Embed Size (px)
Citation preview
LOVEBOOK.VN | 1
Trích đoạn cuốn “Tuyển tập 90 đề thi thử kèm lời giải chi tiết và bình luận” được đội ngũ t|c giả thủ khoa, giải
quốc gia GSTT GROUP biên soạn do Lovebook.vn sản xuất.
Cuốn s|ch được đ|nh gi| l{ cuốn giải tiết và công phu nhất trong chuỗi sách luyện đề môn Toán.!
Sách sẽ chính thức ra mắt các em học sinh v{ độc giả quan tâm vào ngày 18/12 sắp tới!
Cuốn sách gồm 45 đề thi đại học, trong đó có 33 đề thi thử được chọn lọc và bổ sung từ c|c đề thi thử trường
chuyên trên cả nước và 12 đề thi đại học chính thức được chọn lọc từ năm 2002 đến năm 2013.
Ngoài ra cuốn sách còn có khoảng gần 300 bài toán luyện thêm sau mỗi bài tập điển hình cho các em luyện.
Không chỉ đưa ra lời giải mà cuốn s|ch còn giúp c|c em định hướng tư duy l{m, tổng quát hóa bài toán và các
bài mở rộng,…Với cuốn sách Toán này, việc học Toán sẽ trở nên thú vị hơn v{ h{o hứng hơn!
Web: lovebook.vn
Facebook: https://www.facebook.com/Lovebook.vn?bookmark_t=page
Gmail: [email protected]
SĐT: 0466.860.849
Địa chỉ: Số 16, ngõ 61, Khương Trung, Thanh Xu}n, H{ Nội
LOVEBOOK.VN| 2
Phần I: MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ, BÀI VIẾT ĐẶC SẮC
1- Phương ph|p thế trong giải hệ phương trình Lương Văn Thiện
(GSTT GROUP – Kỹ Sư T{i Năng – ĐH B|ch Khoa HN)
““Thế” l{ một phương ph|p quan trọng của giải HPT. Nếu “thế” đúng thì b{i to|n sẽ được giải quyết
ngay tức khắc”.
TÓM TẮT KIẾN THỨC CƠ BẢN
- Các bạn cần nắm chắc kiến thức cơ bản đầu chương, phép biến đổi mũ, loga, kỹ năng biến đổi tương đương.
- Ngoài ra, để giải quyết chọn vẹn bài toán thì các kỹ thuật đẳng cấp, nhẩm nghiệm phân tích thành nhân tử, ẩn phụ,… cần phải nắm vững.
A- Tự cảm nhận.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
2 2 2
xy x 1 7y 1
x y xy 1 13y 2
Lời giải: (1) x(y 1) 7y 1
Nếu y 1 thì x.0 7( 1) 1 (vô lí)
Nếu y 1 thì 7y 1
xy 1
thế vào (2) ta có:
2 27y 1 7y 1y y 1 13y
y 1 y 1
2 2 22 2y 7y 1 y 7y 1 y 1 y 1 13y y 1 0
4 3 236y 33y 5y y 1 0
2y 1 3y 1 12y 5y 1 0
y 1
1y
3
2(Do 12y 5y 1 0, y R)
+ Với7.1 1
y 1 x 31 1
+ Với
17. 1
1 3y x 113
13
Kết luận: Hệ đ~ cho có nghiệm: 1
x;y 3;1 ; 1;3
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:
2 2 2
2 2
4x y 6xy 3y 9 0 1
6x y y 9x 0 2
Lời giải: 3 2 2 2(1) 4x y 6x y 3xy 9x 0 (3)
2 22 9x 6x y y thế vào (3) ta có:
3 2 2 2 2 24x y 6x y 3xy 6x y y 0
2 3y 4x 3x 1 0 3
y 0
4x 3x 1 0
+ Nếu y = 0 thay vào (2) ta có 9x = 0 nên x = 0
Thay x = 0; y = 0 vào (1) ta có 9 = 0 (vô lí)
LOVEBOOK.VN | 3
+ Nếu 3
x 1
4x 3x 1 0 1x
2
+ Với x = 1 thay vào (2) ta có: 26y y 9 0 y 3
+ Với
thay vào (2) ta có: 2
y 33 9
y y 0 32 2 y
2
Thử lại các nghiệm 1 1 3
x;y 1;3 ; ;3 ; ;2 2 2
vào hệ thấy thảo m~n. Đ}y cũng chính l{ các nghiệm của hệ
phương trình đ~ cho.
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: {y √3y 2y 6 3 3 √7 7 2 1
3y 4 3y 3 1 0 2
Lời giải: 2 3 4 3y 3y 1 thế v{o 1 ta có:
y √3y 2y 6 3 4 3y 3y 1 √7 7 2 .
3y 2y 6 3 √3y 2y 6 3 2 √7 7 7 7. (3)
Xét h{m số: f t t √t, t 0 f t 1 1
2√t 0, với mọi t 0
Suy ra f t đồng biến trên 0
Ta có: (3) f 3y 2y 6 3 f 7 7
3y 2y 6 3 7 7
3y 2y 1 4 0 (4)
Trừ vế 4 v{ 2 ta có: y 3 2 0 y 3 2
Thế v{o 4 ta có:
3 3 2 2 3 2 1 4 0
23 30 7 0 {
1 y 1
7
23 y
25
23
th a m~n
Kết luận: Hệ đ~ cho có nghiệm y 1 1 7
23 25
23 .
B- Chìa khóa tư duy giải to|n
Phép “thế” có ý đồ chính:
-Ý đồ 1: Rút theo y hoặc y theo từ một phương trình rồi thế v{o phương trình còn lại đưa về
phương trình một biến. tuy hơi cồng kềnh nhưng nếu mạnh dạn biến đổi thì “kiểu gì cũng ra”- ví dụ 1 l{ minh
chứng cho ta điều n{y. Lưu ý, có thể dùng ẩn phụ để giải ví dụ 1 gọn hơn “thế” nhưng nó thích hợp với bạn có
tư duy tốt. Vậy nên, nếu ẩn phụ không nghĩ ra thì “thế” l{ một phương |n an to{n v{ luôn luôn ra.
-Ý đồ 2: Quan s|t những biểu thức cùng uất hiện ở 2 phương trình, sau đó thế chúng cho nhau. Ở ví dụ
2, ta thấy ở phương trình 1 có “9” còn phương trình 2 có “9 ”, để thế 2 “thằng” n{y cho nhau thì một c|ch
tự nhiên, ta nh}n 2 về của phương trình 1 cho rồi thế 9 6 y y v{o phương trình 3 thì lời giải
được hé mở ho{n to{n. Ở ví dụ 3 cũng cùng ý đồ khi thấy thằng “3 ” uất hiện đồng thời ở hai phương trình. Ở
ví dụ 3 còn thêm ý đồ nhóm ẩn phụ chính l{ biểu thức trong căn: u 3y 2y 6 3 . Ta chỉ cần nhóm ra
u thì lập tức sinh ra v 7 7 rất đẹp.
C- Kết luận:
Tóm lại ta sẽ dùng phương ph|p thế khi: rút được 1 biến thep biến còn lại hoặc có 1 biểu thức cùng uất hiện
đồng thời ở cả 2 phương trình.
D- Bài tập vận dụng:
B{i 1: Giải hệ phương trình: {√ 1 1 . 3
√
1
log y 1 2
B{i 2: Giải hệ phương trình: { log y 3 1
2y y 12 . 3 81y 2
LOVEBOOK.VN| 4
B{i 3: Giải hệ phương trình: { y 3 0 1
1 3 y 1 2 y √ y 2y 0 2
B{i 4: Giải hệ phương trình: { y 2 1 1
y 2 2 0 2
B{i 5: Giải hệ phương trình: { y 7y 1 1
y 10y 1 2
Giải b{i tập vận dụng:
Bài 1: Điều kiện : 0, 4, y R.
Từ log y 1 3 3 3
thế v{o phương trình 1 ta có:
(√ 1 1).3
3√4
√ 1 1 √4
Đ|p số: y 3 0 .
Bài 2: Điều kiện y 0.
Tương tự như b{i 1. Từ log y 3 y 3 3
Thế v{o phương trình 1 ta có: 2y y 12 .
81y
Đ|p số: y 2 3 .
Bài 3: Điều kiện y 2y 0.
1 y 3 thế v{o 2 ta có:
2 3y 2√y 2 0 3.y
2 2√
y
2 1 0
3t 2t 1 0 với t √y
2 0
Đ|p số: y 1 3 .
Bài 4: Từ phương trình 2 : y 2 2 thế v{o phương trình 1 ta có:
2 2 1.
Đ|p số: y 1 1
{ : Từ phương trình 7y 1
y 1 thế v{o phương trình 2 ta được: y (
7y 1
y 1)
10y 1
Đ|p số: y 3 1 (1 1
3)
2- Sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến để giải phương trình, hệ phương trình Doãn Trung San
(GSTT GROUP – ĐH Y H{ Nội
Khi giải phương trình, hệ phương trình chúng ta gặp một số b{i to|n kh| cồng kềnh. C|c phương ph|p
hay dùng gặp trở ngại., khi đó ta có quyền nghĩ đến phương ph|p sử dụng tính chất đồng biến, nghịch biến của
h{m số hay phương ph|p h{m số .
Có hai loại chúng ta hay gặp:
I) Dạng quy được về ( ) với f l{ h{m đơn điệu đồng biến hoặc nghịch biến .
A - Cảm nhận:
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 1 √2 1 0 Đề thi CĐ 2012
Lời giải:
Điều kiện |c định: 1
2.
Khi đó, phương trình đ~ cho tương đương với:
4 1 √2 1
8 2 2 2 √2 1 2 2 (√2 1) √2 1.
LOVEBOOK.VN | 5
Ta thấy, phương trình đ~ cho tương đương với: 4 1 (√2 1) √2 1 0.
Xét h{m số f t t t trên 0
Có f t 3t 1 0 đồng biến trên 0
Suy ra h{m số đồng biến trên 0
M{ phương trình 1 tương đương với f 2 f √2 1
Nên phương trình 1 2 √2 1 4 2 1 0 * 1 √5 th a m~n 0
1 √5 không th a m~n 0
Vậy nghiệm của phương trình l{ 1 √5
í ụ : Giải phương trình: log 3
2 4 5 7 21 14 1
Ta có: 3
2 4 5 (
12)
114
2 1 3 0 với mọi .
Nên phương trình đ~ cho |c định trên R.
