Tài liệu bộ đề thi thử toán thpt 2016

  • Số trang: 50 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 348 |
  • Lượt tải: 1
xomthong

Tham gia: 05/05/2016

Mô tả:

MÔN TOÁN ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 1 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.................. 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  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  2 x   k  x   k . 2 4 2   Phương trình có nghiệm: x   k ; k  . 4 2 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 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 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  . 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 và mặt phẳng a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1; 2; 1 , đường thẳng d :   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  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 . 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. 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 . 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  3 . 2 11 ĐỀ TẶNG KÈM SỐ 2 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2x  1 (C). x1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). b) Tìm hệ số góc k của đường thẳng d đi qua điểm M  1; 2  , sao cho d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B . Gọi k A , kB là hệ số góc của các tiếp tuyến của đồ thị  C  tại A và B . Tìm các giá trị của k để k A  giá trị nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 1 đạt kB 1  sin x  2sin 2x  6cos x  2sin x  3  2 . 1 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   0  2x  1 x1 2cos x  1 2 ln  x  1 dx . Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn 2 z  3  z  1  i và  z  i  z  1  2i là số thực.   b) Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng () : x  2 y  2z  7  0 và đường thẳng d : cos   x2 y 1 z 2 . Viết phương trình mặt phẳng    chứa d và tạo với    một góc  sao cho   1 2 2 4 . 9 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại A , AB  a, BC  a 2 , góc giữa hai mặt phẳng SAC  và mặt phẳng đáy bằng 600 , tam giác SAB cân tại S thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  C  có phương trình x2  y 2  25 , AC đi qua K  2;1 , hai đường cao BM và CN . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết A có hoành độ âm và đường thẳng MN có phương trình 4x  3y  10  0 .  x  1 . 1 x1  2x  1  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình x   2 4 8 x , y Câu 9 (1,0 điểm). Cho là các số thực dương thỏa mãn x  y  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P 27 x3  10 3 y 2  4  . 9y 8x ..................HẾT.................. Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a. - Tập xác định: D  R / 1 . - Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: y '  1 .  x  1 y '  0, x   ; 1  1;   , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 2 và  1;   . + Cực trị: Hàm số không có cực trị. + Giới hạn: lim y  2; lim y  2 đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  2 . x  x  lim y  ; lim y   đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1 . x 1 x 1 + Bảng biến thiên x 1  y'    y 2  2 -  Đồ thị:  1    + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm   ; 0  . 2 + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0;1 . + Đồ thị hàm số giao điểm I  1; 2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.  3   1   3       + Đồ thị hàm số đi qua các điểm  2; 3  ,   ; 4  ,   ; 0  ,  1;  . 