung tuyến của ABD nên 2 2 2 2 2 3 6 2 4 2 2 A B AD BD a a AO AO       2 6 3 3 AO a AH AO    Lại có: 2 2 2 2 2 2 3 3 3 2 4 3 BD BC C D a BM a BM a BH         Ta có: 2 2 2 24AH HB a AB AH HB     . Mà  AH SH AH SHB   . Kẻ HK SB . Vì  AH SHB nên AH HK HK  là đôạn vuông góc chung của AC và SB , suy ra HK a . Trong tam giác vuông SHB , ta có: 2 2 2 1 1 1 2SH a H K SH H B     Ta có: 3 . 1 4 8 4 2 . . . . 3 3 3 3 S A B C D A BC D O A B a V SH S SH S SH O A BH    Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho hình chóp .S ABCD , đáy ABCD là hình bình hành với AB a , 2AD a và SC vuông góc với mặt phẳng  ABCD . Biết góc 6 0 o B AD  , SA hợp với  ABCD một góc 4 5 o . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa SA và BD . Đáp số: 3 2 1 7 7 ; 3 1 1 a a V d  . 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AB a , 2AD a , 6 0 oB AD  . Cạnh SA a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi , ,M N P lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên , ,BC DC SC tương ứng. Tính thể tích khối tứ diện AMNP và khoảng cách giữa 2 đường thẳng ,NP AC theo a . Đáp án: 3 5 3 1 0 2 8 2 9 ; 6 4 9 4 3 a a V d  . Câu 7: Gọi M là trung điểm AB , suy ra: CM AB . Đường thẳng CM đi qua G và vuông góc với đường thẳng AB nên đường thẳng CM có phương trình 3 0x y   . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 9 Tọa độ của M là nghiệm của hệ: 5 2 0 2 3 0 1 2 x x y x y y                Hay tọa độ M là 5 1 ; 2 2 M       Lại có: 3CM GM , suy ra tọa độ của C là  9; 6C . Vì A thuộc đường thẳng 2 0x y   nên tọa độ A có dạng  ; 2A a a . Do 1 4 5 ; 3 3 G       là trọng tâm tam giác ABC nên tọa độ đỉnh B là  5 ; 3B a a  . Khi đó ta có:     2 2 5 2 2 5 2 2 5A B a a a      Ta có: 06 5 1 6 5 1 3 . . 2 2 5 . 6 5 2 5 5 52 2 2 2 ABC a S AB CH a a a              Với 0a  , ta có:    0; 2 , 5; 3A B  Với 5a  , ta có:    5; 3 , 0; 2A B Giả sử phương trình đường tròn  C ngoại tiếp ABC là: 2 2 2 2 0x y a x b y c     . Vì  C đi qua , ,A B C nên ta có hệ: 1 3 7 2 6 4 4 5 9 1 0 6 3 4 2 6 1 8 1 2 1 1 7 6 6 1 3 a b c a b c b a b c c                           Vậy phương trình đường tròn  C là: 2 2 1 3 7 5 9 6 6 0 1 3 1 3 1 3 x y x y     Nhận xét: Với các bài toán có xuất hiện trọng tâm tam giác, ta cần vận dụng công thức tính tọa độ trọng tâm tam giác để biểu diễn mối quan hệ về tọa độ giữa 3 đỉnh của tam giác, từ đó giảm số biến cần tìm xuống. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Cho BC có trọng tâm G thì ta có: 3 3 A B C G A B C G x x x x y y y y           Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độO xy , cho tam giác ABC có đỉnh  12;1B  , đường phân giác trong góc A có phương trình : 2 5 0d x y   . Điểm 1 2 ; 3 3 G       là trọng tâm tam giác ABC . Viết phương trình đường thẳng BC . Đáp số: 8 2 0 0x y   . hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 10 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ O xy , cho tam giác ABC có  2; 7A và đường thẳng AB cắt trục O y tại E sao cho 2AE EB . Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm 1 3 2 ; 3 G       . Viết phương trình đường thẳng BC . Đáp số: 2 5 7 0x y   Câu 8: Định hướng: Nhận thấy biểu thức ở vế trái là một hàm số đồng biến với x đủ lớn và biểu thức ở vế phải là một hàm số nghịch biến với x đủ lớn. Nếu sử dụng phương pháp khảo sát hàm số thì chúng ta sẽ gặp phải một biểu thức đạo hàm hết sức cồng kềnh. Vậy nên ta nghĩ đến việc sẽ sử dụng phương pháp đánh giá. Lời giải: Ta có: 2 2 21 7 1 3 6 1 0 5 1 3 1 7 4 8 3 6 2 xP x x x x x              2 2 2 2 225 3 3 1 2 3 2 4 6 2 2 x x x x x x                       3 1 2 5x x x     5 3 3 3 1 2 6 6 2 2 2 x x x x x         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 x  . Lại có:     221 1 3 3 6 8 2 1 1 2 3 2 2 3 6 2 2 2 Q x x x x x            Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 2 x  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: 3 2 x  . Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Giải phương trình:   2 2 2 21 3 1 1 7 4 2 2 x x x x x x x        Đáp số: 1x   . 2. Giải phương trình:     42 2 2 1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x         Đáp số: 2x  . 3. Giải phương trình: 6 8 6 3 2x x     hoctoancapba.com Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán THPT Quốc Gia 2015 11 Đáp số: 3 2 x  . Câu 9: Xét tứ giác OABC có ; ; ; 45 ; 30o oOA a OB b OC c AOB BOC     . Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: 2 2 2AB a ab b   2 2 3BC b bc c   2 2 2 3AC a a c c    , vì 2 3 co s 7 5 2 o   Theo bất đẳng thức tam giác, ta có: AB BC AC  , nên ta suy ra điều phải chứng minh. Dấy bằng xảy ra khi , ,A B C thẳng hàng s in 4 5 s in 6 0 s in 7 5 2 2 2 o o o O A B O BC O AC a b b c a c S S S     2 2 3 2 3 4 4 4 2 ab b c a c a c b a c         Nhận xét: Bài toán trên là một ví dụ cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học. Trong các bài toán này, chúng ta cần sử dụng linh hoạt các công thức: phương trình đường tròn, phương trình đường thẳng, công thức tính khoảng cách, định lý hàm số cos, Các bài tập và câu hỏi tương tự để tự luyện: 1. Cho , , ,a b c d là các số thực thỏa mãn   2 2 1 2a b a b    và   2 2 36 12c d c d    . Chứng minh rằng:         6 6 2 2 2 1 2 1a c b d       Hướng dẫn: Xét điểm    , , ,M a b N c d thì ta có: M nằm trên đường tròn tâm  1;1A bán kính 1 1R  và N nằm trên đường tròn tâm  6; 6B bán kính 1 6R  2. Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 0; 0; 2 3 2; 3 9x y x y x y      . Chứng minh rằng: 2 23 5 4 8 4 5 2 x y x y       Hướng dẫn: Tập hợp điểm  ;M x y trong đó ,x y thỏa mãn các điều kiện đã cho là phần bên trong tứ giác ABCD với        1; 0 ; 0; 2 ; 0; 3 ; 9; 0A B C D Dễ dàng chứng minh được: 2 5 6 5 2 M I  với điểm I có tọa độ  2; 4I hoctoancapba.com

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftttt_4526.pdf
Tài liệu liên quan