http://megabook.vn/

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Câu I.

1. Cho số phức 1 2z i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức

w 2z z .

2. Cho 2

log 2x . Tính giá trị của biểu thức:

2 3

2 1 4

2

log log logA x x x .

Lời giải

1. Ta có 1 2 1 2 w 2 2 1 2 1 2 3 2z i z i z z i i i .

Kết luận: Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2.

Lý thuyết: Số phức z có dạng :

2, , 1z a bi a b R i

Thì:

+ a là phần thực và b là phần ảo.

+ Liên hợp của z là z a bi

+ Mô đun của z là 2 2z a b

Dạng toán: Cho biểu thức z. Sau đó xác định phần thực phần phần ảo của

,w f z z

Bước 1: Biến đổi hoặc giải phương trình để tìm số phức z

Bước 2: Thay z vào biểu thức w rồi biến đổi để đưa w về dạng biểu thức số

phức .

Bước 3: Kết luận

Ví dụ 1: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2 1 4 0i z i .Tìm

phần ảo của số phức 1 2w zi z 1 2 1 4 0 1 2 1 4i z i i z i

2

2

1 4 1 21 4 1 2 4 8 9 2

1 2 51 2 1 2 1 4

i ii i i i iz

i i i i.

22 9 29 2 5 9 2 18 4 25 131 2 1 .

5 5 5 5

ii i i i iw zi z i

http://megabook.vn/

Phần thực : 25

55

phần ảo 13

5

Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn : 2

1 2 8 (1 2 )i i z i i z

Xác định phần thực và phần ảo của z “CĐ khối A,B,D-2009 (CB) Bài làm: Ta có :

21 2 8 1 2i i z i i z

21 2 2 8 1 2i i i z i i z

2 2 8 1 2i i z i i z

24 2 8 1 2i i z i i z

4 2 8 1 2i z i i z

4 2 1 2 8i z i z i

4 2 2 1 8i i z i

2

2

8 1 28 8 16 2 10 152 3

2 1 1 4 51 2

i ii i i i iz i

i i.

Phần thực :2 phần ảo :-3

Ví dụ 3: Tìm phần ảo của số phức z, biết:

2

2 1 2z i i “ĐH khối A

2009(CB).

Bài làm: Ta có : 2 2

22 1 2 2 2 2 1 2z i i i i i

2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2i i i i

21 2 2 2 4 5 2 5 2i i i i z i .

Phần ảo của số phức z là 2

Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn:

3

1 3

1

iz

i. Tìm mô đun cuả

A z iz “ĐH khối A 2010(NC).

Lời giải: Ta có 3 2 3

3 21 3 1 3.1 . 3 3.1. 3 3 1 3 3 9 3 3 8i i i i i i .

3

2

1 3 8 1 8 184 4

1 1 21

i i iz i

i i i

http://megabook.vn/

4 4z i . 24 4 4 4 4 4 4 4 8 8z zi i i i i i i i

2 28 8 8 2z zi .

Ví dụ 5: Khối D2012: Cho số phức z thỏa mãn:

2 1 22 7 8

1

ii z i

i. Tính mô đun của số phức 1w z i .

Ta có:

2 1 2 2 1 2 12 7 8 2 7 8

1 1 . 1

i i ii z i i z i

i i i

2

2 1 2 12 7 8

1

i ii z i

i

22 1 2 2 7 8i z i i i i

2 7 8 3 4 7i z i i i

2

2 2

4 7 24 7 8 14 4 7 15 103 2

2 52 2 2

i ii i i i iz i

i i i i

2 22 3 13z . Ví dụ 6: Khối D2013: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

1 2 2i z i z i . Tính mô đun của số phức 2

2 1z zw

z

Lời giải: Ta có 1 2 2 1 2( ) 0i z i z i i z i z i

1 2 0 3 0z i i z i i z i .

Ta có: 2 2

2 2

2 1 2 1 1 31 3 1 3 10

1

z z i i iw i w

z i

Ví dụ 7: Khối QG2015: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

1 1 5 0i z i . Tìm phần thực và phần ảo của z

Lời giải: Ta có 1 1 5 0 (1 )z 1 5ii z i i

2

2

1 5 11 5 1 5 5 6 4z 3 2

1 21 1 1

i ii i i i ii

i i i i.

Phần thực: 3 và phần ảo : 2 .

Bài tập tự luyện: Tìm các thuộc tính phần thực ,phần ảo của số phức sau :

) 2 . 2 5 : 3 4a z i z i DS z i

) 2 . 3 5 : 2 3b z i z i DS z i

) 2 3. 1 . 1 9 : 2 3c z i z i DS z i

http://megabook.vn/

) 3 . 1 5 8 1 : 3 2d z z i z i DS z i

2.

Công thức bay: log logaa

b b ; 2log 2 logn

a ab n b .

Công thức bỏ + thêm: log loga ab c b c ; log .log log

a b ab c c

log; loglog

ac

a

bb

c.

Công thức lộn đầu: 1

logloga

b

ba

.

Công thức đội đầu: log c

ab c b a .

Công thức độn thổ + thăng thiên: loga ba b ; log logb bc aa c .

Công thức thương hiệu: log log log .a a a

bb c

c

Công thức tích tổng: log . log loga a ab c b c .

