Tài liệu Tuyệt đỉnh luyện đề THPT Quốc gia môn Toán

ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2x2 (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  . b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng y  m cắt đồ thị  C  tại 4 điểm phân biệt E, F , M , N . Tính tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C  tại các điểm E, F , M , N .   1  cos 2 x 2 cos   x  .  1  cot x . 4  sin x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân I   2 0 2 x sin x   3x  2  cos x x sin x  cos x dx . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức z  3  2i  3 . Hãy tìm tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức w , biết w  z  1  3i . b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau. Tính số phần tử của S. từ tập hợp S chọn ngẫu nhiên một số, tính xác suất để trong 5 chữ số của nó có đúng 2 chữ số lẻ. x3 y4 z3 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : và mặt   3 1 1 phẳng () : 2x  2 y  z  9  0 . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong    ;  qua giao điểm A của d và    và góc giữa  và Ox bằng 450 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B . Tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng SBC  và đáy bằng 600 . Biết SA  2a; BC  a . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : 4x  7 y  28  0 . Đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  y  5  0 , đỉnh A có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ A, B, C biết D  2; 5  và BC  2 AD . 2   x  y  5x  2  7 xy  x  1 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 x 2 y 3  x 2  32  y  y  1  3 x, y  . Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  b  c  0; a  1  0; b  1  0; 2c  1  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c . P   a  1 b  1 2c  1 ..................HẾT.................. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a. - Tập xác đinh: D  R . - Sự biến thiên: x  0 + Chiều biến thiên: y '  4x3  4x ; y '  0   .  x  1 y '  0, x   1; 0  1;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  1; 0  và 1;   . y '  0, x   ; 1  0;1 , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1 . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yCD  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  1 . + Giới hạn: lim y  ; lim y   . x  x  + Bảng biến thiên x  1 y' y  0  0  0  0   0 1 -  1 Đồ thị: 1   + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm  2; 0 ,  0; 0  , + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 0  .  2; 0  + Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. + Đồ thị hàm số đi qua điểm  2; 8  ,  2; 8  . - Vẽ đồ thị: Câu 1.b. Từ đồ thị suy ra, để đường thẳng y  m cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt khi 1  m  0 . Hoành độ 4 giao điểm là nghiệm của phương trình x4  2x2  m  x4  2x2  m  0 (*). Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình t 2  2t  m  0 có 2 nghiệm dương phân biệt 0  t1  t2 . Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là x1   t2 ; x2   t1 ; x3  t1 ; x4  t2 . Như vậy ta có x1  x4 ; x2  x3 . Ta có y '  4 x3  4 x . Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C  là:        k1  k2  k3  k4  4x13  4x1  4x13  4x2  4x13  4x3  4x13  4x4  Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 2      4 x13  x43  4 x23  x33  4  x1  x4   4  x2  x3   0 . Nhận xét: Đây là dạng toán biện luận số giao điểm của một đường thẳng  d  với một hàm số  C  cho trước. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số dựa vào dáng điệu của đồ thị xét các trường hợp: +  d  cắt  C  tại n  n  1 điểm phân biệt. +  d  và  C  không có điểm chung. Nhắc lại kiến thức và phương pháp:   +Kiến thức cần nhớ: Điểm Q xQ , yQ là tọa độ tiếp điểm của hàm số y  f  x  . Phương trình tiếp tuyến      tại Q là y  f ' xQ x  xQ  yQ , hệ số góc tiếp tuyến là k  f ' xQ . + Tìm m để đường thẳng y  m cắt  C  tại 4 điểm E, F , M , N : Dựa vào dáng điệu đồ thị , đường thẳng   y  m song song với trục Ox nên sẽ cắt C tại 4 điểm phân biệt khi 1  m  0 . + Tính tổng hệ số góc tiếp tuyến: Đổi biến t  x2 ta có  d  cắt  C  tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có hai nghiệm dương phân biệt. Tham số các nghiệm theo t tính được 4 hệ số góc tiếp tuyến tại 4 hoành độ giao điểm ( đối xứng qua trục Oy ) , từ đó tính được tổng hệ số góc. Lưu ý: Ngoài cách sử dụng dáng điệu đồ thị ta có thế làm như sau: Viết phương trình giao điểm x4  2x2  m  x4  2x2  m  0 . Bài toán tương đương tìm m để phương trình x4  2x2  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.  '  0  2 2 Đổi biến t  x  0 , ta tìm m để phương trình t  2t  m  0 có 2 nghiệm t2  t1  0  S  0 . P  0  Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Cho hàm số y  x3   m  1 x2  3x  m  1 . Tìm tất cả các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị tại điểm có hoành độ bằng 1 tạo 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. Đáp số: m  1, m  3 . b. Cho hàm số y  x3  3x  2 . Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số để tiếp tuyến của hàm số tại M cắt đồ thị tại điểm thứ hai là N thỏa mãn xM  xN  6 (Thi thử lần 3-THPT Thái Hòa-Nghệ An). Đáp số: M  2; 4  , M  2;0  . Câu 2. Điều kiện x  k; k  . 2cos2 x cos x  1 sin x sin x 2   sin x  cos x  2cos x  sin x  cos x   sin x  cos x  2cos 2 x  1  0 Phương trình tương đương  sin x  cos x    sin x  cos x  0 .   sin x  cos x  cos 2 x  0   cos 2 x  0  + Với sin x  cos x  0  tan x  1  x    k . 4    + Với cos 2 x  0  2x   k  x   k . 2 4 2   Phương trình có nghiệm: x   k ; k  . 4 2 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 3 Nhận xét: Bài toán lượng giác cơ bản , ta chỉ cần sử dụng bến đổi các công thức hạ bậc , cosin của một hiệu và phân tích nhân tử. Tuy nhiên cần hết sức lưu ý việc xem xet điều kiện xác định của phương trình để tránh kết luận thừa nghiệm dẫn tới lời giải sai. Nhắc lại kiến thức và phương pháp:  cos  a  b   cos a cos b  sin a sin b -Công thức cosin của một tổng , hiệu :   cos  a  b   cos a cos b  sin a sin b -Công thức hạ bậc: 1  cos2c  2cos2 c , 1  cos2c  2sin2 c -Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác:  x    k 2 . sin x  sin    ; k Z  x      k 2 . cos x  cos   x    k2; k  Z . tanx  tan  x    k; k  Z . cot x  cot   x    k; k  Z Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự:   5    a. Giải phương trình 5cos  2 x    4sin   x   9 . Đáp số: x   k 2 . 3 3   6  sin x  cos x  b. Giải phương trình  2 tan 2 x  cos 2 x  0 . Đáp số: x  k . sin x  cos x 2   2 x sin x   3x  2  cos x  3x cos x  Câu 3. I   2 dx   2  2   dx 0 0 x sin x  cos x x sin x  cos x      x sin x  cos x  ' dx  2 x 02  3 2 0 x sin x  cos x         3ln x sin x  cos x 2    3  ln  ln1     3ln . 0 2  2  Nhận xét: Bản chất của bài toán là tách tử của biểu thức dưới dấu tích phân theo mẫu và đạo hàm của mẫu. Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta khó có thể sử dụng một trong hai phương pháp đổi biến số hoặc tích phân từng phần. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: f  x  .g  x   g'  x  g ' x dx   f  x  dx   dx . -Ta có  g  x g  x Tổng quát :  f  x g  x  h  x g ' x g  x dx  f  x  dx    h  x  .g '  x  g  x dx . -Với các nguyên hàm cơ bản của f  x  , công thức nguyên hàm tổng quát u'  u du  ln u  C . Thay cận ta tính được I . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Tính tích phân I   2 sin x   sin x  cos x  0 3 dx . Đáp số: I  1 . 2 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 4 e b. Tính tích phân I   1  xe x  1 x e x  ln x  dx . Đáp số: I  ln ee  1 . e Câu 4.a. Ta có a  bi  3  2i  3   a  3    b  2   9 (1). 2 2 a  x  1 . w  z  1  3i  x  yi  a  bi  1  3i   b  y  3 Thay vào (1) ta được  x  2    y  5   9  M thuộc C  :  x  2    y  5   9 . 2 2 2 2 Vậy tập hợp điểm M là đường C  :  x  2    y  5   9 . 2 2 Nhận xét: Đây là dạng toán toán tìm biếu diễn của số phức w theo số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Mọi số phức có dạng z  a  bi;  a, b  R  . -Hai số phức bằng nhau khi và chỉ khi phần thực và phần ảo của 2 số đó bằng nhau. - Từ số phức z : Thay z  a  bi vào phương trình z  3  2i  3 . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực và phần ảo. - Đặt w  x  yi , thay lại biểu thức mối quan hệ phần thực và ảo của z ta tìm được tập hợp điểm biểu diễn. -Các trường hợp biểu diễn cơ bản : +Đưởng tròn:  x  a    y  b   R2 ; x2  y 2  2ax  2by  c  0 . 2 2 +Hình tròn:  x  a    y  b   R; x2  y 2  2ax  2by  c  0 . 2 2 +Parapol: y  ax2  bx  c . x2  y2 1. a 2 b2 Bài toan kết thúc. Bài tập tương tự: +Elipse: 1  3i . Tìm modul của số phức w  z  iz . Đáp số: w  2 . 1 i 7 21 b. Tìm số phức z thỏa mãn 1  3i  z là số thực và z  2  5i  1 . Đáp số: z  2  6i; z   i . 5 5 Câu 4.b. Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữ số khác nhau và trong 5 chữ số của nó có đúng 2 a. Cho số phức z thỏa mãn z  số lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y  mnpqr  A , ta có: + Trường hợp 1: Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0: Lấy thêm 2 số lẻ và 2 số chẵn có C52 .C42 cách; Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m, n, p, q , r có 4.4! cách. Suy ra trường hợp 1 có C52C42 .4.4!  5760 . + Trường hợp 2: Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt số 0: Lấy thêm 2 số lẻ và 3 số chẵn có C52 .C43 cách; Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m, n, p, q , r có 5! cách. Suy ra trường hợp 2 có C52C43 .5!  4800 . Vậy A  5760  4800  10560 . Do đó P  A   10560 220 .  27216 567 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 5 Nhận xét: Bài toán xác suất cơ bản , ta chỉ cần áp dụng công thức tính xác suất với biến cố theo dữ kiện trong giả thiết. Nhắc lại kiến thức và phương pháp:   A -Công thức tính xác suất của một biến cố A : P  A   ( trong đó   A  là số trường hợp thuận lợi  cho A ,  là tổng số kết quả có thể xảy ra ). - Ta tính tổng số kết quả có thể xảy ra. - Gọi A là biến cố số được chọn là số có 5 chữa số khác nhau và trong 5 chữa số của nó có đúng 2 số lẻ. - Tính số phần tử của A bằng cách gọi y  mnpqr  A . Ta chia các trường hợp sau: +Trong 5 chữ số của số được chọn có mặt số 0. +Trong 5 chữ số của số được chọn không có mặt chữ số 0. - Áp dụng công thức tính xác suất ta được P  A  . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 có thế lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 2. Đáp số: 204. b. Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất 5 có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn .(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D 6 2012-2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ. Câu 5. Gọi A là giao điểm của d và    , suy ra A  –3; 2;1 . Gọi u   a; b; c  là một vectơ chỉ phương của . Ta có một vectơ pháp tuyến của    là n   2; –2;1 . Ta có u.n  0  2a  2b  c  0  c  2a  2b . a 2 2 2 cos   , Ox      2 a  a 2  b 2   2 a  2b  2 2 2 2 2 a b c a  b  2a2  5a2  8ab  5b2  3a2  8ab  5b2  0   .  a  5b  3  x  3  t  + Với a  b , chọn a  b  1  c  0   :  y  2  t . z  1  5b x  3 y  2 z 1 , chọn b  3; a  5  c  4   : .   5 3 4 3 Nhận xét: Hướng giải cho bài toán: Để viết phương trình đường thẳng  ta tìm một điểm thuộc  và một vector chỉ phương của  . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: - Tìm tọa độ giao điểm A  d    : Tham số hóa A  d , thay vào mặt phẳng    ta tính được A . + Với a  - Viết phương trình đường thẳng  : Tham số hóa u   a; b; c  là một vector chỉ phương của  . Do       u.n    0 (Với n   là một vector pháp tuyến của    ). Ta tìn được mối quan hệ giữa a, b, c . Chọn vector chỉ phương viết được  . Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 6 - Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng  d  ;  d '  : cos  d, d '   ud .ud '  ud . ud '  ; Ox   450  cos  ; Ox   2 . 2 - Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị a , b cho các trường hợp tương ứng. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: x2 y z2 a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d : và mặt phẳng   1 3 2    : 2x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt phẳng    . Đáp số: x 1 y  2 z 1 .   2 9 5 x  1  s  b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;1; 3  và đường thẳng d :  y  2  2t . Hãy tìm các điểm z  3  B, C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều.  6 3 82 3  6 3 82 3  B ; ; 3  ,C  ; ;3   5  5 5   5    Đáp số:  .     6  3 8  2 3 6  3 8  2 3  ; 3  ,C  ; ;3  B  5 ;   5  5 5      Câu 6. Gọi H là trung điểm AC , suy ra SH   ABC  . Kẻ HI  BC  SI  BC . Góc giữa SBC  và đáy là SIH  600 . a 15 3a 5  SH  SI .sin 600  2 4 1 a 15 a 15 . HI  SI   AB  2 HI  2 4 2 1 1 5a 3 3 (đvtt). V  . AB.BC.SH  3 2 16 Kẻ Ax song song với BC , HI cắt Ax tại K . Kẻ IM vuông góc với SK . Ta có AK  SIK   AK  IM  IM  SAK  . SI  SC 2  IC 2  3a 5 . 4 Nhận xét: Đây là toán có sử dụng hình học không gian tổng hợp lớp 11, yếu tố vuông góc của hai mặt phẳng , góc giữa hai mặt phẳng. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 1 -Công thức tính thể tích khối chóp V  B.h . 3 Tam giác SIK đều, suy ra IM  SH  Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 7 SBC  ,  ABC  : Goi H là SAC    ABC  nên SH   ABC  .  