Phương trình đ~ cho tương đương với:
log 3 log 2
4 5 7 3 2 .
log 3 log 2
4 5 7 2 4 5 3 .
log 3 7 3 log 2
4 5 7 2 4 5 .
Có 3 0 v{ 2 4 5 0.
Xét h{m số: f f log t 7t trên 0
Ta có: f t 1
t. ln3 7 0 với mọi t 0
Nên phương trình 1 tương đương với:
3 2 4 5 3 2 0 * 1 2
Vậy phương trình đ~ cho có nghiệm l{ 1 2
B- Tư duy giải to|n.
Như vậy, thực chất để giải b{i to|n n{y, bước đầu tiên ta cần l{m l{ đưa b{i to|n về dạng f(u )
f g .
Tức l{, ph}n tích, chuyển vế đưa phương trình về dạng m{ 2 vế l{ 2 biểu thức cùng một h{m.
Có một số dấu hiệu sau:
LOVEBOOK.VN| 6
Phần II: Đề thi
Đề số 10
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)
C}u 1 1,0 điểm). Cho hàm số y = x 1
x 2
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho. b) Gọi I l{ giao điểm hai đường tiệm cận của (H). Viết phương trình tiếp tuyến d của (H) tại điểm M th a mãn IM vuông góc với d.
C}u 2 1,0 điểm). Giải phương trình 3 cos2 cosx
2 + (3 + 2cosx)sin
x
2 = cos
x
2
.
C}u 3 1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( )2 2xy 4y 8 x x 2
x y 3 3 2y 1
(x, y ℝ .
C}u 4 1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 3
20
xdx
4 x .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đ|y l{ hình chữ nhật, AD = a 5 . Tam giác SAB nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đ|y, SA a, SB a
2, 0ASB 120 . Gọi E l{ trung điểm của AD. Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE theo a.
C}u 6 1,0 điểm). Cho các số dương a, b ph}n biệt th a mãn 2a 2b 12 . Tìm giá trị nh nhất của biểu thức
P = 4 4 2
4 4 5
a b 8(a b)
.
II. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn C}u 7.a 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho tam gi|c ABC có A 1 3 , B 5 1 . Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho MC = 2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA AC 5 v{ đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên. C}u 8.a 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ):x y z 0 ,
( ):x 2y 2z 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M,
biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz).
C}u 9.a 1,0 điểm). Tìm số phức z th a mãn 1 i
z (1 i) z(1 i)z
.
B. Theo chương trình N}ng cao C}u 7.b 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, có trực tâm ( ; )H 3 2 . Gọi
D, E l{ ch}n đường cao kẻ từ B và C. Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng d: x 3y 3 0 , điểm ( ; )F 2 3 thuộc
đường thẳng DE và HD = 2. Tìm tọa độ điểm A. C}u 8.b 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ O yz, cho hai điểm ( ; ; )A 1 3 2 , ( ; ; )B 3 2 1 và mặt phẳng (P)
có phương trình x 2y 2z 11 0 . Tìm điểm M trên (P) sao cho MB 2 2 và 0MBA 30 .
Câu 9.b 1,0 điểm). Tìm số nguyên dương n th a mãn
1 2 3 4 2n2n 2n 2n 2n 2n
1 2 3 4 2n 1C C C C ... C
2 3 4 5 2n 1 2013
.
---------- HẾT ----------
LOVEBOOK.VN | 7
Đề số 11
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)
C}u 1 1,0 điểm). Cho hàm số y =
2x 1
x 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đ~ cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với H c|ch điểm A(0; 1)một khoảng bằng 2.. C}u II 2,0 điểm).
1. Giải phương trình 3 cos2 cosx
2 + (3 + 2cosx)sin
x
2 = cos
x
2
.
2. Giải hệ phương trình ( )
2
2
x xy x 3 0
y x 3 x 1 2 x y 2y (x, y ℝ .
C}u III 1,0 điểm). Tính tích phân I =
2
2
6
cosx.ln(1 sinx)dx
sin x.
C}u IV 1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng ABC BCD , BAC BDC 90 . Cho biết
AB 2a√5, AC a√5. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a, biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng với tan 4 C}u V 1,0 điểm).
Cho c|c số thực dương y, , th a m~n 3 y 3 y 2
y.
Tìm gi| trị lớn nhất của biểu thức: P y 16
y 2
II. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn C}u VI.a 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho tam gi|c ABC có A 1 3 , phương trình đường cao BB’ l{: 3 – y 1 0 v{ phương trình đường trung tuyến CM là : 2x +5y - 2 0. Tìm phương trình c|c đường thẳng AC, AB, BC .
2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C 3 2 3 , đường cao AH:
x 2 y 3 z 3,
1 1 2phân giác trong
BM:
x 1 y 3 z 3.
1 2 1Viết phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC..
C}u 8.a 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( ):x y z 0 ,
( ):x 2y 2z 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc (), có bán kinh bằng 3, tiếp xúc với () tại M,
biết rằng điểm M thuộc mặt phẳng (Oxz).
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z th a mãn
(1 3.i)z .
1 i Tìm môđun của số phức z i.z
B. Theo chương trình N}ng cao C}u 7.b 1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh BC: x 2y 1 0 . Hai đỉnh A, B
nằm trên Ox. Tìm toạ độ đỉnh C biết diện tích tam giác bằng 10.
C}u 8.b 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): – 2 4 – 8 – 4
0 v{ đường thẳng d có phương trình
x 2 y 3 z 1.
1 2 1(Sửa:
4 5y z
x 3 36 5 1
). Viết phương trình mặt
phẳng (P) chứa d và cắt mặt cầu bởi giao tuyến l{ đường tròn có bán kính bằng 4.
C}u 9.b 1,0 điểm). Tính tổng: 1 biết rằng
2 2
z cos isin .sn n
--------- HẾT ----------
LOVEBOOK.VN| 8
Đề số 19
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 điểm)
C}u 1 2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1
yx 1
có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đường thẳng y x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABM là tam
gi|c đều, biết điểm M(2; 5). C}u II 2 điểm). 1. Giải phương trình:
cos 2 sin 1 tan (
3) tan (
6) 1 1
2. Giải hệ phương trình: ( ) ( )2 2x 3x y 1 y y x 3 4
x xy 2y 1
(x,y ).
C}u III 2 điểm).
. Tính tích ph}n: I ∫ sin
cos d
Câu V 1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
2 2 23 a b c 4abc 13 .
C}u IV 1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đ|y ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC = 2a 3 , BD 2a, khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)
bằng a 3
4. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
II. PHẦN RIÊNG 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn C}u V.a 3 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y , cho tam gi|c ABC có đỉnh A(3; –4 . Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x y 1 0 và 3x y 9 0 . Tìm tọa độ c|c đỉnh B, C
của tam giác ABC.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho đường tròn (C): 2 2x y 2x 4y 8 0 v{ đường thẳng () có
phương trình: 2x 3y 1 0 . Chứng minh rằng () luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm toạ độ điểm M
trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất.
3. Giải phương trình:
x 1x 2
3x 1 2
(3 2)log 4 .93 3
.
B. Theo chương trình N}ng cao C}u V.b 3 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M 0 2 v{ hai đường thẳng 1
d , 2
d có phương trình lần
lượt là 3x y 2 0 và x 3y 4 0 . Gọi A l{ giao điểm của 1
d và 2
d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M,
cắt hai đường thẳng 1
d và 2
d lần lượt tại B, C (B và C khác A) sao cho 2 2
1 1
AB AC đạt giá trị nh nhất.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O y, cho đường tròn (C): 2 2x y 2x 4y 2 0 . Viết phương trình
đường tròn (C') tâm M(5; 1) biết (C') cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 3 .
3. Tính giá trị biểu thức: A = 0 0 1 1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 2011 20112 C 2 C 2 C 2 C 2 C
...1 2 3 4 2012
.
---------- HẾT ----------
LOVEBOOK.VN | 9
Phần III: Đáp án và bình luận Đề số 10
Câu 1: a) • Tập |c định: D ℝ \ {2}. • Sự biến thiên:
Giới hạn tại vô cực: Ta có xlim y 1
và xlim y 1
.
Giới hạn vô cực: x (2)
lim y
và x (2)
lim y
.
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang l{ đường thẳng y = 1, tiệm cận đứng l{ đường thẳng x 2 .
Chiều biến thiên: Ta có ' ,( )2
1y 20 x
x 2
.
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; )2 và ( ; )2 .
Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại điểm (1; 0), cắt Oy tại điểm ;1
02
; nhận giao
điểm ( ; )I 2 1 của hai đường tiệm cận l{m t}m đối xứng.
b Định hướng đơn giản: Gọi tọa độ điểm M theo một ẩn 0, sau đó viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M chứa tham số 0. Cuối cùng dựa v{o điều kiện vuông góc để tìm 0, từ đó suy ra phương trình tiếp tuyến.
+) Gọi M ; 00
0
x 1x
x 2
(x0 2) là tiếp điểm. Khi đó phương trình
tiếp tuyến tại M là
d: ( )( )
002
00
x 11y x x
x 2x 2
,
hay d: ( ) ( )2 20 0 0x x 2 y x 2x 2 0 .
Suy ra véctơ chỉ phương của d là ( ) ;2d 0u x 2 1 . Ta có ( ; )I 2 1 nên ;0
0
1IM x 2
x 2
.
Do đó IM vuông góc với d . dIM u 0 ( )20
0
1x 2 0
x 2
( )4
0x 2 1 x 3
x 1
Với x0 3, phương trình tiếp tuyến l{ y – 3 2 hay y 5. Với x0 1, phương trình tiếp tuyến l{ y – 1 hay y 1. Vậy có hai tiếp tuyến th a m~n đề b{i l{ y 5 v{ y 1. Câu 2: Phương trình đ~ cho tương đương với:
(3 + cos2x)cosx
2 + (3 + 2cosx)sin
x
2 = sin
x
2 (4 – 2 2sin x )cos
x
2 + (2 + 2cosx)sin
x
2 = 0
(2 – 2sin x )cosx
2 + 2 2 x
cos2
sinx
2 = 0 cos
x
2. 2sin x sin x 2 0
1
x 2
y'
y
1
O 1 2
1
0,5
y
x
LOVEBOOK.VN| 10
xx x k2k
cos 0 2 22
x k2sinx 1 x k2 2
2
( k ).
Vậy nghiệm của phương trình l{ + k2, x = 2
+ k2 ( k ).