Lưu ý: log

ax thì điều kiện xác định là 0 1 , 0a x

10 2,781...log 1; log 1 0; log lg ; log log ln

a a ea x x x x x .

Ta thấy đây là dạng toán dễ vì chúng ta chỉ sử dụng công thức quen thuộc

rồi biến đổi để biểu thức cần tính về dạng mà chứ dự kiến đầu bài cho.

Cách 1:

ĐKXĐ: 0x mà 2

2log 2 2x x

thay vào biểu thức

2 3 2. 2 3. 2 2

2 1 4 2 1 4

2 2

log log log log 2 log 2 log 2A x x x

1 2

2. 2 3. 2 2

2 2 2log 2 log 2 log 2

2 2 2

3 2 2 2 22 2 log 2 .log 2 .log 2 2 2 3 2

2 2 21.

Cách 2: ĐKXĐ: 0x .

Khi đó 2 2 2 2

1 1 22log 3log log log

2 2 2A x x x x .

Kết luận : 2

2A .

Bài tập tự luyện:

Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau:

a) Biết 3

log 3x

Tính 3 2 5

9 33

2log 3log log

3A x x x

http://megabook.vn/

b) Biết 5

log 2x

Tính 3

3 2 4

5 5 5

2log 3log log

9B x x x

c) Biết 4

log 2x

Tính 3 2 5

16 832

6log 3log log

5C x x x

d) Biết 81

log 5x

Tính 4 3

27 33

2log 3log log

3D x x x

Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau: 1

2 22

2 2

1 12 . 5 2

2 2

x x x xA x

x x x x với 3,92x .

533

522 210

5

2 273 32 2 .3

2 3

yB y

y với 1,2y .

1

25 13 7 1 1

3 32 4 4 23 .5 : 2 : 16 : 5 .2 .3C .

3

2 34 0,25 90,5 625 19. 3

4D .

Câu II. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 22y x x .

Lời giải

TXĐ: D .

Ta có : 3 2' 4 4 4 1y x x x x ' 0 0y x hoặc 1x hoặc

1x .

Giới hạn : lim limx x

y y .

Bảng biến thiên :

x 1 0 1

y’

y 1 1

0

http://megabook.vn/

Nhận xét: Hàm số đồng biến trên ; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên

1;0 hoặc 1; .

Điểm cực đại : 1;1A và 1;1B . Điểm cực tiểu : 0;0O .

Đồ thị hàm số :

Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.

Trong các đề thi chúng ta phải nhớ những dạng sau đây hay thi : 3 2f x ax bx cx d

4 2f x ax bx c

ax b

f xcx d

Đối hàm đa thức cần nhớ:

Hàm bậc 3

+ Tập xác định: D = R.

+ Sự biến thiên: 3 2 2'( ) 3 2f x ax bx cx d f x ax bx c

Cho 2 1 1

2 2

( )( ) 3 2 0

( )

x x y f xf x ax bx c

x x y f x

+ Giới hạn: 3 2 ; 0lim

; 0x

aax bx cx d

a

+ Bảng biến thiên: 0; 0a

http://megabook.vn/

x 1x 2

x

y’ 0 0

y 1y

2y

Hàm số đồng biến trên các khoảng 1

;x và 2;x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 2;x x .

Hàm số đạt cực đại tại 1 1;

CDx x y y

Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2;

CTx x y y

+ Vẽ đồ thị: 0 ?i

C ox y x 0C oy x y d

0

0

a đồ thị hình chữ N ,

0

0

a đồ thị hình chữ N ngược.

Hàm bậc 4: Thường vẽ khi hàm số có 3 cực trị a.b<0 .

Vẽ đồ thị bậc 4 khi a>0;b<0

+ Tập xác định: D = R

+ Sự biến thiên: 4 2 3'( ) 4 2f x ax bx c f x ax bx

Cho

1 1 1

3

2 2

3 3 3

( )2 4

( ) 4 2 0 0 (0)

( )2 4

bx y f x

a a

f x ax bx x y f c

bx y f x

a a

+ Giới hạn: 4 2 ; 0lim

; 0x

aax bx c

a

+ Bảng biến thiên : 0; 0a b

x 1x 2

x 3x

y’ 0 0 0

y 2y

1y 3

y

Hàm số đồng biến trên các khoảng 1 2;x x và

3;x

http://megabook.vn/

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1

;x và 2 3;x x .

Hàm số đạt cực đại tại 2 2;

CDx x y y c

Hàm số đạt cực tiểu tại 1 3 1 3;

CTx x x x y y y

+ Vẽ đồ thị: 0 ?i

C ox y x 0C oy x y c

0

0

a

b đồ thị hình chữ W ,

0

0

a

b đồ thị hình chữ M .

hàm bậc nhất trên bậc nhất

ax by

cx d

+Tập xác định :

dD R /

c

+Sự biến thiên :

2

ax b ad bcf x y f '(x)

cx d cx d

TH1: nếu

2

ad bcf '(x) 0

cx dthì hàm số đồng biến trên D và không có

cực trị .

TH2: nếu

2

ad bcf '(x) 0

cx dthì hàm số nghịch biến trên D và không có

cực trị .