SBC , ABC   SIH  600 . -Dựng góc giữa hai mặt phẳng trung điểm của AC . Do mặt phẳng 1 1 1 B.h  VS. ABC  . AB.BC.SH . 3 3 2 - Tính khoảng cách d SA, BC  : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng - Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp V  này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại. Kẻ Ax / / BC , kẻ IM  SK  AK  SIK   IM  SAK  . Suy ra d SA, BC   IM  SH . Lưu ý: Có thể sử dụng tỉ lệ khoảng cách. Bài toán kết thúc Bài tập tương tự: a. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 600 . Gọi M là trung điểm của SC . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng 3 3 a 2 . a (đvtt) và d  AM , SB   24 4 b. Cho hình chóp S.ABC có SA  3a , SA tạo với đáy  ABC  một góc bằng 600 . Tam giác ABC AM và SB . Đáp số: V  vuông tại B , ACB  300 . G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng SGB , SGC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính thể tích khối chóp S.ABC . 243a3 (đvtt). 112 Câu 7. Do B , suy ra B  b; b  5  . Đáp số: V  Ta có d  B; AC  d  D; AC   BE BC   2. DE AD 4b  7(b  5)  28  42  7 2 và B  4x B D 2  93 11b  63  30 b  11b  63  30    11 .  42  7 2 11b  63  30 b  3 khác phía đối với đường thẳng 4.2  7.5  28 ở AC nên  7 yB  28  4xD  7 yD  28   0  30 11b  63   0 . Do đó ta được b  3 , suy ra B  3; –2  .  28  4a    4a  7  4a  42  Ta có A  ( D)  A  a;   DA   a  2;  và BA   a  3; . 7  7  7      4a  7  4a  42   0  65a2  385a  0  a  0  A  0; 4  . Do đó DA.BA  0   a  2  a  3    a  77 l 49   13   xC  3  2  2  0  Ta có BC  2 AD    C  7; 0  .   yC  2  2  5  4  Vậy A  4;0  , B  3; –2  và C  7; 0  là điểm cần tìm. Nhận xét: Để giải bài toán ta sử dụng kiến thức tham số hóa điểm thuộc đường thẳng cho trước, sử dụng khoảng cách-tỉ lệ khoảng cách tìm tọa độ các đỉnh A, B, C . Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 8 Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm  mx  p  P   d  : mx  ny  p  0  P  ;  . n   -Khoảng cách từ điểm M  xM ; yM  tới phương trình đường thẳng    : mx  ny  p  0 được xác định theo công thức d  M ;    mxM  ny M  p m 2  n2 .   x  kz -Tính chất vector: u  x; y  , v  z; t  với u  kv   .   y  kt Áp dụng cho bài toán: - Tham số hóa tọa độ điểm B . Do d  B; AC  d  D; AC   BE BC   2 ( E  AC  BD ), ta có điểm B . DE AD -Để loại nghiệm sử dụng tính chất:  4xB  7 yB  28  4xD  7 yD  28   0  B . -Tương tự A   d   DA, BA . Mặt khác , DA.BA  0  A . - Tính tọa độ điểm C : BC  2 AD  C . Bài tập tương tự: a. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm H  3; 2  . Gọi D, E lần lượt là  d  : x  3y  3  0 , chân đường cao kẻ từ B, C . Biết điểm A thuộc đường thẳng điểm F  2; 3  thuộc đường thẳng DE và HD  2 . Tìm tọa độ đỉnh A . Đáp số: A  3; 0  . b. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A  1; 3  , B  5;1 . Điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho MC  2BB . Tìm tọa độ đỉnh C biết MA  AC  5 và đường thẳng BC có hệ số góc nguyên. Đáp số: C  4;1 . Câu 8. Phương trình thứ hai tương đương 3x 2 2 y 3  x 2  2 y  3  32  y  2  y . u  x 2  2 y  3  Đặt  , ta được 3u  u  3v  v . v  2  y   Xét f  t   3t  t ; ta có f '  t   3t ln 3  1  0; t  , suy ra f  t  đồng biến trên . Nhận thấy f  u  f  v   u  v là nghiệm duy nhất cua phương trình. Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 9 u  v  x2  2 y  3  2  y  y  x 2  1 .   Thay y  x2  1 vào phương trình thứ nhất, ta được x2  x2  1  5x  2  7 x x2  1  x  1    2x2  5x  1  7 x3  1  2 x2  x  1  3( x  1)  7  x  1  x 2   x1 .  a  x  1; a  0 Đặt  . 2 b  x  x  1; b  0    b  3a Phương trình trở thành 2b2  3a2  7 ab   .  a  2b  x  4  6  y  23  8 6 + Với b  3a  x2  x  1  9  x  1  x2  8 x  10  0   .  x  4  6  y  23  8 6   + Với a  2b  x  1  4 x2  x  1  4x2  3x  5  0  vn  .    Hệ phương trình có nghiệm:  x; y   4  6; 23  8 6 , 4  6; 23  8 6 . Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng kết hợp phương pháp hệ số bất định. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Hàm số f  x  đồng biến(nghịch biến) trên D  f  u  f  v   u  v . -Hàm số f  x  đồng biến(nghịch biến) trên D  f  x   0 có nhiều nhất 1 nghiệm. -Hàm số f  x  đồng biến trên D , g  x  nghịch biến trên D  f  x   g  x  có nghiệm duy nhất. Ý tưởng: Từ phương trình thứ nhất tách hoặc bình phương sẽ ra phương trình khó bậc cao, khó tìm mối quan hệ giữa x , y .  - Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng 3x   2 2 y  3    , x2  2 y  3 với 32  y ,2  y có cùng dạng 3m , m . u  x 2  2 y  3 - Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3u  u  3v  v trong đó  . v  2  y - Xét hàm số f  t   3t  t đồng biến trên R  f  u  f  v   u  v . Thay lại phương trình thứ nhất , sử  a  x  1 dụng hai ẩn phụ   a, b  0  thu được phương trình đẳng cấp bậc 2. 2 b  x  x  1   Lần lượt giải 2 phương trình vô tỉ cơ bản ứng với 2 trường hợp kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của hệ.   Lưu ý: Từ phương trình 2 x2  x  1  3  x  1  7 giải phương trình ẩn z  x 1 x  x1 2  x  1  x2  x  1 , ta có thể chia 2 vế cho x 2   x1 . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự:   a. Giải phương trình 2 x2  2  5 x3  1 . Đáp số: x  b. Giải phương trình 3 5  37 . 2 x  7  6 x2  2x  1  2 . Đáp số: x  7, x  1 . Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1 10 Câu 9. P  P a b c 1 1 1 1 5  1 1 1     1  1        a  1 b  1 2c  1 1 a 1  b 2 4c  2 2  1  a 1  b 4 c  2  5  4 1  5  4 1         2  a  b  2 4c  2  2  2  c 4c  2  Xét hàm số f  c   Ta có f '  c   4 1 trên khoảng  2  c 4c  2 4  4  c  2   4c  2  2  2   1   ;2 .  2  4 15c 2  20c   c  2   4c  2  c f 'c 2  1 2 2 ; f 'c  0  c  0 . 0  f c 2 0 + 5 2 5 5  0. 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  0 . Kết luận: MaxP  0 . Nhận xét: Bài toán thuộc lớp cực trị của hàm nhiều biến sử dụng phương pháp hàm số đặc trưng để tìm giá trị lớn nhất. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: t - Ta thấy a , b đối xứng qua biểu thức , dự đoán điểm rơi a  b . t 1 5  1 1 1  - Tách biểu thức P , ta được P       . Sử dụng bất đẳng thức cơ bản 2  1  a 1  b 4c  2  Vậy P  x2 y 2  x  y  5  4 1  suy ra P        . Tới đây hàm số đã rõ. m n mn 2  2  c 4c  2   1  4 1 - Khảo sát hàm số f  c   với c    ; 2   2  c 4c  2  2  2  1  -Lập bảng biến thiên của hàm số f  c  trên   ; 2  thu được minf  c  .  2  Bài tập tương tự: a. Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a3 b3 c3 3   . Đáp số: MinP  . 4 1  b 1  c  1  c 1  a  1  a1  b b. Cho a, b, c : ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng a 1  a2  b 1  b2  c 1  c2 Tuyệt Đỉnh Luyện Đề Toán Học THPT Quốc Gia 2015- Đề Tặng Kèm Số 1  3 . 2 11 ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 3 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2   m  2  x  3m (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  C  khi m  2 . b) Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị của hàm số  C  đã cho vuông góc với đường thẳng d : x – y  2  0 . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 0 2 1  cos 2x  x 2sin 2 x 2  2cos 2 x . x3  1  x dx . x3 Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z thỏa mãn phương trình  i  z 1  2i   1  iz  3  4i   1  7i . b) Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. x  4 y  3 z 1 ;   3 1 2 d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng    : x  y  z  2  0 và   : x  3y  12  0 . Mặt phẳng Oyz  cắt Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng d1 : hai đường thẳng d1 , d2 lần lượt tại các điểm A, B . Tính diện tích tam giác MAB , biết M 1; 2; 3  . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , cạnh a , BD  a . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM  2 AM . Biết rằng hai mặt phẳng SAC  và SDM  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  và mặt bên SAB  tạo với mặt đáy một góc 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn S  : x  y  2x  6 y  15  0 ngoại tiếp tam giác ABC có A  4;7  . Tìm tọa độ các đỉnh B và C 2 2 biết H  4; 5  là trực tâm của tam giác.     x  x2  4 y  y 2  1  2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x, y  R . 12 y 2  10 y  2  2 3 x 3  1  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x , y , z bất kỳ. Chứng minh rằng x1 y 1 z 1 x y z      . y 1 z1 x1 y z x ..................HẾT.................. 