2 2 2 - Vẽ đồ thị: Câu 1.b. Phương trình đường thẳng d là y  k  x  1  2 . 2x  1  kx  k  2 có 2 nghiệm phân biệt x1 Tức phương trình kx2  2kx  k  1  0 có 2 nghiệm khác 1 . Để d cắt  C  tại 2 điểm phân biệt khi phương trình Trang 2   k  0, k  2 k  k  1  0  k0. 2   '  k  k  k  1  0 1 1 1 ; kB  Ta có y '  . Suy ra kA  2 2 2  xA  1  xB  1  x  1 trong đó xA , xB là nghiệm của phương trình kx2  2kx  k  1  0 . 2 2 1 1   xB  1 và xA , xB thỏa mãn k  x  1  1 . Nên kA   2 kB  x  1 A  1  1   Suy ra kA  kB   k     k       2   k       2 , đẳng thức xảy ra khi k  1 . k k k 1 Vậy k A    1 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi k  1 . kB Nhận xét: Phương trình đường thẳng đi qua một điểm nào đó và cắt đồ thị hàm số cho trước tại n điểm thỏa mãn tính chất của tiếp tuyến tại các hoành độ giao điểm. Ta lập phương trình đường thẳng rồi tìm giao điểm của nó với hàm số , sau đó biện luận các yêu cầu của bài toán. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Phương trình đường thẳng đi qua điểm Q  xQ , yQ  hệ số góc k có phương trình: y  k  x  xQ   yQ . -Bất đẳng thức AM  GM : a, b  0  a  b  2 ab . Dấu bằng xảy ra  a  b . Áp dụng cho bài toán: - Phương trình đường thẳng đi qua M hệ số góc k là y  k  x  1  2 . - Lập phương trình hoành độ giao điểm. d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B  f  x   kx2  2kx  k  1  0 có hai nghiệm phân biệt x  1 . - Hệ số góc tiếp tuyến tại A, B lần lượt là k A , kB ( xA , xB là nghiệm của phương trình f  x   0 ). Khi đó tìm được k A  1 1 với k  x  1  1  k A  kB  k   2 ( theo AM  GM ). k kB Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 2x  1 . Lập phương trình tiếp tuyến của độ thị biết tiếp tuyến cắt các trục tọa độ x 1 1 5 1 13 OA . Đáp số: y   x  ; y   x  . Ox , Oy lần lượt tại A,B thỏa mãn OB  4 4 4 4 4 2x b. Cho hàm số y  . Viết phương trìn tiếp tuyến của đồ thị biết tiếp tuyến tạo hai trục tọa độ một x2 1 9 1 tam giác có diện tích bằng . Đáp số: y  x  . 18 4 2 2 Câu 2. Điều kiện x    k 2; k  . 3 1  sin x  4sin x cos x  6cos x  2sin x  3  2 Phương trình tương đương 2cos x  1 1  sin x  2sin x  3  2cos x  1  2  1  sin x 2sin x  3  2  2sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1     sin x  1 2cos x  1  2 a. Cho hàm số y  Trang 3    x   2  k 2     x   k 2 .  6   x  5  k 2  5   2 Phương trình có nghiệm: x    k 2; x   5  k 2; x   k 2; k Z . 6 5 Nhận xét: Phương pháp sử dụng phân tích nhân tử, giải phương trình cơ bản. Để giải phương trình ta sử dụng công thức cơ bản nhân đôi, đặt nhân tử chung. Lưu ý kiểm tra điều kiện để kết hợp nghiệm. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Sử dụng công thức góc nhân đôi sin2=2sin cos  . -Nhóm nhân tử chung , thu được phương trình bậc 2 cơ bản. -Giải phương trình bậc 2 ẩn duy nhất sin x tìm đươc x với công thức nghiệm:  x    k 2 + sin x     ; k Z .  x      k 2 + cos x  cos   x    k2; k  Z . -Kiểm tra điều kiện ta thu được nghiệm của phương trình. Bài tập tương tự: sin 2 x cos 2 x     cot x  tan x . Đáp số: x    k 2 . cos x sin x 3 7  3  b. Giải phương trình tanx  3 cos  x    sin x.tan x . Đáp số: x  k, x   k 2 . 6 2   1 1 ln  x  1 Câu 3. I  4  x ln  x  1 dx   dx . 0 0 x1 a. Giải phương trình A  4  x ln  x  1 dx . 1 0  dx du  u  ln  x  1  x1.  Đặt  2 x dv  xdx v   1   2 1  x2  1   1  x2  1 1 A  4 ln  x  1    x  1 dx   4     x    1 . 2 0  2    0  2  2 0   1 B 1 0 ln  x  1 x1   dx   ln  x  1 d ln  x  1  1 0 ln 2  x  1 2 1 0 1  ln 2 2 . 