+Giới hạn :TH1 :

2

ad bcf '(x) 0

cx d

x

x

ax b alim

acx d c yax b a c

limcx d c

là tiệm cận ngang của đồ thị

dx

c

dx

c

ax blim

cx dd

xax b c

limcx d

là tiệm cận đứng của đồ thị

http://megabook.vn/

TH2 :

2

ad bcf '(x) 0

cx d

x

x

ax b alim

acx d c yax b a c

limcx d c

là tiệm cận ngang của đồ thị

dx

c

dx

c

ax blim

cx dd

xax b c

limcx d

là tiệm cận đứng của đồ thị

+ Bảng biến thiên : TH1 :

2

ad bcf '(x) 0

cx d

x

d

c

y’ + +

y a

c

a

c

+ Bảng biến thiên : TH2 :

2

ad bcf '(x) 0

cx d

x

d

c

y’ -- ---

y a

c

a

c

http://megabook.vn/

+Đồ thị hàm số :

ax b b bC ox y 0 y 0 x A ;0

cx d a a

a.0 b b bC oy x 0 y B 0;

c.0 d d d

Y’>0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 2 và thứ 4

Y’<0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 1 và thứ 3

Câu III: Tìm m để hàm số 3 23 1f x x x mx có hai điểm cực trị.

Gọi 1 2,x x là hai điểm cực trị đó, tìm m để 2 2

1 23x x .

Lời giải

Ta có: 2' 3 6f x x x m f x có 2 điểm cực trị ' 0f x có 2

nghiệm phân biệt 1 2,x x

36 12 0 3m m .

Áp dụng định lý Vi-ét ta được:

1 222 2

1 2 1 2 1 2

1 2

22

2 43

3

x xm

x x x x x xmx x

.

Vậy 2 2

1 2

2 33 4 0

3 2

mx x m (thỏa mãn 3m ).

Kết luận : 3

2m .

Phương pháp giải:

Xác định điều kiện m để hs ậc có Đ T thỏa m n điều kiện cho trước:

1 20x x k ; 2 2

1 20x x k ; 3 3

1 2x x k ; 4 4

1 2x x k ; a

1x + b

2x = c

+ Điều kiện là: y’= 23 2 0ax bx c có 2 nghiêm phân biệt

khi 20; ' 3 0a b ac

+ Theo định lý Vi-ét: 1 2

1 2

2bx + x = -

3ac

x .x = 3a

+ Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu

http://megabook.vn/

22

3 3 9

b bcy c x d

a a.

+ Biến đổi điều kiện cách th ch hợp rồi áp dụng vi-ét. 2

2 2 2

1 2 1 2 1 2

2b c0 4 . 4. ?

3a 3ax x k x x x x k k m .

222 2

1 2 1 2 1 2

2b c0 2 . 2. ?

3a 3ax x k x x x x k k m .

33 3

1 2 1 2 1 2 1 23 . .x x k x x x x x x k

32b c 2b

3. . ?3a 3a 3a

k m .

4 24 4 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 24 . . 2 .x x k x x x x x x x x k

4 2 22 2

4. . 2. ?3 3 3 3

b c b ck m

a a a a Ví dụ 1: Cho hàm số

3 2 2 22 1 4 1 2 1y x m x m m x m C . Tìm m để đồ thị

hàm số C có hai điểm cực trị phân biệt thỏa mãn điều kiện

1 2

1 2

1 1 1

2x x

x x.

Lời giải: Tập xác định: D .

Ta có: 2 2 2 5 4y x m x m

Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương tình ' 0y có hai nghiệm phân

biệt và y đổi dấu khi đi qua hai nghiệm đó

2 2 2 2 34 1 3 4 1 4 1 0

2 3

mm m m m m

m.

Khi đó gọi 1 2;x x lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị, theo giả thiết

chúng ta có: 1 2

1 2

1 1 1

2x x

x x

Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được: 1 2

2

1 2

4 1

3

4 1

3

mx x

m mx x

xét điều kiện:

http://megabook.vn/

1 21 21 2 1 2 2

1 21 2 1 2

1 001 1 1 1

22 2 4 5 0

mx xx xx x x x

x xx x x x m m

Kết hợp với điều kiện 2 3

2 3

m

m suy ra 1m hoặc 5m là giá trị cần

tìm.

Ví dụ 2: Cho hàm số 3 21 1( ) ( 1) 3( 2)

3 3f x mx m x m x .Tìm m để

hàm số có hai nghiệm1 2,x x thoả mãn

1 22 1x x .

Lời giải: Tập xác định: D .

Ta có 2 2 1 3 2y mx m x m

Hàm số có Đ T

2' 0 2 4 1 0 2 6 2 6' 0 ó

0 2 20

m my c m

m m.

Theo viet ta có 1 2

1 2

2 11

3 22

mx x

m

mx x

m

.

Hàm số có cực trị thỏa mãn 1 2

2 1 3x x kết hợp với hệ thức trên viét ta

được 2 1

2 3 4;

m mx x

m m.Thay vào 2 ta có:

1 2

3 2mx x

m

3 22 3 4.

mm m

m m m

2

2 3 4 3 0 2 6 4 0 2

3

m

m m m m mm

.

Vậy với m = 2; 2

3m là thỏa m n điều kiện đầu ài.

Ví dụ 3: Cho hàm số 2

3 21(2 1) ( ) 1

3 2

xy x m m m x m . Tìm m để

a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.

b). Hàm số có cực đại tại 1x ,cực tiểu tại

2x sao cho 2 2

1 22 6x x .

http://megabook.vn/

c). Hàm số có cực đại tại 1x , cực tiểu tại

2x sao cho 3 3

1 22 11x x .