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a. Với m  2 , hàm số trở thành y  x3  3x2  6 . - Tập xác định: D  R . - Sự biến thiên: x  0 + Chiều biến thiên: y '  3x2  6x ; y '  0   . x  2 y '  0, x   ; 0   2;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   . y '  0, x   0; 2  , suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCD  6 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . + Giới hạn: lim y  ; lim y   . x  x  + Bảng biến thiên x  y' 0  y 0   0  6  -  2 2 Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 6  . + Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1; 4  làm tâm đối xứng. + Đồ thị hàm số đi qua các điểm  1; 2  ,  3;6  . - Vẽ đồ thị: Câu 1.b. Ta có y '  3x2  6x  m  2 . Tiếp tuyến  tại điểm M thuộc  C  có hệ số góc k  3x2  6x  m  2  3  x  1  m  5  m  5 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x  1 . Suy ra kmin  m  5 tại điểm M 1; 4m – 4  Tiếp tuyến   d  (m  5).1  1  m  4 . Kết luận: m  4 . Nhận xét: Dạng bài toán đường thẳng tiếp tuyến vuông góc với một đường thẳng cho trước. Ta tìm hệ sô góc của tiếp tuyến và hệ số góc của đường thẳng còn lại cho thỏa mãn tính chất vuông góc. 2 Nhắc lại kiến thức và phương pháp: - Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm A  xA , y A  thuộc đồ thị hàm số y  f  x  là k  f '  xA  . Hai đường thẳng có hệ số góc lần lượt là k1 , k2 vuông góc với nhau khi và chỉ khi k1 .k2  1 . -Biểu thức P  a2  b  b . Dấu bằng xảy ra  a  0 . Áp dụng cho bài toán : - Tiếp tuyến tại M có hệ số góc là k  y '  3x2  6x  m  2  3  x  1  m  5  m  5 . Suy ra hệ số góc 2 tiếp tiếp nhỏ nhất là k  m  5 . - Tiếp tuyến vuông góc đường thẳng d : x  y  2  0 có hệ số góc kd  1 nên theo tính chất hai đường thẳng vuông góc ta có phương trình  m  5 .1  1  m  4 . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Cho hàm số y  x3  2x2   m  1 x  2m . Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất vuông góc với đường thẳng d : y  2x  1 . Đáp số: m  11 . 6 x  1 . Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số biết tiếp tuyến vuông góc 2x  1 đường thẳng  : x  9 y  1  0 . Đáp số: y  9x  1; y  9x  7 . b. Cho hàm số y   Câu 2. Điều kiện x  k ; k Z . 2 Phương trình tương đương với 1  cos2 x    4cos4 x  2 2cos2 x  1 4sin x cos x cos3 x cos x 3  5cos2 x  3  0  5  0 (do cos x  0 ). sin x sin x cos2 x 1  cot x  5  3 1  tan 2 x  0  3tan 2 x   2  0  3tan 3 x  2 tan x  1  0 tan x    tan x  1 3tan 2 x  3tan x  1  0  tan x  1  x    k, k  . 4  Phương trình có nghiệm: x    k; k  . 4 Nhận xét: Để giải phương trình lượng giác ta sử dụng công thức hạ bậc , mối quan hệ sin x với cos x , tanx với cot x , phân tích nhân tử. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Sử dụng các công thức biến đổi sin2 x  1  cos2 x,1  cos2x  2cos2 x thu được phương trình:      cos3 x  5cot 3 x  3  0 . sin x -Do cos x  0 không là nghiệm của phương trình , chia 2 vế cho cos2 x ta có cos x 1 có phương trình theo ẩn tanx .  sin x tanx cos x - Giải phương trình theo tan x thu được x , kiểm tra điều kiện ta có đáp án. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: -Thay 1 cos x 3 5 0. sin x cos2 x 2  1  tan 2 x , a. Giải phương trình: 4cos2 x 1  sin x   2 3 cos x cos 2x  1  2sin x . 3  5 5 2 Đáp số: x    k; x    k 2; x  . k 3 6 18 3 b. Giải phương trình: 1  sin 2x  2 3 sin 2 x  3  2 sin x  cos x  0 .(Thi thử THPT Phan Đăng  Lưu). Đáp số: x   Câu 3. Ta có I   1 0   7   k 2; x   k 2; x    k 2; x    k 2 . 6 6 3 1 1 27 1 1 x x3  27  27  1  x dx   x2  3x  9 dx   dx   dx 0 0 x3 0 x3 x3   1 1 1 1 x 1 1 x 1  3 47 4   x3  x2  9 x   27 ln x  3   dx   27 ln   dx . 0 0 0 2 x3 6 3 x3 3 0 Tính A   1 x dx . x3 1 0 x  0  t  1 Đặt t  1  x  x  1  t 2 ; dx  2tdt . Khi  . x  1  t  0 2 2 0 1 t 1t 4 4 1 1 t2 dt dt  2 dt  2 Suy ra A  2  0 4  t 2 0 4  t 2 dt   20 dt  80  2  t  2  t  1 4  t2 1  1 1  2t  2  2    dt  2  2ln 0 2t 2t  2t  1  2  2ln 3 . 0 59  27 ln 4  25ln 3 . 6 Nhận xét: Từ biểu thức dưới dấu tích phân ta có thể sử dụng ngay đổi biến số t  1  x , tuy nhiên đổi biến số ngay từ đầu sẽ dẫn tới một tích phân mới sử dụng phép chia đa thức. Để đơn giản ta sử dụng kĩ thuật phân tích đa thức cơ sở. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: Vậy I  - Sử dụng phân tích tử biểu thức dưới dấu tích phân ta có: x3  1  x  x3  27  27  1  x chuyển tích phân thành 3 tích phân nhỏ. 1 - Tính x 2   3x  9 sử dụng công thức 0 1 - Tính  xndx  27 x n 1 C . n1 u'  x  3 dx bằng sử dụng công thức  u du  ln u  C . 0 1 - Tính A   0 1 x dx bằng phương pháp đổi biến số t  1  x . x3 1  1 Tách thành hai tích phân 2 dt  8 0 1 8 dt 2t   2  t  2  t   2ln 2  t 0 dt   2  t  2  t  . Sử dụng khai triển dạng ln tính được 0 1 . 0 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 4 a. Tính tích phân I   1 x3  x x  x x 2 dx . Đáp số: I  19  ln 4 . 