2 1 2 Vậy I  1  ln 2 2 . Nhận xét: Đặc điểm biểu thức dưới dấu tích phân khó có thể đổi biến số và sử dụng tích phân từng phần. Ta tách tích phân ban đầu thành 2 tích phân nhỏ. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: b -Công thức tính tích phân từng phần : I  u.v a   u ' vdu . b a b -Công thức tính  xndx  a b x n 1 . n1 a Trang 4 -Nhận thấy  2x  1 2 x1  4 x  x  1  1 x1 , nên ta có I  A  B . u  ln  x  1  - Tính A : Sử dụng công thức tính tích phân từng phần với  x 2  1 . v  2  1 ln  x  1 1 dx . Nhận thấy ln  x  1 '  - Tính B : B  nên ngầm đặt ẩn phụ t  ln  x  1 chuyển về công x1 x1 0    thức  u '.undu . Bài tập tương tự: 1 a. Tính tích phân I   x   x  2  ln x x  1  ln x  0 e3 b. Tính tích phân I   e2 dx . Đáp số: I  e  3  2ln 2 . 2 x ln 2 x  x ln x 2  3 dx . Đáp số: I  3ln 2  4e 3  2e 2 . x  1  ln x  Câu 4.a. Giả sử số phức z có dạng: z  a  bi;  a, b       z  i  z  1  2i  a  a  1   b  1 2  b    a  1 b  1  a  2  b  i   a  1 b  1  a  2  b   0  a  b  1 2z  3  z  1  i   2a  3   4b2   a  1  1  b  2 2  3a2  11a  6  0  a  3, b  2; a  2 3 2 2 1 ,b  . 3 3 1 3 Vậy z  3  2i; z   i . Nhận xét: Bài toán yêu cầu tìm số phức z thỏa mãn điều kiện nào đó. Ta chỉ cần đặt số phức có dạng chung z  a  bi  a, b  R  rồi thay vào các điều kiện để giải ra z . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Đặt z  a  bi  a, b  R  . Số phức z là số thực khi và chỉ khi phần ảo của nó bằng 0. - Thay vào đẳng thức 2 z  3  z  1  1 . Sử dụng tính chất modul của số phức.   - Mặt khác ,  z  i  z  1  2i là số thực nên phần ảo bằng 0. - Giải hệ cơ bản  2 2 2   2a  3   4b2   a  1  1  b   a  b  1 tìm được a , b thu được số phức z cần tìm. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Tìm số phức z thỏa mãn z2  1  i  z  11i . Đáp số: z  3  2i , z  2  3i . b. Tìm số phức z thỏa mãn 1  2i  z  3z  i . Đáp số: z    i . 1 4 1 4 Câu 4.b. Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là C145  2002 (cách), suy ra, không gian mẫu là   2002 . Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Ta có A  C81C64  C82C63  C83C62  C84C61  1940 . Vậy P  A   A   1940 970 .  2002 1001 Trang 5 Nhận xét: Bài toán tính xác suất ta chỉ cần sử dụng công thức tính xác suất cho biến cố A bất kì. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Công thức tính xác suất của biến cố A bất kì: P  A     A  với   A  là số trường hợp thuận lợi cho A ,  là tổng các trường hợp có thể xảy ra. Áp dụng cho bài toán: - Tìm số cách chọn 5 viên bi từ 14 viên cho trước. - Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả màu xanh và trắng , ta tính được   A  theo các cách chọn. -Sử dụng công thức tính xác suất ta thu được đáp án. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Trong mặt phẳng Oxy , ở góc phần thư thứ nhất ta lấy 2 điểm phân biệt, cứ thế ở các góc phần tư thứ hai , ba , bốn lấy 3,3,5 điểm phân biệt(các điểm không nằm trên các trục tọa độ). Tính xác suất để đường thẳng nối 2 điểm đó cắt hai trục tạo độ. Đáp số: 23 . 91 b. Một hộp đựng 4 viên bi đỏ , 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Người ta chọn ra 4 viên từ hộp đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không đủ cả 3 màu. Đáp số: 645. Câu 5.    có vectơ pháp tuyến là n  1; 2; 2  ;    có vectơ pháp tuyến là n   A; B; C  . d đi qua A  2; –1; 2  và có vectơ chỉ phương là ad  1; 2; 2  . + d    ad  n  A  2B  2C  0  A  2B  2C . + Lại có cos   n .n A  2 B  2C 4 4 4     2 2 2 9 9 n . n 9 3 A  B C  B  2C  B2  C 2  4 B2  10 BC  4C 2   . C  2 B + Với B  2C ; chọn C  1; B  2  A  2   : 2  x – 2   2  y  1  1 z – 2   0  2x  2 y  z – 4  0 .  