Lời giải: Tập xác định: D .

Ta có 2 22 1y x m x m m

a). Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’= 0 có 2 nghiệm phân iệt 2 20 2 1 4 0 1 0 ( )m m m Ld .

b). Hàm số có Đ T thỏa m n 2 2

1 22 6(*)x x .

Ta có 1

2

2 1 1

212 1 1

12

mx m

mx m

.

Thay vào (*) ta được22 2

2

2 1 6 3 4 4 0 32

mm m m m

m

thì

thỏa m n điều kiện bài toán.

c). Hàm số có Đ T thỏa mãn 33 3 3

1 22 11 2 1 11x x m m

2

2

2 5 0 1 21

2

m

m m mm

.

Vậy với m = 2; 1 21

2m thoả m n điều kiện ài toán.

Ví dụ 4: Cho hàm số 2

31( 2) (1 ) 2 1

3 2

xy x m m x m . Tìm m để

a). Hàm số có cực đại, cực tiểu.

b). Hàm số có CĐ, CT tại x1;x2 sao cho 3 3

1 22 9x x .

c). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2.

d). Hàm số có cực đại, cực tiểu tại 1 2,x x sao cho 2 2

1 24 13x x .

Lời giải: Tập xác định: D .

a). Ta có 2 2 1y x m x m .

Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 2 22 4 1 0 0 ( )m m m ld với 0m .

Vậy hàm số luôn có cực trị với 0m .

http://megabook.vn/

b). Hàm số có Đ T tại x1;x2 sao cho 3 3

1 22 9(1)x x

y’=0 có hai nghiệm: 1

2

2 | |

22 | |

2

m mx

m mx

.

+ Với m > 0 thì 1

2

1

1

x m

x thay vào ( ) ta được

3 31 2 9 1 7m m

+ Với m < 0 thì 1

2

1

1

x

x m thay vào ( ) ta được

3 31 2(1 ) 9 1 4m m → 31 4 0m .

Kết hợp hai trường hợp ta được: với 31 4;0 0;m thì thỏa mãn

bài toán.

c). Hàm số có Đ T tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2

11

22

2 | |22 2

2 2 | |2

2

m mxx

x m mx

+ Với m > 0 → - m < 2 → m > -1 hay m > 0

+ Với m < 0 → –m < 2 → m > -1 hay -1 < m < 0 thỏa mãn

Kết hợp hai trường hợp ta được m > -1 và 0m thì thỏa m n điều kiện bài

toán.

d). Hàm số có cực đại cực tiểu tại 1 2,x x sao cho 2 2

1 24 13x x

+ Với m > 0 ta có

1

2

1

1

x m

x→ 2 2 1 3 2( )

(1 ) 4 13 (1 ) 91 3 4( )

m m loaim m

m m tm

+ Với m < 0 ta có :

1

2

1

1

x

x m

→ 2 2 1 3 1 3 ( )1 4(1 ) 13 (1 ) 3

1 3 1 3 ( )

m m tmm m

m m loai

http://megabook.vn/

Vậy với m = 4 và 1 3m thì thỏa mãn bài toán

Bài tập tự luyện:

1). Cho hàm số 3 212 5

3y x x m x m .Tìm m m để đồ thị hàm số

( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho1 2

1x x Đs: m=

2). Cho hàm số 3 213 4 6

3y x mx mx .Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2

điểm cực trị x1,x2 sao cho 2 2

1 25x x Đs:

1 5;

2 18m m

3). Cho hàm số 3 2 24 2 5 2 3y x m x m x m m .Tìm m m để

đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 3. 10CT CDx x

Đs: 2m

Câu IV: Tính tích phân

3

2

0

3 16I x x x dx .

Lời giải

Ta có : 3 3 3

2 2 2

0 0 0

3 16 3 3 16I x x x dx x dx x x dx

33

3 2 2

00

316. 16

2x x d x

333

3 2

00

116 27 61 88

3x x

Kết luận : 88I .

Phương pháp về tích phân có 3 họ công thức chính :

Loại 1: Tích phân họ nhà đa:chứa biến x 1

11

ln 1

uu du loai

duu loai

u

d ax bdx

a

dx d x a

.

Loại 2: Tích phân họ nhà lượng : họ sin mang dấu trừ , họ cos mang dấu

cộng

2

sin cos

cotsin

udu u C

duu C

u 2

cos sin

tancos

udu u C

duu C

u

.

http://megabook.vn/

Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó :

ln

u u

uu

e du e C

aa du C

a

.

Nhiều khi ta phải nhớ công thức chuyển đổi bằng cách đặt để đưa về mấy

hàm t ch phân căn ản . thông thường có căn thức ta đặt để đưa iểu thức về

dạng căn ản . 3 3

2 2 2

0 0

3 16 3 3 . 16I x x x dx x x x dx

3 3

2 2

1 2

0 0

3 . 3 . 16.x dx x x dx I I .

Ta thấy tích phân toàn chứa biến x nên nó là tích phân họ nhà đa mà mẫu

bằng 1 nên nó thuộc loại 1 họ nhà đa 1

1

uu du ,nhìn vào biểu thức

t ch phân thì chưa có dạng đó nên ta phải đặt biểu thức căn ằng t.