Nhận xét: Thoạt nhìn phương trình thì chúng ta thấy có vẻ hơi bị “mất phương hướng”. Thế nhưng h~y chú ý
đến sự “rườm r{” hình thức của nó, đó l{ số hạng cosx
2
. Tại sao lại không để hình thức nó l{ sin
x
2 luôn m{
phải để cosx
2
V{ tại sao bên vế tr|i đ~ có sin
x
2 rồi m{ bên vế phải cũng có lượng n{y Rõ r{ng t|c giả có
“ngụ ý” bảo ta nên rút gọn phương trình th{nh: x x
3 cos2x cos 2 2cosx sin 02 2
.
Đến đ}y, c|c dấu ngoặc cũng như c|c nh}n tử bên ngo{i l{ sinx
2, cos
x
2 sẽ l{m ta bị “hút” theo c|ch đặt
xt tan
2 cần điều kiện . Thế nhưng c|ch đặt đó thì không khả quan cho lắm, bởi khi đó sẽ quy về một
phương trình ẩn t rất phức tạp phương trình lượng gi|c thường không phức tạp đến mức n{y . Không lẽ đến
đ}y l{ bế tắc Chưa đ}u nhé! Bạn đọc sẽ thường để ý đến biến đổi 2
x x1 sinx sin cos
2 2
, m{ ít để ý đến
biến đổi dùng công thức nh}n đôi: 2x x1 cosx 1 cos 2. 2cos
2 2
, chính điều n{y l{ mấu chốt của b{i to|n.
Câu 3:
Điều kiện: 1
0y 1 y22
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( )( )22
x 4x 4 y x 2 0
x y 2
+) Với 4, thay v{o phương trình thứ hai ta được:
( ) ( )2 2
1 1
y 1 9 2y 1 y 20y 10 0
y yy 1 3 2y 1
.
1
y 10 3 10
yy 10 3 10
+) Với 2x y 2 , thế v{o phương trình thứ hai ta được (*)2y y 5 3 2y 1 .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
VT(*) = ( ) ( ) ( ) ( )2y y 1 2y 1 5 2y 2 5 2y 1 31 5 2y 1 = VP(*).
Do đó phương trình * vô nghiệm.
Vậy nghiệm của hệ l{ y 4 10 3 10 ).
Nhận xét: Với “cục diện” thế n{y thì phương trình 1 sẽ được ta chọn để “đ|nh” nó trước.
C|i ngoặc x x 2 v{ tổng 2 2xy 4y dường như “có vấn đề”. Nếu t|c giả đ~ muốn nhóm v{o trong
ngoặc rồi thì tại sao lại không nhóm luôn cả 2 2xy 4y th{nh 2y x 4 luôn cho chúng “đồng bộ” Chính sự
không đồng bộ n{y đ~ giúp ta tư duy về c|ch giải: nhóm 2y x 4 v{ ph}n tích nh}n tử của tam thức bậc hai
chứa c|c số hạng còn lại. Nh}n tử x 4 đ~ uất hiện một c|ch không hề ng u nhiên, phải không n{o
C|ch kh|c có thể coi 1 l{ phương trình bậc hai với ẩn , tham số y v{ dùng biệt thức để giải .
Xử lý phương trình: 2y y 5 3 2y 1 (*).
Solve phương trình với gi| trị thử y dương, m|y b|o Can’t Solve nghĩ đến việc phương trình phương trình vô nghiệm. Không thiếu c|ch để chứng minh, đ|p |n dùng bất đẳng thức cho nhanh gọn. Nhưng mình nghĩ l{ c|c bạn nên đưa * về phương trình bậc 4 thì hay hơn dạng n{y thường gặp .
2 4 3 22
1 12 2
y 2y 11y
y y
8y 34 0y y 5 9 2y 1
2x 2x
LOVEBOOK.VN | 11
Đến đ}y thì cần thêm chút đ|nh gi| 24 3 2 4 3 2y 2y 11y 8y 34 y 2y 10y y 4 18 0 l{ * đ~
được giải quyết gọn lẹ! Câu 4:
Đặt 2 2 2t 4 t x 4 t xdx tdt . Khi x = 0 t = 2, khi x = 1 t = 3 . Suy ra
I = ( ) )
23 22 32
2 3 3
4 t t 16tdt (4 t dt 4t 3 3
t 3 3
.
Vậy I = 16
3 – 3 3 .
Nhận xét: Tích ph}n với cận 0 1 cùng với căn thức 24 x l{m nhiều bạn nghĩ đến phép đổi biến 2sint
hoặc 2cost. Nhưng do 3x có mũ lẻ, cụ thể l{ nó có thể ph}n tích th{nh 2x .x nên ta ưu tiên phép đặt
2t 4 x hơn lượng 2x có thể biểu di n theo t, còn lượng thì ghép được dư ra trong qu| trình đạo h{m
24 x tích ph}n biểu di n được dưới một ẩn t, loại h{m thu được l{ h{m hữu tỉ l{m đơn giản hơn h{m lượng gi|c trong qu| trình đổi cận cũng như biến đổi tích ph}n . Trong khi làm bài thi đại học thì ta cũng ưu tiên sử dụng c|ch đặt ẩn phụ như thế này, bởi việc dùng các hàm arcsin, arccos, arctan chỉ được học một cách chính thức ở trong chương trình cũ. Câu 5: Định hướng:
*) Tính thể tích ở bài này không gây nhiều khó khăn cho ta. Diện tích đ|y đ~ biết, việc |c định đường cao cũng không khó vì có (SBA) vuông góc với đ|y nên ta sẽ hạ đường cao tại đ}y, còn về tính to|n cũng không khó vì nó nằm trong một tam gi|c đ~ biết hết thông tin (việc tính to|n như n{o l{ tùy vào sở thích, tham khảo cách l{m đ|p |n . *) Tính bán kính là vấn đề nan giải nhất. Quan sát một chút thì SBCE hiện tại không có gì để ta khai thác cả. Nên việc nhảy thẳng vào mà vẽ bán kính là một điều dại dột vì thường khi vẽ ít nhất sẽ có một c|i đ|y như thế nào hoặc một c|i gì đó để khi ta dựng, ít thì cũng có c|i gì đó giúp ta tính to|n sau n{y v n biết phải mạnh dạn là tốt, nhưng chưa nên dùng lúc n{y .
Trước tiên, ta thấy là các cạnh của tứ diện này ta hoàn toàn tính cụ thể ra được, biết đ}u khi tính ra lại có gợi ý để ta dựng ra được bán kính!
Để ý, , cái này thì các bạn nên để ý vì rất nhiều bài toán có kiểu nhìn tương
tự nó làm tối ưu hóa c|c dữ kiện. Vậy thì có . Sau khi tính ra ta quan s|t em có gì đặc biệt
không, quả thật không ngo{i mong đợi , thế này thì ta có SAC, SCE là các tam giác vuông lần lượt tại B và E. Vậy SC chính l{ đường kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCE và bán kính là một nửa của SC. Yêu cầu: Biết được cách dựng đường cao, cố gắng nhìn những chi tiết quen thuộc rồi tự suy ra trong đầu mình định hướng đặc biệt, như thế bài toán có thể giải quyết nhanh về mặt định hướng hơn. V{ khai th|c những gì ta có thể l{m ngay trước mắt. Biết đ}u đó lại là chìa khóa mở ra bài toán! Lời giải:
+) Áp dụng định lý côsin trong tam giác SAB: . .2 2
2 2 0a a 7a a 7AB a 2a cos120 AB
4 2 4 2 .
+) Kẻ SH AB tại H. Vì (SAB) (ABCD) nên SH (ABCD). Ta có:
SH = . . 0
SAB2S SA SBsin120 a 21
AB AB 14 .
Suy ra VABCD = . . .31 a 21 a 7 a 15
a 53 14 2 12
đvtt .
BC ABBC SBC BC SB
BC SH
2 2 2
2 2 2
2 2 2
CE CD DE
SE AS AE
SC SB BC
2 2 2SC SE CE
S
A
B C
D E
H
LOVEBOOK.VN| 12
+) Vì BC AB, BC SH nên BC SAB . Do đó 0CBS 90 (1). Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông CED, SAE, SBC ta có:
2 22 2 2 27a 5a
CE CD DE 3a4 4
, 2 2
2 2 2 2 5a 9aSE SA AE a
4 4 ,
2 22 2 2 2a 21a
SC SB BC 5a4 4
.
Từ đó suy ra 2 2 2SC SE CE . Do đó 0CES 90 (2). Từ (1) và (2) suy ra tứ diện SBCE nội tiếp mặt cầu đường kính SC. Do đó mặt cầu n{y có t}m l{ trung điểm của
SC, có bán kính bằng R = SC
2 =
a 21
4.
Câu 6:
+) Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: ) . .( 2 4a 2b 2 416 a 4 2 a b 0 ab 8b 2
Do đó .(
.)) (
2 2 2 2
4 4 2 2 24 4 2
4 4 5P
a b 4 4 ab 5 a b 5 116
a b64 8 64aa b 8 a b b 8 a b b a 2b a
.
Đặt t = a b
b a . Khi đó t 2 v{ ( ) . .2 21 5 1 1 5 1 1
t 2 t16 64 t 2 16 64 t 2 8
P
.
Xét hàm số f(t) = .21 5 1 1t
16 64 t 2 8
trên (2; +). Ta có:
'( ) .( )2
1 5 1f t t
8 64 t 2
; '( ) ( )2 5 5
f t 0 t t 2 t8 2
(vì t > 2).
Vì ( ) ( )t 2 tlim f t lim f t
nên
( ; )( )
2
5 27min f t f
2 64
.
Suy ra P27
64 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = 4.
Vậy giá trị nh nhất của P là 27
64, đạt được khi a = 2, b = 4.
Nhận xét: Việc cần l{ đầu tiên đó l{ đo|n điểm rơi của bất đẳng thức – không qu| khó, cũng không qu| d ! Nhận thấy rằng khi a b thì P sẽ tiến tới dương vô cùng, vì vậy nên P không có max. Vậy nên nhiều khả năng điểm m{ P đạt min l{ “nghiệm đẹp” của phương trình P’ 0.