3 4 B  4C  4  2B  2C  2 + Với C  2B ; chọn B  1; C  2  A  –2   : –2  x – 2   1 y  1  2  z – 2   0  –2 x  y  2 z  1  0 . Nhận xét: Bài toán cơ bản viết phương trình mặt phẳng    : Ta tìm một điểm thuộc    và một vector pháp tuyến của    . Sử dụng dữ kiện góc giữa hai mặt phẳng để tìm một vector pháp tuyến của    . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Một mặt phẳng có vô số vector pháp tuyến. -Mặt phẳng  P  đi qua A  a; b; c  nhận n  m; n; p  là một vector pháp tuyến: m  x  a   n  y  b   p  z  c   0 . -Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng    ,   : cos   cos  ;    n .n n . n với n , n lần lượt là vector pháp tuyến của    ,   . Áp dụng cho bài toán: - Tham số vector pháp tuyến của  : n   A; B; C  , d đi qua điểm A và có vector chỉ phương là ad , d     ad .n  0 . - Sử dụng công thức góc giữa hai mặt phẳng ;      cos    4 9 n .n n n  4 . 9 Trang 6 - Tìm được mối quan hệ giữa A, B, C tương ứng viết được mặt phẳng    . Bài tập tương tự: a. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm A 1;0;1 , B  2;1; 2  và mặ phẳng Q  : x  2 y  3z  3  0 . Lập phương trình mặt phẳng  P  đi qua A, B và vuông góc với  Q  . Đáp số:  P  : x  2 y  z  2  0 . y 1  z  1 và điểm A  1; 2; 3  . Viết phương 2 trình mặt phẳng  P  chứa đường thẳng d và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  P  bằng 3. Đáp b. Trong hệ trục tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : x  số:  P  : 2x  y  2z  1  0 . Câu 6. ABC vuông tại B , nên đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm K là trung điểm AC và bán kính r 1 AC . Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABC  . 2 Kẻ HM  AC  SM  AC  SMH  600  SH  HM.tan 600 . Ta có ABC AMH  HM  BC.AH a 2  . AC 2 Kẻ đường thẳng d đi qua K và song song với SH . Khi đó tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và d trong mặt phẳng SHK  và bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R  OC  OK 2  CK 2  3 3 a 14 . SH 2  AC 2  4 4 4 4 3 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp là V  R3  7 14a3 (đvtt). 24 Dựng hình chữ nhật ABCD , khi đó AB / / SCD  , suy ra khoảng cách giữa AB và SC bằng khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD  . Gọi giao điểm của HK với CD là E , ta có CD  SHE . Kẻ HF  SE thì HF là khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD  . Trong tam giác vuông SHE có HF là đường cao nên 1 1 1 a 10 .    HF  2 2 2 5 HF HS HE Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng a 10 . 5 Nhận xét: Dạng toán liên quan tới thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp và góc giữa hai mặt phẳng. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: 4 3 - Công thức tính thể tích khối cầu ngọa tiếp: V  R3 . -Dựng góc giữa hai mặt phẳng SAC  ,  ABC  . - Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp: K là trung điểm của AC thì K chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Kẻ đường thẳng d đi qua điểm K và song song SH , suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC là O giao của đường trung trực SH và d trong mặt phẳng SAK  . - Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC : Dựng hình chữ nhật ABCD  d  AB, SC   d  H ,SCD  . Dựng HF  SE  HF  d  H ,SCD  . Trang 7 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Cho tam giác ABC vuông cân, cạnh huyền AB  2a . Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng  ABC  lấy điểm S sao cho mặt phẳng SBC  tạo với  ABC  một góc bằng 600 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC . Đáp số: S  10a2 . b. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , hình chiếu vuông góc của S lên  ABCD  trùng với trung điểm H của AB . Đường trung tuyến AM của tam giác ACD có độ dài là a 3 , góc giữa mặt phẳng SCD  và  ABCD  bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và diện 2 a3 3 4 tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Đáp số: VS. ABCD  , Diện tích mặt cầu SS. ABC  a2 . 12 3 Câu 7. Chứng minh được MN  OA , suy ra OA có vectơ pháp tuyến là n   3; 4   OA : 3x  4 y  0 .  x 2  16   x  4 3x  4 y  0  Tọa độ A thỏa hệ  2 (do xA  0 ). Vậy A  4; 3  .  3  2  x  y  25 y  3  y   x 4  x  2 y 1   x  3y  5  0 . AC nhận AK   6; 2  làm vecto chỉ phương  AC : 3 1  y  0 y  3 x  5  3y Tọa độ C thỏa hệ  2    C  5; 0  . 2   x  5  x  4  x  y  25 x  3y  5  0  x  1   M  2; 2  . 4 x  3 y  10  0 y  2 BM qua M và vuông góc AC  BM : 3  x  1  1 y  2   0  3x  y  5  0 . Tọa độ M thỏa hệ   y  3x  5  y  3x  5  x  0  x  3   .    2 2 2   y  5  y  4  x  y  25  10 x  30 x  0 Tọa độ B thỏa  Với B  0; 5  thì BA   –4; –2  và BC   9; 2   BA.BC  40  0 , suy ra góc B tù. Với B  –3; –4  thì BA   –1;7  và BC   8; 4   BA.BC  20  0 , suy ra góc B nhọn. Vậy A  –4; 3 , B  –3; –4  và C  5; 0  . Nhận xét: Hướng giải cho bài toán : Viết phương trình các cạnh tam giác , lấy giao phương trình các cạnh viết được với đường tròn  C  suy ra tọa độ A, B, C . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Một đường thẳng có vô số vector pháp tuyến. Để viết được đường thẳng  d  ta cần tìm điểm M  a; b  , một   vector pháp tuyến nd  ;   2  2  0 . Dạng tổng quát  d  :   x  a     y  b   0 -Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC  OA  OB  OC . Áp dụng cho bài toán:  A  OA ( xA  0 ).  A   C  - Viết phương trình OA  A là nghiệm của hệ  - Đường thẳng AC nhận AK làm một vecto chỉ phương nên viết được phương trình AC . Hoàn toàn tương C  AC . C   C  tự C là nghiệm của hệ  Trang 8 - Tính tọa độ điểm B : M  BM AC  M . BM đi qua M và vuông góc AC nên có phương trình MB .  B  MB .  B   C  Tọa độ B là nghiệm của hệ  Lưu ý: Để loại trường hợp ta sử dụng tích vô hướng của 2 vector BA.BC , nếu BA.BC  0  B tù và BA.BC  0  B nhọn. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng AB là điểm H  1; 1 . Phân Nhận xét: Bài toán giải phương trình với phương pháp sử dụng hai ẩn phụ. Tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ giải được nghiệm của phương trình. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Nhận thấy biểu thức trong căn về phải có thể viết lại được như sau  x  1 2x  1  8 2  x  1 ,  1  2  x    2. 2 16  2   1 1 u  x  ; u  0  x  2 . Đặt 2 ẩn phụ 2 với điểm tương đồng vế trái có  , ta có phương trình  v  x  1 x 1   4 4  u  v  2 u2  v 2  u  v. -Giải phương trình vô tỉ cơ bản dạng   f  x , g  x  0 f  x  g  x   ta được nghiệm của phương trình đã 2 f x  g x       cho.   Lưu ý: Ta có thể sử dụng bất đẳng thức cơ bản a  b  2 a2  b2 để đánh giá phương trình. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: a. Giải phương trình x2  7 x  1  4 x4  x2  1 . Đáp số: x  13  69 . 10 b. Giải phương trình 2x2  5x  22  5 x3  11x  20 . Đáp số: x  5  21 25  881 ,x  . 2 8 2 4 Câu 9. Dự đoán dấu bằng xảy ra khi  x; y    ,  . Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có 3 3   Trang 9
- Xem thêm -