Ta có :

3 32 3 3 3

1

0

3 33 3. 3 0 27

0 03

xI x dx x

Ta có :

3

2

2

0

3 16.I x x dx

đặt 2 2 216 16 2 2t x t x tdt xdx tdt xdx

Đổi cận :

2

2

0 0 16 4

3 3 16 5

x t

x t

5 5

2 3 3 3

2

4 4

53 . 3 5 4 125 64 61

4I t tdt t dt t

Vậy 1 2 61 27 88I I I

http://megabook.vn/

Câu V. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm 3;2; 2A ,

1;0;1B và 2; 1;3C . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông

góc với đường thẳng BC. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên

đường thẳng BC.

Định hướng:

Bài toán: Viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến và

điểm đi qua.

Ý đầu tiên là viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường

thẳng BC.

Như vậy điểm đi qua là điểm A (đ iết tọa độ); nên chúng ta chỉ cần một

vecto pháp tuyến nữa là hoàn thành.

Để ý thì thấy giả thiết cho mặt phẳng ( )P vuông góc với đường thẳng BC,

nên ta sẽ có ( )P BCn u .

Công thức viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến

; ;n a b c (với 2 2 2 0a b c ) và điểm đi qua 0 0 0; ;M x y z là:

0 0 0( ) : 0P a x x b y y c z z .

Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm ; ;M M M

M x y z

và đường thẳng 0

0

0

:

x x at

d y y bt

z z ct

. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M trên

đường thẳng d .

Phương pháp 1: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ; ;du a b c .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

Giả sử 0 0 0

; ;I x at y bt z ct d .

Ta có 0 0 0

; ;M M M

MI x at x y bt y z ct z .

Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có

. 0d

MI u0 0 0

0M M M

a x at x b y bt y c z ct z

Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu

vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

http://megabook.vn/

Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ; ;du a b c .

Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .

Ta có ( )

; ;d

n u a b c .

Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng

d là: ( ) : 0M M M

a x x b y y c z z

. . . 0M M M

ax by cz a x b y c z .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .

Giả sử 0 0 0

; ;I x at y bt z ct d , do ( )I d nên ( )I

0 0 0. . . 0M M M

a x at b y bt c z ct a x b y c z .

Giải phương trình trên tìm ẩn t , suy ra tọa độ điểm I là tọa độ hình chiếu

vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

Lời giải: Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC là P . Ta có 1; 1;2BC

là véc-tơ pháp tuyến P suy ra P có dạng 2 0x y z t . Lại có

3 2 4 0 3A P t t .

Vậy P có phương trình là 2 3 0x y z .

Phương trình đường thẳng BC là 1 1

1 1 2

yx z. Gọi 1, ,2 1H t t t

là hình chiếu của A lên B . Khi đó

. 0 1 3 2 2 2 1 2 0 6 6 0 1AH BC t t t t t

Suy ra 0,1, 1H .

Kết luận: Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc BC là

2 3 0x y z .

Tọa độ hình chiếu của A lên BC là 0,1, 1 .

Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm

2; 5; 3M và đường thẳng

1 2

:

2 2

x t

d y t

z t

. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm

M trên đường thẳng d .

Lời giải 1. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: 2; 1; 2du .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

Giả sử 1 2 ; ; 2 2I t t t d .

http://megabook.vn/

Ta có 1 2 2; 5; 2 2 3 1 2 ; 5; 1 2MI t t t t t t .

Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có

. 0d

MI u 2 1 2 1 5 2 1 2 0 1 3; 1; 4t t t t I

Vậy 3; 1; 4I .

Lời giải 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: 2; 1; 2du .

Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d .

Ta có ( )

2; 1; 2d

n u .

Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng

d là: ( ) : 2 2 1 5 2 3 0x y z 2 2 15 0x y z .

Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d .

Do đó I là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng ( ) .

Giả sử 1 2 ; ; 2 2I t t t d , do ( )I d nên ( )I

2 1 2 2 2 2 15 0 1 3; 1; 4t t t t I .

Vậy 3; 1; 4I .

Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm

2; 1; 5M và đường thẳng

4

:

2

x t

d y t

z t

. Tìm tọa độ hình chiếu của điểm

M trên đường thẳng d .

Đáp số: 4; 0; 2I .

http://megabook.vn/

Câu VI. 1. Giải phương trình 22sin 7sinx 4 0x .

2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng của

lớp mình. Bảng gồm 10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và

không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở của cần nhấn

liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự đã

nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B

không biết quy tắc mở của trên, đã ấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút

khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa

phòng học đó.

1.

Định hướng : Đây là phương trình ậc hai đối với một loại hàm lượng giác,

cụ thể ở đây là hàm sin .

Phương trình có dạng 2.sin .sin 0a b c .

Phương pháp đặc biệt:

+ Nếu 0a b c thì phương trình tương đương với:

.sin sin 1 0a c .

+ Nếu 0a b c thì phương trình tương đương với:

.sin sin 1 0a c .

Phương pháp tổng quát:

Đặt sint (điều kiện 1 1t ).

Phương trình trở thành: 2 0at bt c (phương trình quy về phương trình

bậc hai ẩn là t ).