Thay b = v{o P, sau đó lấy đạo h{m P’. Nhập phương trình P’ 0 v{o m|y tính rồi slove nghiệm
đẹp l{ a 2. Điểm rơi dự đo|n l{ a 2, b 4. Đ}y l{ cơ sở dùng bất đẳng thức Cauchy chặn tích ab. Ý kiến cá nhân mình thấy rằng tác giả “chế” b{i to|n n{y n{y theo c|ch “thuận”: tìm h{m theo biến t, sau đó
thay rồi dùng một đ|nh gi| để đi đến biểu thức P. Còn ta l{m theo c|ch “ngược” nên khó khăn
trong c|ch đi n{y! Câu 7.a: +) Gọi H l{ trung điểm MC. Khi đó AH BC và BM = MH = HC = x > 0. Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông ABH, AMH ta có:
22 2
2 2 2
AH 4AH 2x AB 52
x 3AH x AM 25
+) Gọi phương trình đường thẳng BC là
a x 5 b y 1 0 ( 2 2a 0b ).
Ta có:
d(A; BC) = 4 2 2
6a 4b a 04 a 5a 12b 0
5a 12b 0a b
Với 5a 12b 0, đường thẳng BC có hệ số góc k = 12
5, không th a mãn loại.
Với a 0, đường thẳng BC có hệ số góc k = 0, th a m~n. Khi đó BC: y 1.
212 a
2
a b
b a ab 8
M H x
A 1 3
B(5; 1)
x x C
LOVEBOOK.VN | 13
Đường tròn t}m A, b|n kính R 5 có phương trình: ( ) ( )2 2x 1 y 3 25 . Khi đó tọa độ của C và M là nghiệm
của hệ phương trình ( ; ), ( ; )
( ; ), ( ; )( ) ( )2 2
y 1 C 2 1 M 4 1
C 4 1 M 2 1x 1 y 3 25
Vì M nằm trên đoạn thẳng BC nên C 4 1 . Nhận xét: Đ}y l{ b{i to|n không cho c|c cụ thể 1 phương trình đường thẳng n{o, nhưng uất hiện nhiều yếu tố liên quan đến độ dài các cạnh (có sự nghi vấn n{o đó . Đặc biệt, sau khi kẻ hình ra và quan sát thì thấy rất điều khả nghi như: cân tại A và MC = 2BM. Ta sẽ nghĩ đến việc gọi H l{ trung điểm MC vì tại vị trí trung
điểm MC ta tìm thấy rất nhiều vấn đề như .
Như vậy ta sẽ thấy mối quan hệ sau , giải hệ này ta sẽ tìm ra được x và AH. Vì AH là khoảng
cách từ A đến BC, m{ BC đ~ biết điểm đi qua, kiểu dữ kiện rất quen thuộc. Nó cho ta |c định được phương trình đường thẳng BC. Đ}y chính l{ mấu chốt b{i to|n chú ý điều kiện hệ số góc để loại nghiệm). Việc |c định C có nhiều cách, có thể gọi dạng trực tiếp rồi dùng độ dài hoặc l{m như đ|p |n cũng được. Tuy nhiên khi giải ra sẽ nhận được 2 nghiệm, nhìn trên hình thấy ngay đó l{ 2 trường hợp M, C đổi vị trí cho nhau, ta chỉ chọn trường hợp M nằm giữa B, C. Có thể dùng chi tiết BC MC để loại nghiệm này. Yêu cầu: Nắm được c|ch tư duy, kĩ thuật gán một đoạn thẳng chưa biết bằng 1 ẩn rồi tìm mối liên hệ xung quanh đó. Dựa vào chính mối liên hệ đó mình sẽ tìm thấy cụ thể được nó. Lưu ý: Có thể dùng phương tích để giải bài toán này (tham khảo sách giáo khoa nâng cao). Câu 8.a: +) Vì M (Oxz) M(a; 0; b). Mặt khác M () a = 2b M(2b; 0; b).
Gọi I là tâm của S . Khi đó IM: ( ; ; )x 2b y z b
I 2b t 2t b 2t1 2 2
.
+) Vì I () t b I(b; 2b; 3b). Ta có R = d(I; ()) = 9b
3 = 3 b = 1.
Với b = 1 (S): ( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 3 9 .
Với b 1 (S): ( ) ( ) ( )2 2 2x 1 y 2 z 3 9 .
Nhận xét: Đ}y l{ một bài toán viết phương mặt cầu, ta đ~ biết bán kính, bây giờ đi tìm t}m nữa l{ được. Theo dữ kiện bài thì M nằm ngay trên 2 mặt phẳng, vậy nếu ta có gọi dạng điểm M thì chỉ 1 ẩn m{ thôi. Đến đ}y, về cơ bản là không còn gì d thấy trước mắt để khai th|c “nhẹ” nữa. Tiếp tục, dữ kiện tiếp xúc với β nếu gọi I là tâm mặt
cầu cần tìm, ở đ}y ta có được 2 điều là MI
MI 3
(v n có gì đó khó ra . Còn dữ kiện I thuộc v n chưa giải
quyết vấn đề gì, dữ kiện này v n bị “đơ” cho từ đầu đến giờ nên việc tục đi theo c|i n{y l{ c|i gì đó không thể.
Chỉ còn biết trông chờ vào dữ kiện MI
MI 3
. Có lẽ cái hay của bài là chỗ này, thực tế ở đ}y l{ đ~ có thể viết
phương trình chính tắc của MI vì đ~ có điểm “đi qua” l{ M v{ VTCP l{ VTPT của β . Mặc dù v n biết điểm đi qua là một ẩn, nhưng suy nghĩ s}u a hơn một chút thì khi ta biết được phương trình MI, ta sẽ tìm được dạng của I, tuy nó v n còn 2 ẩn nhưng khi ta thay v{o ta đ~ tìm được mối quan hệ của chúng vậy thì còn 1 ẩn nữa thôi (giống ẩn với M), dùng ngay dữ kiện MI 3 hay d I, β 3 thì mọi chuyện cũng đ~ kh|c rồi nhé. Ta đ~ biết được cụ thể ẩn. Cuối cùng điểm I cũng đ~ biết v{ v{i to|n đ~ th{nh công. Yêu cầu: Ta có thể thấy câu này là một câu rất hay, ý tưởng ra đề rất đột phá và rất mới. Cần chú đoạn viết phương trình MI để đi đến tìm điểm I. Thực sự thì tuy duy cũng không có gì mới, nhưng quan trọng là bạn dám nghĩ hay không. Câu 9.a:
Đặt z = x + yi (với x, y ℝ 2 2x 0y ). Ta có
( ) . ( )( )
1 i 1 iz 1 i z z z z 1 i z
1 i1 i z
( )2 2 2 2x y i x y x y x y i
AMC
;
AH MC
BM MH HC x
AM AC 5 AB 52
2 2 2
2 2 2
AH AM MH
AH AB BH
LOVEBOOK.VN| 14
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 22 22 2
x y 0 1x y x y x y x y x y
xy 0x y x y 11 x y x y
x y x y 1 2
+) Với x = 0, ta có (2) 2y y 1 y 1 , th a m~n 1 . Suy ra z i.
+) Với y = 0, ta có (2) 2x x 1 x 1 , không th a mãn (1), loại. Vậy z i. Nhận xét: Nhìn vào thì thấy không có gì đặc biệt, nên việc đặt dạng tổng quát rồi giải bình thường l{ phương ph|p an to{n hơn bao giờ hết. Các bài toán số phức thường không quá khó nên yêu cầu tư duy cũng không cao. Việc tiến h{nh bình thường và không phải suy nghĩ nhiều là kinh nghiệm gặp dạng này. Câu 7.b:
+) Ta có HD = 2 2 2
D Dx 3 y 2 4 2 2D D D Dx y 6x 4y 9 0 (1).
Vì A d A(3m + 3; m). Ta có:
AD HD .ADHD 0 D D D Dx 3m 3 x 3 y m y 2 0
2 2D D D Dx y 3mx m 2 y 7m 9 0 (2).
+) Lấy (1) trừ đi 2 vế theo vế ta được: (6 + 3m)xD + (m – 2)yD + 7m + 18 = 0 (3).
Tương tự ta có (6 + 3m)xE + (m – 2)yE + 7m + 18 = 0 (4).
Từ 3 v{ 4 suy ra đường thẳng DE có phương trình 6 3m m – 2)y + 7m + 18 = 0. Vì F 2 3 DE m 0. Do đó A 3 0 . Câu 8.b:
+) Nhận thấy A (P), B (P), AB = 6 . Áp dụng định lý côsin trong MAB ta có:
. .2 2 2 0MA MB BA 2MBBA cos30 2 . Suy ra 2 2 2MB MA AB . Do đó tam gi|c MAB vuông tại A.
+) Ta có , ( ; ; )AM Pu AB n 0 5 5
. Do đó AM: ; ;
x 1
y 3 t M 1 3 t 2 t
z 2 t
.
2 2 2MA 2 t t 2 t 1 . Với t = 1 thì M(1; 2; 3). Với t 1 thì M 1 4 1 . Câu 9.b: +) Áp dụng công thức khai triển nhị thức Niu tơn ta có
... ,2n 1 2 2 2n 2n
2n 2n 2n1 x 1 C x C x C x x .
+) Lấy đạo hàm hai vế ta được ... ,2n 1 1 2 3 2 2n 2n 1
2n 2n 2n 2n2n 1 x C 2C x 3C x 2nC x x .
Suy ra ... ,2n 1 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n2nx 1 x C x 2C x 3C x 2nC x x
.
+) Lấy tích phân trên ;1 0 hai vế của đẳng thức trên ta được:
...
0 02n 1 1 2 2 3 3 2n 2n
2n 2n 2n 2n
1 1
2nx 1 x C x 2C x 3C x 2nC x dx
( )
...
0 02n 12n 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 2n 2n 2n11
2n 1 x 1 2 3 2n1 x C x C x C x C x
2n 1 2 3 4 2n 1
+) Suy ra: 1 2 3 4 2n2n 2n 2n 2n 2n
1 2 3 4 2n 1C C C C ... C
2 3 4 5 2n 1 2n 1
.
Theo bài ra ta có 1 1
n 10062n 1 2013
.
Nhận xét: Khi viết lại:
1 2 3 4 2n 1 2 3 4 2n2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n
1 2 3 4 2n 1 1 1 1 1C C C C ... C 1. C 2. C 3. C 4. C ... 2n. C
2 3 4 5 2n 1 2 3 4 5 2n 1
.
A
F 2 3 E
B C H
D
d
LOVEBOOK.VN | 15
Ta thấy muốn có các hệ số 1 2 3 4 … 2n thì cần dùng đạo hàm, còn muốn xuất hiện các hệ số 1
2;
1
3;
1
4;
1
5 …
1
2n 1 thì cần dùng nguyên hàm, tích phân.