2 4 6 b. Tính tích phân I  1  2x  1  2 3 1 dx . Đáp số: I  ln  . 2 12 4x  1 Câu 4.a. Phương trình tương đương với i  2  1  2i  z  3  4i   4  3i  z  1  7i   5  5i  z  10i 2i 2i 1  i    1  i 1 i 2 Vậy phương trình có nghiệm: z  1  i . Nhận xét: Bài toán giải số phức cơ bản với các phép biến đổi tương đương. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: a  bi  a  bi  c  di  ac  bd bc  ad -Số phức z    2  i. c  di c 2  d2 c  d2 c 2  d2 z -Khai triển biểu thức  i  z 1  2i   1  iz  3  4i   1  7i được 2i  5  5i  z  10i  z  1  i  1  i . Lưu ý: Ta có thể đặt z  a  bi thay vào biểu thức để tìm z . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Tìm số phức z  x  yi thỏa mãn x  2  3i    2 y  11  i   35  50i . Đáp số: z  5  2i . 2 3 b. Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện  2  3i  z  z  i  4     1  3i  . Đáp số: z  2  5i . 2 Câu 4.b. Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C 93 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây: Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà 5! a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 3.  60 số tự 3! nhiên. Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà 5! b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có tất cả 3.  90 số tự nhiên. 2!2! Vậy có 150 số. Nhận xét: Bài toán tìm số các số có 5 chữ số thỏa mãn điều kiện chỉ có mặt 3 chữ số khác nhau. Để giải dạng toán này ta chia các trường hợp cụ thể, sau đó lấy tổng các trường hợp để được đáp án. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Tìm số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số khác 0. Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó. - Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c có 3 cách , mỗi hoán vị của 5 chữ số tạo ra số tụ nhiên n. - Trường hợp 2 : Một trong 2 chữ số còn lại bằng một trong các chữ số a, b, c và số còn lại bằng 1 chữ số khác trong 3 số đó. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Một tổ gồm 8 nam và 6 nữ. Cần lấy một nhóm 5 người trong đó có 2 nữ, hỏi có bao nhiêu cách chọn. Đáp số: 840. 5 b. Với 6 chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số có các chữ số phân biệt trong đó mỗi số đều phải có mặt số 6. Đáp số: 1630. Câu 5. Vì A, B  Oyz  nên xA  xB  0 . Do A  d1 nên  0  4 yA  3 zA  1 5 5 5 5    y A   ; z A    A  0;  ;   . 3 1 2 3 3 3 3   y  zB  2  0 y  4    B  B  0; 4; 2  . B  d2 nên  B 3 yB  12  0  zB  2     11 17  11 14  MA   1;  ;   ; MB   1; 2; 1   MA; MB   13; ;   .   3 3  3 3    1 1 SMAB   MA; MB  1931 (đvdt).  6 2 Nhận xét: Để tính diện tích một tam giác trong không gian 3 chiều Oxyz ta lập tọa độ 2 vector hai cạnh kề nhau rồi sử dụng công thức tính diện tích. Với bài toán ta tìm các đỉnh M , A, B với giải phương trình cơ bản. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 1 - Diện tích tam giác MNP trong hệ trục tọa độ Oxyz cho bởi công thức : SMNP   MN.MP  .  2 - Mặt phẳng Oyz  có phương trình x  0 . Thay hoành độ các điểm A, B vào phương trình  d1  ,  d2  tính được A, B . - Tính vector MA, MB   MA; MB .   - Sử dụng công thức tính diện tích tam giác SMAB  1 MA; MB .  2 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 5;0  , B  3; 3;6  và đường thẳng x 1 y 1 z   . Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho diện tích tam giác MAB nhỏ nhất. 2 1 2 Đáp số: M 1;0; 2  . d: x  1  t  b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A  0;1; 3  và đường thẳng d :  y  2  2t . Hãy tìm các z  3  điểm B, C thuộc đường thẳng d sao cho tam giác ABC đều.  6 3 82 3  6 3 82 3  B ; ; 3  ,C  ; ;3   5  5 5   5    Đáp số:  .  6 3 82 3  6 3 82 3  ; 3  ,C  ; ;3  B  5 ;   5  5 5      Câu 6. Gọi H  AC DM vì SAC    ABCD  , SDM    ABCD  , suy ra SH   ABCD  . 6 Từ H kẻ HK ⊥ AB  SK  AB , suy ra là góc giữa hai mặt phẳng SKH  600 là góc giữa hai mặt phẳng SAB  và  ABCD  . HA AM 1 1 AO .    AH  AC  HC CD 3 4 2 Mà ABD đều, AO là đường cao. Do AM / /CD  a 3 a 3 1 a 3 3a .  HK  AH.sin HAK  .   SH  HK.tan 600  4 4 2 8 8 1 1 3a a 3 3 a 3 3  SH.SABCD  . .  3 3 8 2 16 Suy ra AH  Vậy VS. ABCD Ta có cos  AM ; SA    OM.HA . OM SA   Mà OM.SA  OA  AM SH  HA  AO.AH  AM.AH  1 AO 2  AM.AH.cos 300 2 2 1  a 3  a a 3 3 a2   .  .   . 2  2  3 4 2 4 a2 12 4 Vậy cos  OM ; SA   .  a 13 a 21 273 6 8 Nhận xét: Yếu tố hình học lớp 11 về góc giữa hai mặt phẳng , tính chất hai mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng khác được khai thác triệt để trong bài toán. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Hai mặt phẳng    ;   cùng vuông góc với mặt phẳng            d     . - Gọi H  AC DM  SH   ABCD . -Dựng góc tạo bởi SAB ,  ABCD :Kẻ HK  AB  SKH  600 . 1 - Tính thể tích khối chóp:Tính SH ,áp dụng công thức tính thể tích khối chóp VS. ABCD  SH.SABCD . 3 - Tính cosin giữa hai đường thẳng OM , SA :Sử dụng phương pháp vector cos  AM ; SA     OM.HA OM . SA .  Mặt khác OM.SA  OA  AM SH  HA  cos OM ; SA  . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  CA  CB  a, AB  a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin góc giữa hai măt phẳng SAC  , SBC  . Đáp số: VS. ABC  c osinSAC , SBC   a3 2 (đvtt) và 12 1 . 3 7 b. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , SC  a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng SCB  và  ABC  trong trường hợp thể tích khối chóp VS. ABC  a3 9 3 . Đáp số:  SCB, ABC   arcsin 1 3 . Câu 7. Gọi A '  2; 1 là điểm đối xứng với A qua tâm I 1; 3  của  S  . Khi đó A' C / / BH , A’B / /CH  A ' BHC là hình bình hành. Gọi M là giao điểm của BC với A’H  M  2;1 . Suy ra đường thẳng qua M vuông góc với AH  0; 2  là đường thẳng BC có phương trình y – 2  0 . Giao điểm của đường thẳng y  2 với đường tròn  S  là hai điểm B, C có tọa độ là y  2  y  2  y  2    2   x  1 2 6 . nghiệm của hệ phương trình  2 2  x  y  2 x  6 y  15  0  x  2 x  23  0    x  1  2 6     Vậy B 1  2 6; 2 và C 1  2 6; 2 . Nhận xét: Để giải bài toán ta cần chú ý tới tính chất đường tròn ngoại tiếp tam giác, trực tâm của tam giác. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Đường tròn  S  ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I là giao của 3 đường trung trực nên IA  IB  IC .   -Phương trình tổng quát đường thẳng  d  qua M  a; b  nhận n  ;    2  2  0 làm một vector pháp tuyến:   x  a     y  b   0 . -Tính chất song song với các trục Ox, Oy . Áp dụng cho bài toán: - Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua tâm I  A ' . Ta có A' C / / BH , A' B / /CH  A' BHC là hình bình hành. --Gọi M  BC A' H  M . Vector AH vuông góc với vector chỉ phương của BC hay BC nhận AH làm một vector pháp tuyến, suy ra phương trình BC .  B, C  BC -Tọa độ các điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình  .  B, C   S  Lưu ý: Từ vector AH   0; 2  ta dẫn tới phương trình BC . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 8 a. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A 1;0  , B 0; 2  và giao điểm của hai đường chéo là I thuộc đường thẳng y  x . Tìm tọa độ đỉnh C , D . 5 8 8 2 Đáp số: C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2  . 3 3 3 3 b. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác từ A , trung tuyến từ B , đường cao kẻ từ C phương trình lần lượt là x  y  3  0; x  y  1  0; 2x  y  1  0 . Tìm tọa độ  12 39   32 49   8 6  các đỉnh tam giác. Đáp số: A  ;  , B  ;  , C   ;  .  17 17   17 17   17 17  Câu 8. Phương trình thứ nhất tương đương với x  x2  4   2 y  2  4   2 y  . Xét hàm số y  f  t   t 2  4  t trên R . Ta có f '  t   1  t t2  4  t2  4  t t2  4  t t t2  4  o , t  , suy ra f  t  là đồng biến trên ℝ. Nhận thấy f  x   f  2 y   x  2 y là nghiệm duy nhất của phương trình. Thế x  2 y vào phương  trình thứ hai, ta được  3x2  5x  2  2 3 x3  1   x  1  2  x  1  x3  1  2 3 x3  1 . 3 Xét hàm số y  g  s   s3  2s trên R . , suy ra g  s  là đồng biến trên ℝ. Ta có g '  s   3s2  2  0, s  Nhận thấy g  x  1  g  3  x3  1  x  1  3 x3  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.  x  1  y  2 x  1  3 x 3  1  3x 2  3x  0   . x  0  y  0 Hệ phương trình có nghiệm:  1; 2  ,  0;0  . Nhận xét: Phương pháp dùng hàm đặc trưng tìm ra mối quan hệ giữa x , y giải hệ phương trình. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Hàm số f  x  đồng biến(nghịch biến ) trên D  f  u  f  v   u  v . - Sử dụng nhân liên hợp phương trình thứ nhất của hệ. Nhận thấy cùng dạng t  t 2  4 . Xét hàm số f  t   t  t 2  4; t  R . Ta có hàm f  t  đồng biến trên R nên f  x   f  2 y   x  2 y . - Thay vào phương trình thứ hai suy ra phương trình 3x2  5x  2  2 3 x3  1 . Tới đây thêm bớt ra hàm đặc trưng với hàm g  s   s3  2s đồng biến trên R . Giải phương trình vô tỉ cơ bản ta được nghiệm của hệ. Bài tập tương tự: a. Giải phương trình 2 x   x2  x  1  x  x  1 . Đáp số: x  1; x  1  33 . 16 9