Lời giải: Ta có 22sin 7sinx 4 0 sinx 2sinx 1 4 2sinx 1 0x

sinx 4 2sinx 1 0

sinx 41

sinx12sinx

2

(vì sinx 1 x ) 2

65

26

x kk

x k

.

Kết luận : 26

x k hoặc 5

26

x k với k .

Cách 2: Đặt sin 1,1t x khi đó phương trình:

http://megabook.vn/

2

1 2sin sin 6

2 7 4 0 2 65

24 1 ( )6

x kt x

t t

x kt loai

2. Gọi 3 nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z. (X, Y, Z là số nguyên từ 0 đến 9 và

đôi một khác nhau) .Vậy số cách chọn bộ , ,X Y Z là 3

10720A .

Điều kiện để mở được cửa phòng là 10X Y Z

X Y Z. Khi đó chỉ có 8 khả

năng sau :

, , 0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1,4,5 ; 2,3,5X Y Z

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là 8 1

720 90P .

Đây là câu xác suất khiến cho nhiều học sinh bỡ ngỡ và rối vì đề bài xác

suất dài nên khi học sinh mà đọc không kỹ thường sai không gian mẫu ngay

từ đầu chưa nói gì xét iến cố thuận lợi vì số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một

khác nhau nên ta phải dùng chỉnh hợp chọn 3 nút trong 10 nút là chỉnh hợp

chập 3 của 10 phân tử nên không gian mẫu là 3

10720n A .

Để mở của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên nút đố

theo thứ tự đ nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 0 nên khi đó

ta chỉ xét trường hợp tổng là 10 mà theo thứ tự tăng dần là 8 trường hợp .

Điều kiện để mở được cửa phòng là 10X Y Z

X Y Z. Khi đó chỉ có 8 khả

năng sau : , , 0,1,9 ; 0,2,8 ; 0,3,7 ; 0,4,6 ; 1,2,7 ; 1,3,6 ; 1,4,5 ; 2,3,5X Y Z

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là 8 1

720 90P .

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

ông thức t nh xác suất của iến cố E thỏa m n yêu cầu nào đó:

n EP E

n

trong đó n E là số kết quả thuận lợi cho iến cố E ,

n là tất cả các trường hợp xảy ra. Ta cần tìm hai yếu tố đó.

Bài toán cho học sinh A thiết kế một ảng điện tử gồm 0 nút mỗi

nút ghi một số tự nhiên có một chữ số không trùng nhau.

Phép thử: “Nhấn nút khác nhau trên ảng số” với yêu cầu nút đó được

sắp xếp theo d y số tăng và tổng ằng 0.

http://megabook.vn/

Giả sử nút cần nhấn nhận giá trị lần lượt là , ,a b c .

Với , , 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9a b c ta cần chọn ộ số th ch hợp thỏa m n

thỏa m n , 10a b c a b c .

Vì a là số nhỏ nhất nên ta chọn số a trước và tìm được các ộ số sau:

; ; 0; 1; 9 , 0; 2; 8 , 0; 3; 7 , 0; 4; 6 , 1; 2; 7 , 1; 3; 6 , 1; 4; 5 , 2; 3; 5a b c

Tới đây thu được 8n E .

Học sinh B ”nhấn ngẫu nhiên nút liên tiếp khác nhau” trên ảng điện tử

tới đây ta sử dụng công thức chỉnh hợp knA với 3, 10k n . Đây ch nh là

n .

Áp dụng công thức t nh xác suất ta thu được kết quả ài toán.

Câu VII. Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân

tại B, 2AC a . Hình chiếu vuông góc của 'A trên mặt phẳng ABC là

trung điểm của cạnh AC, đường thẳng 'A B tạo với mặt phẳng ABC

một góc 45o . Tính theo a thể tích khối lăng trụ . ' ' 'ABC A B C và chứng

minh 'A B vuông góc với 'CB .

Lời giải

Vì ABC vuông cân tại B, M là

trung điểm AC nên

2

ACMB a

21

2ABCS MB AC a và

' 'MB AC A M ABC A M

là chiều cao hình lăng trụ và

' 90oA BM .

Vì 'A B tạo với mặt phẳng

ABC một góc 45o nên

' 45 'oA BM A BM vuông cân tại M 'A M BM a .

Vậy 3

. ' ' ''

ABC A B C ABCV A M S a . Lại có :

http://megabook.vn/

' ' 'M MB 'A' A'C 'M 'A' 'MA'C MB 'A' MBA'C

'M A 'MA'C MB A MBA'C 'M A' MB

A BB C A B A B A B

A B A B A M MC

2 2'MA' A' MB MB ' 0

BM MA

A M MMC BM MA A M BM

Vậy 'A B vuông góc với 'CB (đpcm).

Cách 2:

A

B

C

A'

B'

C'

x

y

z

H

Đặt trục tại H như hình vẽ :

0;0;0H , ;0;0A a , ;0;0C a , 0; ;0B a , ' 0;0;A h ,

Ta thấy :đường thẳng BA’ có véc tơ chỉ phương ' 0; ;BA a h ,mặt phẳng

(ABC);z=0 mà mặt phẳng ( )ABC có véc tơ pháp tuyến 0;0;1ABCn

Nên Đường thẳng 'A B tạo với mặt phẳng ABC một góc 45o .