LOVEBOOK.VN| 16
Đề số 11
Câu 1:
a)
1. Tập |c định: P 1
2. Sự biến thiên:
Giới hạn tại vô cực: Ta có lim
y 2 v{ lim
y 2.
Giới hạn vô cực: lim
y v{ lim
y
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang l{ đường thẳng y 2 , tiêm cận đứng l{ đường thẳng 1
Chiều biến thiên: Ta có y 3
1 0, 1
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1 v{ 1 * Bảng biến thiên:
x 1
y’ + +
y
2
2
3. Đồ thị: Đồ thị cắt O tại (1
2 0) , cắt Oy tại 0 1 v{ nhận giao điểm
I 1 2 của hai tiệm cận l{m t}m đối ứng
b)
Khai thác từ điều kiện về tiếp điểm
Gọi M( 2 1
1) , 1 l{ tiếp điểm. Theo b{i ra ta có MA 2
Hay (
2 1
1 1)
4 (
2
1)
4
2 4 6 0 [
0 2
Khi đ~ có tiếp điểm, không khó khăn để viết phương trình tiếp tuyến theo công thức
y y y
Với 0, phương trình tiếp tuyến l{ y y 0 . 0 y 0 hay y 3 1
Với 2, phương trình tiếp tuyến l{ y y 2 . 2 y 2 hay y 1
3
1
3
Vậy có 2 tiếp tuyến th a m~n b{i to|n l{ y 3 1 v{ y 1
3
1
3
Nhận xét: Với bài toán viết phương trình đường thẳng thì thông thường cần phải biết 2 yếu tố: Tọa độ 1 điểm
đặc biệt v{ vectơ ph|p tuyến.
Nếu đường thẳng đó l{ tiếp tuyến, với công thức y y y thì ta chỉ cần tìm ho{nh độ
tiếp điểm . Khi đó điểm đặc biệt chính l{ tiếp điểm ( y ) v{ vectơ ph|p tuyến được thay
bằng hệ số góc y
Tóm lại c|c b{i to|n viết phương trình tiếp tuyến hầu như đều quy về tìm ho{nh độ tiếp điểm .
Nếu có ẩn kh|c ngo{i thì ta ét hệ điều kiện tiếp úc để tìm cả v{ ẩn kh|c. Phương ph|p giải hệ
điều kiện tiếp úc sẽ được trình b{y ở một b{i kh|c.
Câu 2:
1 cos cot cos 2 sin sin 2
Điều kiện: sin 0, hay k , k Z
Ý tưởng thông dụng nhất để giải bài toán giải phương trình lượng giác nói chung là phân tích nhân tử. Tuy
nhiên, việc phân tích nhân tử có yếu tố lượng gi|c l{ không đơn giản như ở phương trình đại số thông thường
LOVEBOOK.VN | 17
(có thể dung m|y tính đo|n nghiệm). Với phương trình lượng gi|c ta cũng có thể phân tích nhân tử thông qua
việc đo|n nghiệm với một vài bí quyết nho nh .
Như trong b{i n{y, thử c|c gi| trị đặc biệt ta thấy có c|c nghiệm
4 3
4
4
3
4 v{
2
tức l{ (
4 k
2) v{ (
2 k2 )
Đo|n nh}n tử chung:
2 k2 sin 1 sin 1 0
Thử t|ch lấy nh}n tử sin 1 thất bại chuyển hướng
4 k
2 2
2 k cos 2 0. Thử t|ch nh}n tử cos2 th{nh công
Với điều kiện |c định, phương trình đ~ cho tương đương với 1 cos cos
sin cos2 sin 2 sin cos
cos cos cos 2 sin sin 2 sin cos
cos 1 2 sin cos 2 sin cos sin
cos cos2 cos2 sin cos2 0
cos2 cos sin 1 0
cos2 0
4 k
2, thoản m~n
cos sin 1 0 cos (
4)
1
√2 cos
4
4
4 k2 [
k2 , không tm
2 k2 , tm
Vậy phương trình có nghiệm
4 k
2 v{
2 k2 k Z
Nhận xét: Việc đo|n nghiệm dùng m|y tính để phân tích nhân tử trong phương trình lượng gi|c thường làm
theo một số bước cơ bản sau:
1. Thử với c|c gi| trị thông dụng: 0
2
2
3 2
3
3 2
3
4 3
4
4 3
4
2. Phân các nghiệm đo|n được vào các họ nghiệm cơ bản. Như ở b{i trên ta đ~ chia c|c nghiệm
4 3
4
4
3
4 v{
2 v{o c|c họ (
4 k
2) v{ (
2 k2 )
3. Đo|n nh}n tử chung: biến đổi tương đương để đưa về nhân tử chung, có thể tham khảo một số nhân tử
chung thông dụng sau:
4 k tan 1 0 sin cos 0
4 k tan 1 0 sin cos 0
k sin 0
2 k cos 0
3 k2 cos
1
2 0
2
3 k2 cos
1
2 0
[
6 k2
5 6 k2
sin 1
2 0
[
6 k2
5 6 k2
sin 1
2 0
4 k2 sin 1 0
4 k2 sin 1 0
k2 cos 1 0
k2 cos 1 0
LOVEBOOK.VN| 18
Bước 4: Tách biểu thức đề bài cho để đưa về nhân tử chung. Loại những trường hợp không thể ph}n tích được.
Đ}y l{ một phương ph|p hay v{ có thể dùng để giải nhiều b{i phương trình lượng gi|c cơ bản, bạn đọc nên
luyện tập nhiều để thành thục. Sau đ}y l{ một số bài tập tự luyện:
Giải phương trình lượng giác:
a sin cos 4 2 sin 2 1 4 sin (
4
2)
b cos cos 2 sin 2 0
c tan tan
tan 1
1
√2sin (
4)
Câu 3:
{ y 3 0 1
y 3 1 2√ y 2y 2 , y R
Điểu kiện |c định: y 2y 0 y 0
Ph}n tích 2 có √ y 2y √ 2 y
Có thể có phương trình đẳng cấp giữa 2 ẩn phụ l{ √ 2 v{√y
Mặt kh|c y 3 1 y 3y 1 Có chung cụm y 1 với 1
Ta nghĩ đến việc trừ vế với vế để triệt tiêu phần chung
Trừ hai phương trình của hệ ta được:
3y 2 2√ y 2y
2 2√ y 2y 3y 0
1 2√y
2 3
y
2 0
√y
2 1 y 2
Thế v{o phương trình thứ nhất của hệ ta được
2 3 0 1 3 0 1 y 3
Vậy hệ có nghiệm y duy nhất l{ 1 3
ậ é : Trong b{i n{y , có thể ý tưởng đầu tiên ta nghĩ đến sẽ l{ thế y ( 1 3
) từ 1 v{o 2 .
Tuy nhiên việc xử lí biểu thức tiếp theo sẽ l{ không đơn giản bình phương khử căn sẽ d n đến bậc rất cao), do
đó ta phải đổi hướng làm. Trong quá trình giải toán, thử v{ sai l{ điều không thể tránh kh i, cần luyện tập
nhiều cũng như chú ý c|c dấu hiệu của bài toán (sẽ được chỉ ra và phân tích xuyên suốt cuốn s|ch n{y để rút
ngắn thời gian giải.
Câu 4:
I ∫cos ln 1 sin
sin
d
Nhận thấy có cos sin Đặt sin t
Ta có cos d dt v{ khi
6 thì t
1
2 khi
2 thì t 1
Khi đó I ∫ln 1 t
t dt
Ta dùng phương ph|p tích ph}n từng phần bởi ln 1 t 1
1 t l{ ph}n thức d ử lí
Đặt u ln 1 t du dt
1 t, dv
dt
t v
1
t
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
I 1
tln 1 t |
11
2
∫dt
t t 1
ln 2 2 ln3
2 ∫(
1
t
1
t 1)dt
LOVEBOOK.VN | 19
3 ln3 4 ln 2 ln27
16
Nhận xét: Bài này khá d , tác giả chủ yếu lấy từ một biểu thức tích phân quen thuộc rồi sau đó đổi biến để
phức tạp hóa b{i to|n hơn. Tuy nhiên cũng với c|ch “chế” đề như vậy, nếu thay bằng một biểu thức khó và một
c|ch đặt ẩn phụ khó nhận diện ta có thể tạo ra những bài khó, thậm chí rất khó. Bạn đọc có thể làm thử một
biểu thức sau:
Tính: I ∫ln sin 1 ln cos
sin 1 sin 1
d
Câu 5: Phân tích: Đề b{i cho tan 4 phải tìm c|ch dựng để khai th|c dữ kiện. Rất may trong bài nay việc dựng l{ kh| d d{ng do ch}n đường cao nằm ngay trên BC Kẻ AH BC tại H, vì ABC BCD nên AH BCD Kẻ HK CD tại K đường iên AK CD AKH Kẻ HH AK tại H , vì CD AHK nên CD HH HH ACD Ta lập sơ đồ giải to|n như sau: Những yếu tố đ~ có: AB, AC, tan Những yếu tố cần tính:
a V 1
3AH. S
1
6AH. DB. DC {
AHDBDC
AH 1
AH
1
AB
1
AC
BD CB
CH.HK vì HK BD
{
HK AH
tan CB
CH CB
CA.CA
CH (
CB
CA)
DC √BC BD
b d(B, ACD ) CB
CH. d(H ACD )
CB
CH.HH
HH 1
HH
1
HK
1
HA
Trình b{y lời giải theo chiều uôi
Vì AB 2a√5, AC a√5 nên BC 5a, HC a, BH 4a, AH 2a
HK AH
tan a
2
Do HK, BD cùng vuông góc với CD nên HK BD.M{ BC 5HC nên BD 5HK 5a
2
CD √BC BD 5a√3
2 V
25a √3
12
Ta có 1
HH
1
HK
1
HA HH
2a
√17.M{ BC 5HC nên d(B ACD ) 5HH
10a
√17
Nhận xét:
-Việc lập sơ đồ giải toán là một phương ph|p đơn giản để tìm ra lời giải v{ đem lại hiệu quả cao vì ta đ~ tư duy
theo “chiều ngược”, d dàng tiếp cận chính |c hơn ý đồ của tác giả b{i to|n. Đồng thời phương ph|p n{y cũng
giúp ta trình bày lời giải một cách khoa học hơn theo “chiều uôi”, tr|nh bị mất điểm đ|ng tiếc.