0

2 2 2 2 2 2 2 2

. ' 0.0 .0 .1 1sin45

20 0 1 . 0. '

ABC

ABC

n BA a h h

a h a hn BA

2 2 2 2 22 2h a h h a h h a .

Do tứ giác ABA’B’ là hình ình hành nên

http://megabook.vn/

'

' ' ' '

'

' ' ; ;0 ' ' ; ; ' ; ;

0

B

B B B B

B

x a

AB A B AB a a A B x y z a y a B a a a

z a

Thể t ch hình lăng trụ A’B’ ’.AB là

3

. ' ' '

1 1. ' . . . ' . .2 .

2 2ABC A B C ABCV S A H BH AC A H a a a a

Để chứng minh 'A B vuông hóc với 'B C

' 0; ; . ' 0; ; 0.0 . . 0 ' 'A B a a B C a a a a a a A B B C

Các bạn th sinh thường câu hình học không gian là phân khoảng cách

nên trong đề năm nay là phấn chứng minh vuông góc là bỡ ngỡ và rất

nhiều bạn là làm sai ? nếu bạn nào mà chắc kiến thức thì các chứng minh

đường vuông góc với đường.

1. Tính chất của hai tia phân giác của hai góc kề bù.

2. Hai đường thẳng cắt nhau tạo thành một góc bằng 90 độ

3. Tổng của hai góc phụ nhau bằng 90 độ

4. Đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song

thì vuông góc với đường thẳng thứ ba

5. Tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

6. Định nghĩa a đường cao trong tam giác định nghĩa đường trung

trực của đoạn thẳng.

7. Định lý Pitago.

8. Tính chất đường kính của một đường tròn đi qua trung điểm của

một dây cung.

9. Tính chất tiếp tuyến của đường tròn.

10. Tiếp tuyến chung và đường nối tâm của hai đường tròn, dây cung

chung và đường nối tâm của hai đường tròn.

11. Sử dụng hai góc kề bù bằng nhau.

12. Sử dụng định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 80 độ

13. Sử dụng các góc vuông cho trước

14. Sử dụng chứng minh một tam giác bằng một tam giác vuông

15. Sử dụng tính chất tam giác cân

16. Sử dụng tính chất giao điểm a đường cao của tam giác

17. Sử dụng phép quay góc vuông hoặc góc quay vuông

18. Chứng ming phản chứng

+ Cách 1 : Nhưng thông thường khi chứng minh đường thẳng d vuông góc

đường thẳng . Ta sẽ chứng minh đường thẳng d với mặt phẳng (P), mà

đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P) khi đó d .

http://megabook.vn/

+ Cách 2 : để chứng minh 2 đường thẳng vuông góc thì tích vô hướng bằng

0 bằng cách đưa các véc tơ về vuông góc bằng cách tách véc tơ thành tổng

bằng áp dụng nhuần nhuyễn các tính chất sau:

1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 1

1 1 1 1 1 11 1

. . . . . . ;

. 0; . . .cos ,

a b a a b b a b a b a b a b a b

a b a b a b a b

+ Cách 3: sau khi đặt trục xong ,dựa vào hình lăng trụ là hình mà 2 mặt đáy

song song mà các bên là hình bình hành .khi đó sau đó đặt trục xong ta tìm

tọa độ các điểm rồi khi đó chứng minh 2 đường thẳng vuông

1 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 3, , , , , . . . 0a a a a b b b b a b a b a b a b

Câu VIII. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội

tiếp đường tròn đường kính BD. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông

góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm của hai

đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình

1 0x y , 0;4M , 2;2N và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa

độ các điểm P, A, B.

Định hướng: Ta cần tìm luôn tọa độ P , vì rất đơn

giản khi nó là giao của ,AC MN .

Bài toán xoay quanh các dữ kiện về

điểm ; ;M N P và đường thẳng

;AC MN ta nghĩ tới điểm Avì đề có

2Ax . Cần chú ý khi đề cho P ,vẽ

hình chính xác ta sẽ thấy P là trung

điểm AC hay PA PC PM . Chứng

minh được điều này là bài toán kết thúc

vì tìm Axong điểm B sẽ dễ dàng xác

định khi B BC BD .

Định hướng chứng minh:

Từ / /AM CD và từ các tứ giác ,ABCD ABMN nội tiếp ta suy ra được

PAM PCD ABD AMP do đó PA PM .

Lời giải: Phương trình đường thẳng MN là 4 0x y P là giao điểm của

MN và AC nên tọa độ điểm P thỏa mãn HPT

4 0 5 3 5 3; ,

1 0 2 2 2 2

x yx y P

x y.

http://megabook.vn/

Gọi , 1A a a với 2a .

Gọi O là trung điểm BD. Khi đó 90oAMB ANB nên M, N thuộc đường

tròn đường kính AB. Suy ra

90 90

1 18090

2 2

o o

oo

PNO MAB MBA ADC

AOCAOC OAP

Vậy A, P, O, N cùng thuộc một đường tròn

90oAPO ANO OP AC P là trung điểm AC PA PM (vì

90oAMC ) . Vậy do 2a nên : 2 2 2 2 2

5 3 5 3 5 251 0 4 5 0 0

2 2 2 2 2 4a a a a a a

Suy ra 0, 1A mà P là trung điểm AC nên 5,4C .