-Khi đ~ th{nh thạo ta có thể chỉ cần ph|c sơ đồ ra nháp hoặc hình dung trong đầu để tăng tốc độ làm bài.
-Ý thứ 2 của bài toán có thể tính theo cách khác: thông qua thể tích khối tứ diện ABCD và diện tích đ|y ADC.
Câu 6:
ma P min y 2 y 2 2 y 2
Mặt kh|c: y 2 y
cả P v{ biểu thức điều kiện đều có thể chuyển về h{m số của y chọn biến mới l{ y
LOVEBOOK.VN| 20
sau đó sẽ tìm c|ch khảo s|t h{m 1 biến n{y để tìm gi| trị lớn nhất
Đặt y t 0. Từ giả thiết ta có: 3 y 3 y 2
y 2 y
2
y
3t 3 2t 2
t 2t 3t 3t 2 0 t 1 2t 1 t 2 0
1
2 t 2 vì t 0.
Ta lại có P y 16
2 y 2 t
8
t 1. Xét h{m số f t t
8
t 1 trên đoạn [
1
2 2]
f t 2t 8
t 1
f t 0 t t 2 4 t 1 t 3t 4 0 t 1
Bảng biến thiên:
P 20
3. Dấu ảy ra {
y 2 y 0
y √2.
Vậy gi| trị lớn nhất của P l{20
3 khi y √2.
Nhận xét: Đ}y l{ dạng bài bất đẳng thức quen thuộc trong kì thi đại học gồm 2 bước cơ bản:
Bước 1: dồn bất đẳng thức về một ẩn hoặc một ẩn phụ
Bước 2: khảo sát hàm số với biến mới đó để tìm giá trị lớn nhất ( nh nhất) hoặc chứng minh bài toán
Khi giải dạng bài này có một số mẹo nh sau:
- Quá trình dồn biến thường phải làm trội để xuất hiện biểu thức 1 ẩn.
- Biến mới phải có khả năng khai th|c hết điều kiện và biểu thức cần tính đề bài không cho thừa bao giờ)
- Nếu biểu thức 3 biến không đối xứng (2 biến có vai trò như nhau v{ kh|c vai trò so với biến còn lại): nhiều
khả năng dồn về “biến còn lại” đó. Như ví dụ sau:
Cho , y, z l{ c|c số thực dương th a m~n y z y z .
Tìm gi| trị nh nhất của biểu thức P 1
1
1
1 y
1
1 z
4
1 1 y 1 z
- Biểu thức đối xứng 2 biến thường ẩn phụ sẽ là tổng , tích, tổng bình phương,…hay nói chung l{ một biểu thức
đối xứng 2 biến đơn giản. Như ở bài trên là tích)
Câu 7.a Gọi AI BC H. Vì AI l{ ph}n gi|c trong tam gi|c c}n ABC nên AH đồng thời l{ đường cao.
Sơ đồ giải to|n: Đ~ biết: I 1 2 b|n kính R √5
Chọn công thức tính: S 1
2AH. BC AH. BH {
AHBH
AH AB
AI AI BI
AI AI 5
AI
BH √AH.HI √AI 5
AI. IH IH
IB
IA
5
IA
Như vậy l{ S ho{n to{n có thể tính được theo IA Lập phương trình v{ giải theo ẩn IA
Gọi IA m 0. Khi đó ta có S AH. BH m 5
m.√
m 5
m.5
m (1
5
m ) . √5 m 5
S 8 (1 5
m ) . √5 m 5 8 5m 139m 375m 625 0
x 1
2 1 2
f’ 0
f(x) 20
3
5
LOVEBOOK.VN | 21
m 25 5m 14m 25 0 m 5.
Tiếp theo tìm tọa độ của A l{ giao của d v{ I 5
A d A a a 2 . Do đó IA 5 a 1 a 4 25 [ a 1
a 4 *
A 1 3
A 4 2
Nhận xét: Trong bài này sử dụng khá nhiều hệ thức trong tam giác vuông. Chỉ cần nắm chắc các hệ thức này thì
sẽ giải được không mấy khó khăn.
Câu 8.a
Từ giả thiết D P Q suy ra tọa độ D th a m~n { y z 0y z 1 0
Đặt y t ta có { 2t 1z t 1
D 2t 1 t t 1
V 1
6|[AB⃗⃗⃗⃗ ⃗ AC⃗⃗⃗⃗ ⃗]. AD⃗⃗⃗⃗ ⃗|
1
6|2t 6| 3 [
t 6
t 12
Suy ra D 11 6 5 hoặc D 25 12 13
Nhận ét: đ}y l{ một bài d , chỉ cần khai thác từng bước một c|c điều kiện l{ l{m được.
Câu 9.
Ở dạng b{i n{y ta thường nghĩ đến 2 hướng làm chính:
1. Biến đổi trực tiếp điều kiện đề b{i về biểu thức |z 4
z 1|
2. Giải điều kiện đề b{i tìm ra z thay v{o tính biểu thức |z 4
z 1|
Nếu l{m theo hướng 1, khó khăn cơ bản l{ không l{m uất hiện được1
z 1 không th{nh công
chuyển sang c|ch 2
Đặt z a bi a, b R . Từ giả thiết ta có 1 a bi |a b 1 i| b 1 ai
1 a bi 2 b 1 2a b 1 i {1 a 2 b 1
b 2a b 1
Suy ra: 1 b
2 b 1 2 b 1 , b 1 b 2 2b 1 0 b 1 [
b 2 a 1
b 12 a
12
Suy ra z 1 2i hoặc z 1
2 1
2i.
Với z 1 2i, ta có |z 4
z 1| |1 2i
4
2 2i| |1 2i 1 i| |2 i| √5.
Với z 1
2 1
2i, ta có |z
4
z 1| |
1
2 1
2i
8
1 i|
7
2|1 i|
7√2
2
Câu 7.b Sơ đồ giải toán:
Phương trình đường tròn {T}m I
B|n kính R Hệ 2 ẩn 2 phương trình
{IM
d I R IM
C tiếp úc với tại M {M C IM
I thuộc đường thẳng d
tại M.
Phương trình d: y 3 0 I a 3 a , R IM |a 1|√2
C tiếp úc với nên |6a 22|
5√2 |a 1|√2
[a 3
a 2 *
I 3 6 , R 4√2
I 2 1 , R √2
Suy ra C : 3 y 6 32 hoặc C : 2 y 1 2
Câu 8.b
Sơ đồ giải to|n: C y z lập hệ phương trình 3 ẩn 3 phương trình {
C P ABC P
S √3
LOVEBOOK.VN| 22
Lời giải:
Vì C P nên có 2y z 5 0 1
Vì ABC P nên C Q l{ mặt phẳng chứa AB v{ vuông góc với P .
n ⃗⃗ ⃗⃗ [AB⃗⃗⃗⃗ ⃗ n ⃗⃗⃗⃗ ] 1 1 1 Q : y z 5 0 y z 5 0 2
Từ 1 v{ 2 , đặt t {y 0
z t 5 C t 0 t 5
S 1
2|[AB⃗⃗⃗⃗ ⃗ AC⃗⃗⃗⃗ ⃗]|
1
2√3 2t 8 |t 4|√3 √3 |t 4| 1 [
t 5
t 3 [
C 5 0 0
C 3 0 2
Nhận xét: Mặc dù định hướng theo sơ đồ giải toán là lập hệ 3 ẩn- 3 phương trình nhưng khi trình b{y lời giải ta
hoàn toàn có thể giải trước 2 phương trình rồi mới thay v{o phương trình thứ 3 như ở bài trên. Về bản chất
v n là giải hệ 3 ẩn -3 phương trình như trước nhưng sẽ tiết kiệm được nhiều công sức tính toán và giảm thiểu
sai sót.
Câu 9.b
Điều kiện: Có một acgumen bằng
6 Sử dụng dạng lượng gi|c của số phức z
Sơ đồ giải to|n: z r. cos i. sin
{
r {
|z| |2z̅ √3 i| 1
1 i z
1 √3 (1 √3)icó một acgumen bằng
6 2
Rút gọn biểu thức điều kiện bằng cách nhân liên hợp ta có:
1 i
1 √3 (1 √3)i
1 i
(1 √3) (1 √3)
. (1 √3 (1 √3)i) 1 √3i
4 1
2(cos
3 i sin
3).
Đặt z r. cos i. sin , Khi đó 1 i z
1 √3 (1 √3)i
r
2(cos (
3) i sin (
3))
Theo b{i ra ta có
3
6
6. Suy ra z
√3r
2 r
2i
Thay v{o điều kiện 1 để tìm r.
Từ giải thiết của b{i to|n ta có |√3r
2 r
2i| |√3r ri √3 i|
(√3r
2)
(r
2)
3 r 1 r 1 r 4 r 1 [r 2
r 23
Từ đó ta có z √3 i z √3
3 1
3i.
Nhận xét: - Ta chọn xử lí điều kiện 2 trước vì nó chỉ chứa z, d xử lí hơn 1 chứa cả z̅ trong biểu thức.
1 i
1 √3 (1 √3)i có vẻ phức tạp nhưng do không chứa biến nên có thể rút gọn d d{ng
Để rút gọn ph}n thức có chứa số phức ở m u, ta nh}n cả tử v{ m u với liên hợp của m u.
LOVEBOOK.VN | 23
y
x O
–1
2
Đề số 19 Câu 1: 1.
• Tập |c định: D = .
• Sự biến thiên
– Chiều biến thiên: x D.
Hàm số đồng biến trên các khoảng và .
– Giới hạn, tiệm cận: .
Đồ thị hàm số nhận đường thẳng làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng làm tiệm cận ngang.
– Bảng biến thiên:
• Đồ thị:
– Đồ thị cắt trục hoành tại điểm và cắt trục tung tại điểm .
– Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận l{m t}m đối xứng.
2. Phương trình ho{nh độ giao điểm của đường thẳng với đồ thị (C):
(*).
+) nên (C) luôn cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt
A, B. Giả sử , thì x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của (*).
Theo định lý Vi–ét:
+) Thấy rằng
Vậy nên tam gi|c MAB đều
1\
2
3y ' 0
x 1
; 1 1;
; ;x 1 x 1 x xlim y lim y lim y lim y 2
x 1 y 2
1;0
2
0; 1
I 1;2
y x m
22x 1x m 2x 1 x 1 x m x 3 m x m 1 0
x 1
2 2
(*)3 m 4 m 1 m 1 12 0 y x m
1 1A x ; x m 2 2
B x ; x m
1 2
1 2
x x m 3
x x m 1
2 2
1 2MA MB x 2 x 2
2 2 22 2
1 2 1 2MA AB x 2 x 2 2 x x
2
x 1
y' + +
y 2
LOVEBOOK.VN| 24
Vậy có hai giá trị m cần tìm là m = 1 và m = –5.
Nhận xét: Trong lời giải sẽ có bạn thắc mắc rằng tại sao lại có MA = MB = . Mình sẽ lí giải
trước tại sao lại có điều n{y. Theo định lý Vi-ét thì , thay vào biểu thức tính MA:
MA = .
Tương tự cho MB, ta có MA = MB. Nhiều bạn sẽ tự h i tại sao lại có điều đó V{ mục đích để đưa về biểu thức đó để làm gì? Mình sẽ trả lời mục đích trước. Do độ dài AB là một biểu thức đối xứng hai biến x1, x2 nên muốn dùng tam giác đều cho thuận lợi thì phải biến đổi MA về dạng đối xứng với hai biến x1, x2 như trên để dùng định lý Vi-ét. Giờ mình in đi v{o “nguyên nh}n s}u a” của vấn đề này. Đồ thị hàm bậc nhất trên bậc nhất thông thường (gọi là (C))thì nó có hai trục đối xứng, chúng có hệ số góc là
hoặc . Gọi trục đối xứng không cắt (C) là (d), gọi một đường thẳng () bất kì song song với trục đối xứng còn lại. Nếu d’ cắt (C) tại hai điểm A, B thì một điểm M bất kì trên d luôn c|ch đều A và B. Thật vậy, bởi tính chất đối xứng nên (d) chính là trung trực của AB, do đó M (d) sẽ c|ch đều A, B. Chính dựa vào tính chất này mà việc kết luận MA = MB là hoàn toàn có cơ sở: (d): y = x + 1 là trục đối xứng không cắt C , đường thẳng ( : y m l{ đường thẳng song song với trục đối xứng khác (d). Có
MA MB. Khi có cơ sở này rồi thì việc dùng đại số để chứng minh sẽ làm bài giải trở nên gọn
nhẹ hơn nhiều. Câu II. 1.
cos 2 sin 1 tan (
3) tan (
6) 1 1
Điều kiện: {cos (
3) 0
cos (
6) 0
3 k
2, k Z
Nhận thấy tan (
3) tan (
6) có c|c cung
3 v{
6 đều “ ấu”.
Ta sẽ biết nó th{nh cung đẹp hoặc biểu thức gọn “đẹp” hơn. Việc này có nhiều c|ch để thực hiện chẳng hạn
dùng công thức tan hiệu , tan tổng ,… Nhưng c|ch hay nhất l{ để ý
6 (
3)
2 v{
tan cot (
2)
1
tan ( 2)
Áp dụng, ta có (1) trở thành:
cos 2 sin 1 1 cos2 sin [
2 k2
6 k
3
k Z
Kết hợp với điều kiện, phương trình 1 có c|c nghiệm
2 k2 hoặc
6 k2 , k Z.
Nhận xét: - Tư tưởng của b{i to|n l{ “ ấu xấu” th{nh “đẹp”. Xấu là những biết thức có cung xấu, cồng kềnh. Ta cần thay nó bằng biểu thức đẹp hơn, gọn hơn. Đ}y l{ bước đi đầu tiên, sau khi “đẹp” rồi các bạn rất d xử lý. Bạn thử
biến đổi c|ch kh|c để đưa tan (
3) tan (
6) 1. Có rất nhiều c|c để giải quyết, nó nhanh hay chậm
còn tùy thuộc vào khả năng quan s|t, ph|t hiện của bạn. Nhưng h~y nhớ là dù nhanh hay chậm thì kiểu gì bạn
cũng ra 1 biểu thức thay thế đẹp hơn, v{ kiểu gi bạn cũng giải được khi bạn được trang bị tư duy “ ấu xấu”
th{nh đẹp này.
- Chú ý thêm là bài toán có tan x hay cot x phải có điều kiện và kiểm tra điều kiện trước khi kết luận nghiệm.
Chúng ta sẽ tr|nh được hậu quả “thừa” nghiệm.
Bài tập tương tự
{ . Giải phương trình cos2 sin 1 tan (
4) tan (
4) 1 .
2 2
1 2 1 2 1 2
m 1x x 4 x x 6x x 8 0 m 4m 5 0
m 5
2 2
1 2x 2 x 2
1 2m x x 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 2x 2 x m 5 x 2 x 3 5 x 2 x 2
k 1 k 1
M 2;5 d
LOVEBOOK.VN | 25
{ . Giải phương trình cos 2 sin 1 cot (
3) tan (
6) 1 .
2. Định hướng: Rõ ràng hình thức của phương trình 1 “có vấn đề”. Chú ý ở những dấu ngoặc,
, rõ ràng tác giả đang cố tình t|ch y ra để “cho v{o” trong hai dấu ngoặc trên. Vậy nên
việc của ta là phá những cái ngoặc đó ra m{ thôi. Khi ph| ra ong thì dùng biệt thức , đến đ}y thì b{i
to|n được “hóa giải” ho{n to{n. Bài giải:
Biến đổi:
+) Với x – y = 1, ta có
+) Với x – y = –4 ta có (vô nghiệm).
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (–1; –2). Câu III. Tách I làm 2 tích phân con I1 và I2
I ∫
cos d
∫sin
cos d
I I
I ∫ d cos
cos
1
cos |
30 1
Ta sử dụng công thức sin d d cos để đưa I về hết cos .
Nhận thấy d
cos d tan nên ta sẽ đưa I về dạng tích ph}n từng phần
I ∫
cos d
∫ d tan
tan |
30 ∫ tan d
√3 ln|cos | |
30
√3 ln2.
Vậy I 1
√3 ln2 .
* Bình luận:
- Nhiều bài tích phân ta cần tách ra làm 2 hoặc nhiều tích phân con đơn giản và dễ tính hơn.
- Tích phân lượng giác thấy xuất hiện mẫu số là cos , sin ta thường sử dụng
d
cos d tan ,
d
sin d cot để tính ph}n từng phần hoặc đưa về một biến t tan hoặc cot .
- Tính I ta dùng kỹ thuật đưa về một biến cos hoặc sin thông qua công thức sin d d cos hoặc
cos d d sin .
Tổng qu|t của I l{ K ∫ sin cos d
, với m, n Z
+ m hoặc n lẻ thì đưa về 1 biến cos hoặc sin thông qua công thức sin d d cos hoặc cos d
d sin . I là 1 ví dụ của trường hợp này.
+ m, n đều chẵn và có số < 0 thì đưa về một biến tan hoặc cot qua công thức
d
cos d tan hoặc
d
sin d cot .
Ví dụ: J ∫sin
cos d
∫ sin d tan
Đưa sin theo tan 1
sin cot 1
1
tan 1 suy ra:
3x y 1 3xy 3x
y x 3 xy 3y
x25
22 2 x y 1
x 3x y 1 y y x 3 0 x y 3 x y 4 0x y 4
y x 1x y 1 x 1
x x x 1 2 x 1 0x xy 2y 1 y 0
x 1
y 2
x y 4
x xy 2y 1
LOVEBOOK.VN| 26
sin 1
1tan
1 thay vao J ta có: J ∫
1
1tan
1 d tan
∫t
1 t dt
√
.
Ta đã đưa J về tích phân hữu tỉ. Các bạn cần nẵm vữa kỹ thuật tách, hệ số bất định để tính tích phân hữu tỉ.
+ m, n đều không âm thì ta giảm bậc đưa về dạng cosM , sinN ,
M m,N n. Ví dụ: sin cos 1
4sin 2
1 cos 4
8
* Bài tập tương tự
{ . Tính I ∫ cos
sin d
2. Câu V.
Đặt f(a, b, c) = 2 2 23 a b c 4abc 13 và b c
t2
.
Trước hết ta chứng minh: f(a, b, c) f(a, t, t).
Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả thiết a b c 3a a b c 3 hay a 1.
f(a, b, c) f(a, t, t) = ( ) ( )2 2 2 2 2 2 23 a b c 4abc 13 3 a t t 4at 13
= ( ) ( )2 2 2 23 b c 2t 4a bc t =( ) ( )
2 22 2 2 b c b c
3 b c 4a bc4 4
= ( )
( )2
23 b ca b c
2
=
( )( )23 2a b c0
2
do a 1 .
+) Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: ( , , )f a t t 0 với a + 2t = 3. Ta có:
( , , ) ( )2 2 2 2f a t t 3 a t t 4at 13 = (( ) ) ( )2 2 2 23 3 2t t t 4 3 2t t 13
= ( ) ( )22 t 1 7 4t 0 do 2t = b + c < 3.
Dấu “ ” ảy ra t 1
a b c 1b c 0
.
Nhận xét, cách giải khác: Lời giải sử dụng phép dồn biến với biến đổi kh| rườm r{ v{ mình tin rằng nhiều bạn học sinh kh| gi i sẽ chọn c|ch giải đơn giản hơn cho b{i to|n n{y. Ý tưởng của chúng ta cũng l{ dồn biến. Ta dự đo|n dấu bằng khi a b c 1.
Để ý 22 2 2a b c a b c 2 ab bc ca 9 2 ab bc ca , trong đó lượng ab ca a b c a 3 a
có thể dồn về một biến a , còn lượng bc thì có “liên quan” đến biến a qua bất đăng thức thông dụng sau: 2 2(b c) (3 a)
4 4bc
* , nên chúng ta sẽ biến đổi rồi sau đó tìm hướng dồn biến thích hợp.
2 2 2P 3(a b c ) 4abc 3 9 2 ab bc ca 4abc 27 6a 3 a 2 2a 3 bc
.
Đến đ}y ta thấy rằng muốn dồn biến theo biến a thì biểu thức 2a – 3 phải không dương do chiều của bất đẳng thức * . Chính vì vậy chúng ta sử dụng giả sử a min a, b, c thì sẽ có a 1, do đó 2a – 3) < 0.
Vậy, khi a 1 thì: 2
3 2(3 a) 3 27P 27 6a 3 a 2 2a 3 . a a f(a)
4 2 2
.
Thủ tục còn lại của chúng ta l{ ét h{m f a trên 0 1 v{ kết luận về minP, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Lưu ý: Với những bạn đ~ được tiếp úc với phương ph|p p, q, r thì chắc chắn rằng việc giải b{i to|n chứng minh n{y cũng gần như quen thuộc. Sử dụng thêm bất đẳng thức Schur khi thi đại học phải chứng minh sau:
34pqr
p
9
với p a b c q ab bc ca r abc với a, b, c không }m .