Phương trình đường thẳng CM là 4 0y . Vì B CMnên gọi b,4B .

Do 0 2 2 3 4 2 0 1 1,4ANNB b b B .

Kết luận : 5 3

,2 2

P ; 0, 1A ; 1,4B .

Câu IX. Giải phương trình 2

2 2

3 1 3 1

3 3

3log 2 2 2log 2 2 log 9 1 log 0x x x x x x

Phân tích ý tưởng: Đây là một câu mang tính phân loại trong đề thi và đảm

bảo được tiêu chí là khắc chế được máy t nh ASIO cũng như đòi hỏi tư

duy khi đưa công cụ log vào giải toán. Tuy nhiên dễ thấy được ở bài toán là

có sự lặp lại ở các biến nhưng điều đầu tiên ta cần phải làm là đưa chúng là

cùng cơ số để đơn giản, ta sẽ đưa hết về cơ số 3 . Khi đó ta được: 22 2

3 3 3 33log 2 2 2log 2 2 log 9 1 log 0x x x x x x

Đến đây không khó để nhận ra rằng biểu thức 3

log 2 2x x lặp lại

hai lần đồng thời có chứa bậc hai trong khi đó sử dụng công thức log ta dễ

dàng có được 22

3 3 3 3log 9 log 3 2log 3 2 1 logx x x x . Và biểu

http://megabook.vn/

thức 3

1 log x cũng lặp lại tương tự với 3

log 2 2x x khi đó dễ

thấy nếu đặt 3

3

log 2 2

1 log

a x x

b x thì ta sẽ đưa phương trình trên về

phương trình đẳng cấp là

2 23 4 0 3 03

a ba ab b a b a b

a b.

Với a b , ta có 3 3

log 2 2 log 1x x x . Sử dụng công thức log

quen thuộc là 3 3 3

log log logx

x yy

thì ta có 3

2 2log 1

x x

x

2 23

x x

x 2 2

0 22 2 3

4 2 4 9

xx x x

x x.

Đặt 2 2 2 24 0 4 4 2 9 4t x x t t t 29 2 32 0t t .

2

16

9

t

t. Do

2

216 16 2 170 4

9 9 9t t x x mà 0 2x

nên 2 17

9x .

Với 3a b , ta có 3

3 3log 2 2 log 1x x x

3

2 2 3x x x . 32 232 2 3 4 2 4 9x x x x x

.

Ta có 32 2 2 644 2 4 4 9 4 4

9x x x Loại.

Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là 2 17

9x .

Lời giải. Điều kiện: 0 2x .

Đặt 3

3

log 2 2

1 log

a x x

b x khi đó phương trình đ cho tương đương

vói 2 23 4 0 3 03

a ba ab b a b a b

a b

http://megabook.vn/

TH1. Với a b , ta có 3 3

log 2 2 log 1x x x .

3

2 2log 1

x x

x

2 23

x x

x.

2 2

0 22 2 3

4 2 4 9

xx x x

x x.

Đặt 2 2 2 24 0 4 4 2 9 4t x x t t t 29 2 32 0t t

2

16

9

t

t.

Do

2

2

0 216 16 2 17

0 4 2 179 9 99

x

t t x xx

.

TH2. Với 3a b , ta có 3

3 3log 2 2 log 1x x x .

3

2 2 3x x x .

32 232 2 3 4 2 4 9x x x x x .

Ta có 32 2 2 644 2 4 4 9 4 4

9x x x loại.

Vậy phương trình đ cho có nghiệm duy nhất là 2 17

9x .

Câu X. Xét các số thực x, y thỏa mãn 1 2 2 3x y x y (*).

1. Tìm giá trị lớn nhất của x y .

2. Tìm m để 4 7 2 23 1 2 3x y x yx y x y m đúng với mọi

x, y thỏa mãn (*).

Lời giải

1. ĐKXĐ : 2, 3x y .

Ta có 2 27 1 1

(*) 2 2 3 22 2 2

x yx y

Vì 2 21 1

2 2 3 2 0 2, 32 2x y x y nên 7 0x y

Vậy GTLN của x + y là 7 khi x = 6 và y = 1.

http://megabook.vn/

2. Đặt 4 7 2 23 1 2 3x y x yP x y x y . Đặt t x y thì theo câu

ta được 7t .

Nếu 1 0x y thì do 9476

2, 3 2, 3243

x y x y P

Nếu 1 0x y thì 2

(*) 1 4 1 2 2 3 4 1 3x y x y x y x y t

Lại có : 2 22 2 4 71 1 2 2 2 5 3 1 2 15t tx y x y x y P t

Xét 4 73 1 2 15t tf t t với 3;7t . Ta được :

4 7 7

4 2 7

' 3 ln3 2 1 2 ln2

'' 3 ln 3 2 ln2 ln2 ln2 2 0 3;7

t t t

t t

f t t

f t t t

Lại có ' 3 ' 7 0f f suy ra 'f t có 1 nghiệm 3,7k . Vì '' 0f t nên :

Nếu 148

3, ' 0 33

t k f t f t f

Nếu ,7 ' 0 7 20t k f t f t f

Tóm lại ta được 148

max3

P khi chẳng hạn 2,y 1x .

Vậy 4 7 2 23 1 2 3x y x yx y x y m khi và chỉ khi 148

3m .

Kết luận : 148

3m .