Áp dụng với b{i to|n n{y: Ta có p 3 v{ 21
q a b c 33
.
4(4.3q 27) 2qP 27 6q 4r 27 6q 15
9 3
2.315 13
3
.
LOVEBOOK.VN | 27
Câu IV. +) Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao tuyến của chúng là SO (ABCD).
VSABCD = SO.SABCD.
Diện tích đ|y đvdt .
Ta có: ABO vuông tại O và AO = BO a, do đó
ABD đều.
Do ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K l{ trung điểm của
HB ta có DH AB và DH = ; KO // DH và
OK AB AB (SOK). +) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB), hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI l{ đường cao .
Thể tích khối chóp S.ABCD: đvtt .
Nhận ét, định hướng: Bài toán xuất hiện dữ kiện hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Từ đ}y ta nhớ đến tính chất: khi 2 mặt phẳng cùng vuông góc với 1 mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến
của chúng sẽ vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó. Như vậy ta sẽ có SO (ABCD). Suy ra VSABCD = SO.SABCD.
Ta có diện tích đ|y d d{ng tính được. Vấn đề của ta bây giờ l{ đi tính đường cao SO, dữ kiện khoảng cách từ
điểm đến mặt phẳng ( ) bằng sẽ giúp ta l{m điều n{y. Đ}y l{ dữ kiện ngược so với những gì mà
mọi người hay l{m, tuy nhiên thì c|ch l{m cũng tương tự. Ta sẽ b|m v{o ch}n đường cao SO để dựng nên
khoảng cách này. Tại O ta sẽ kẻ . Suy ra OI là khoảng cách từ O đến ( ) và
tính được OI = . Ta thấy: . Vấn đề tiếp theo của ta l{ tính OK. Đ}y l{ đoạn thẳng nằm
trên một hình đ~ |c định về độ dài nên việc tích nó kiểu gì cũng phải tính được, vấn đề là có phát hiện ra để
l{m nhanh hơn không. Để ý thấy: ABO vuông tại O và AO = BO a, do đó ABD đều, đ}y
là phát hiện quan trọng khiến bài toán di n ra nhanh hơn. Tuy nhiên không có ph|t hiện này ta l{m “thô” cũng ra. Yêu cầu: Nắm được cách dựng hình, các tính chất có nêu trong bài. Câu V.a. Định hướng: Bài toán xuất hiện c|c đường trung trực, trung tuyến... như đ~ nói, ta sẽ khai thác triệt để những dữ kiện này. Thực chất 2 dữ kiện n{y l{ bình đẳng nhau nên ta hoàn toàn có quyền chọn c|i n{o trước để bắt đầu. Ta sẽ bắt đầu từ C trước, gọi C(c; 3c – 9 v{ M l{ trung điểm BC M(m; 1 – m). Suy ra: B(2m – c; 11 – 2m – 3c . Để tìm mối quan hệ giữa c và m ta chỉ cần bắt trung điểm AC sau đó thay lại vào phương trình tiếp tuyến may thay khi thay vào ta tìm thấy ngay m = 2 M(2; –1). Đến đ}y ta sẽ viết được phương trình BC v{ C chính l{ giao điểm của BC v{ đường trung tuyến. Yêu cầu: Bài không có sự mới mẻ nữa trong c|ch tư duy, vấn đề là phải biết khai thác triệt để các dữ kiện. Và nhớ l{ đi thi gặp 2 ẩn thì đừng ngại đặt bút. Bài giải: +)Giả sử C(c; 3c – 9 v{ M l{ trung điểm của BC M(m; 1 – m) B(2m – c; 11 – 2m – 3c).
+) Gọi I l{ trung điểm của AB thì .
Vì I : 3x – y – 9 = 0 nên .
Phương trình BC: x – y – 3 = 0.
1
3
2ABCD
1S AC.BD 2 3a
1
a 3 0ABD 60
a 31 a 3
OK DH2 2
2 2 2
1 1 1 aSO
2OI OK SO
3
S.ABCD ABCD
1 3aV S .SO
3 3
1
3
O SABa 3
4
OK AB,OI SK OI SAB SAB
a 3
4 2 2 2
1 1 1
OI SO OK
a 3 0ABD 60
;2m c 3 7 2m 3c
I2 2
. ;2m c 3 7 2m 3c
3 9 0 m 2 M 2 12 2
S
A
B K
H
C
O
I D
a
LOVEBOOK.VN| 28
+) Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
Vậy tọa độ C(3; 0), tọa độ B(1; –2). 2. Định hướng: Để chứng minh đường thẳng cắt mặt cầu trong không gian, ta sẽ ét đến khoảng cách từ t}m đến đường thẳng đó. Gọi I là tâm và R là bán kính.
chúng cắt nhau tại 2 điểm.
chúng cắt nhau tại 1 điểm (hay chúng tiếp xúc nhau).
chúng không cắt nhau.
Với bài này ta có < R nên chúng sẽ cắt nhau đpcm .
Vấn đề tính đến diện tích lớn nhất: Vì chúng cắt nhau tai 2 điểm cố định nên AB l{ không đổi.
Gọi M l{ điểm nằm trên (C), ta có . Nên lớn nhất khi lớn nhất, và khoảng cách
lớn nhất khi nó nằm trên giao điểm của đường thẳng d qua tâm vuông góc với .Cách viết phương trình n{y là ta sẽ tìm hình chiếu của I lên . Như vậy ta đ~ có 2 điểm đi qua và việc viết nó đ~ qu| d dàng rồi. Chú ý khi tìm giao điểm của d và mặt cầu ta sẽ tìm được 2 điểm, nhưng ta sẽ chọn điểm nào có khoảng c|ch đến lớn hơn. Để hiểu b{i n{y hơn, c|c bạn nên vẽ hình ra sẽ thấy rõ vì sao ta có những bước suy luận như trên. Yêu cầu: Nắm được cách xét vị trí tương đối giữa đường thẳng v{ đường tròn v{ đường thẳng và mặt cầu, cách tìm vị trí để một tam giác có diện tích lớn nhất. Bài giải:
+) Đường tròn (C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = .
Do < R nên đường thẳng cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
+) Gọi M l{ điểm nằm trên (C), ta có .
Trong đó AB không đổi nên lớn nhất khi lớn nhất.
+) Gọi d l{ đường thẳng đi qua t}m I v{ vuông góc với . Phương trình đường thẳng d: 3x + 2y – 1 = 0. Gọi P, Q l{ giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình:
P(1; –1); Q(–3; 5).
+) ; . Ta thấy lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với Q.
Vậy tọa độ điểm M(–3; 5). 3. Định hướng: Đứng trước 1 bài toán logarit, quan sát thấy sự phức tạp ở các biểu thức liên quan ta cần phải biến đổi sao cho chúng giảm đi độ phức tạp. Công cụ m{ ta dùng đó l{ c|c công thức cơ bản. Với này ta nhớ
Sau khi thu gọn ta có ngay phương trình tích.
Yêu cầu: Nắm được các công thức, các thao tác biến đổi. Bài giải: Điều kiện: 1. Phương trình đ~ cho tương đương với:
.
(loại)
3x y 9 0
x y 3 0
x 3
y 0
d I, R :
d I, R :
d I, R :
(I, )
9d
13
ABM (M, )
1S AB.d
2
ABMS (M, )
d
13
,9
d I13
ABM
1S AB.d(M, )
2
ABMS
d(M, )
2 2x y 2x 4y 8 0
3x 2y 1 0
,
,
x 1 y 1
x 3 y 5
( , )4
d P13
( , )22
d Q13
d(M, )
m nmm n m n m n nn m
a a alog log log ;a a .a ; a a ...
x x 13 3
2(3 2) log (x 1) log 3 4 .3
3
x x3
(3 2) log (x 1) 1 4 2.3
x x3
(3 2)log (x 1) 3 2 0 x3
(3 2) log (x 1) 1 0
( )
x
3
3 2 0
log x 1 1
3x log 2
4x
3
LOVEBOOK.VN | 29
Vậy phương trình có nghiệm x = .
Câu VI.b. 1. +) Toạ độ điểm A(–1; 1). Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau.
+) Gọi l{ đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng và lần lượt tại B, C (B và C khác A).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Ta có: không đổi).
đạt giá trị nh nhất bằng khi H M, hay l{ đường thẳng đi qua M v{ vuông góc với
AM. Phương trình đường thẳng : x + y – 2 = 0. 2.
+) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = . Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB IM tại
trung điểm H của đoạn AB. Tam gi|c ABI đều nên IH = = .
+) Gọi bán kính của C’ l{ r r 0 thì C’ : .
A, B l{ hai điểm chung của C v{ C’ nên trục đẳng phương AB có phương trình l{:
.
+) d(I, AB) = IH
Vậy có hai phương trình đường tròn th a mãn là:
C’1): v{ C’2): .
3. +) Xét khai triển sau với x 0 và n *:
Lấy tích phân cận từ 0 đến 2 hai vế ta được:
(*).
Chia hai vế của * cho 2 ta được: .
Vậy A = 0.
4
3
1
d2
d
2 2 2 2
1 1 1 1
AB AC AH AM
2 2
1 1
AB AC
2
1
AM
3
R 3
2
3
2
2 2 2 22 2x 5 y 1 r x 5 y 1 r 0
2 22 2 2 2x y 2x 4y 2 x 5 y 1 r 0 8x 6y r 24 0
. .( ) 2 2
22 2
8 1 6 2 r 24 r 133
2 r 438 6
2 2
x 5 y 1 13 2 2
x 5 y 1 43
. . . ... .2011 0 1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 2011 20111 x C C x C x C x C x
. . . ... .
2 22011 0 1 2 2 3 3 2011 2011
2011 2011 2011 2011 2011
0 0
1 x C C x C x C x C x
. . . . ... .
22 2 3 4 20122012 0 1 2 3 2011
2011 2011 2011 2011 20110 0
1 x x x x x1 x C C C C C
2012 1 2 3 4 2012
. . . . ... .1 2 3 4 2012
0 1 2 3 20112011 2011 2011 2011 2011
2 2 2 2 20 C C C C C
1 2 3 4 2012
. . . . ... .0 1 2 3 2011
0 1 2 3 20112011 2011 2011 2011 2011
2 2 2 2 2C C C C C 0
1 2 3 4 2012
