TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015” Khai giảng ngày 01/06/2015 Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa em học sinh Thế mùa hè đến, em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho kỳ thi Quốc gia 2015 vô quan trọng mà thành hay bại ảnh hưởng trực tiếp đến tương lai em sau Mùa hè năm giống bao mùa hè năm trước kỳ thi năm lại hoàn toàn khác kỳ thi năm trước Các chuyên gia giáo dục hàng đầu giới rằng: kỳ thi có mục đích nhất, kỳ thi gọi tên “Quốc gia” hôm lại có mục đích xét tốt nghiệp THPT Đại học Việt Nam khác với phần lại giới, ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian trả lời cho điều Cịn trước mắt, với thay đổi xồnh xoạch Bộ giáo dục Đào tạo làm cho nhà trường, thầy trò cảm thấy bỡ ngỡ, khó khăn, khơng biết dạy học cho hợp lý Rồi bất ngờ, đề thi minh họa đưa ra, nằm chương trình giáo dục phổ thơng hầu hết em học sinh cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi rộng, khác lạ so với em ôn luyện hàng ngày Chúng giảng viên đứng bục giảng 20 năm, đời gắn bó với nghiệp giáo dục bậc phụ huynh nhà Hơn hết, thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu bậc cha mẹ em học sinh Khi đấng sinh thành khơng có hạnh phúc thấy học giỏi, thi đậu đại học thành đạt sau Nhưng ước mơ, để đạt q trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng nhà trường, bậc cha mẹ đặc biệt cố gắng em học sinh BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  91 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Chúng tơi biết bậc phụ huynh vất vả lo toan cho sống mưu sinh hàng ngày, phải tranh đấu với xã hội để tạo dựng sống tốt cho gia đình Khi trở nhà lo có ăn ngon không, ngủ yên chưa, học hành sao, thi trường nào, người thầy dẫn dắt em đến bến bờ vinh quang? Thưa Qúy phụ huynh, hiểu bậc cha mẹ trăn trở điều gì, chúng tơi hiểu em học sinh 12 lo lắng điều gì? Chúng tơi có mặt để hổ trợ, chia sẻ phần nỗi lo Hội đồng sư phạm Trường Đại học Ngoại thương TPHCM họp thống mở lớp “LUYỆN THI QUỐC GIA 2015” Địa điểm học 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM 327 Nguyễn Thái Bình, P12, Tân Bình, TPHCM 199 Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM 135B, Điện Biên Phủ, P15, Bình Thạnh, TPHCM Thời gian học: từ ngày 01/06 – 28/06/2015 (tròn tuần) Địa điểm ghi danh: tất học sinh tập trung ghi danh địa 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM (Nơi có bảng hiệu Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM) Thơng tin liên hệ: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng) MỤC TIÊU KHÓA HỌC: - - Chú trọng hệ thống hóa kiến thức, nhấn mạnh trọng tâm, giúp cho học sinh có học lực chưa tốt đủ điểm đậu đại học Ơn tập tất dạng tốn thường xun có mặt đề thi đại học Rèn luyện phương pháp giải tập trắc nghiệm nhanh Với phương pháp này, em làm thi biết cách giải cách nhanh xác Rèn luyện "kĩ trình bày lời văn" thật logic chặt chẽ phần thi tự luận nhằm giúp học sinh đạt điểm số tối đa 92  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG - Học cách tránh sai sót thường gặp thi Luyện tập giải đề thi đại học Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp em vững vàng tâm lý - tự tin vào bước vào phịng thi Đặc biệt Thầy cô chia sẻ trực tiếp lớp bí kíp, kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, đề thi chấm thi Đây nội dung giảng dạy đặc biệt có trung tâm chúng tơi ĐƠI NÉT VỀ TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC CỦA TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TPHCM TTLTĐHNT thành lập vào năm 1995, Trung tâm luyện thi uy tín chất lượng Tp.HCM 20 năm hoạt động nghề, Trường đào tạo 20.000 học sinh, có nhiều học sinh đậu điểm cao, khoa, thủ khoa trường ĐH danh giá Giờ có nhiều người thành danh ngồi xã hội đóng góp tích cực cho phát triển đất nước Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm học viên quan trọng nhất, đòi hỏi chất lượng giảng dạy, giáo viên giảng dạy trung tâm " tuyển - chọn" khắt khe kiến thức sư phạm tính nhiệt huyết tận tâm với nghề Chính Trung Tâm Luyện Thi Đại Học Trường Đại Học Ngoại Thương dẫn đầu chất lượng đào tạo Hàng năm có nhiều bạn học sinh ôn luyện trung tâm thi đỗ đại học đỗ vào trường đại học danh tiếng điều minh chứng rõ chất lượng đào tạo Trường, vinh hạnh, niềm an ủi lớn đội ngũ giáo viên tận tâm chúng tơi BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  93 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn TẠI SAO QUÝ PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TÔI? Trung tâm LTĐH Ngoại thương trực thuộc Trường ĐH Ngoại thương TPHCM, trung tâm TPHCM Bộ giáo dục cấp phép quản lý Trung tâm thành lập năm 1995, đến có 20 năm kinh nghiệm đào tạo Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, nhà trường chọn lựa kỹ càng, họ Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ giảng dạy trường ĐH lớn TPHCM Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại thương, Sư phạm, THPT chuyên Lê Hồng Phong Họ soạn giả nỗi tiếng sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán rộng rãi khắp nước (xem thêm www.docsachtructuyen.vn), đặc biệt họ nhà giáo đề thi chấm thi hàng năm Chất lượng đào tạo tốt TPHCM, minh chứng tỷ lệ đậu Đại học , Cao đẳng Trường năm 2014 95% Phương pháp giảng dạy khoa học, đại giúp em tiếp thu nhanh kiến thức thời gian ngắn Phòng học thiết kế theo tiêu chuẩn Bộ giáo dục, sỉ số không 30 học sinh/lớp, trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế ngồi, ánh sáng theo tiêu chuẩn thể trạng người Việt Nam Có ký túc xá sẽ, trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ khu ký túc xác nam, nữ riêng biệt Ký túc xá khng viên nhà trường Có Quản sinh bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24 Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay sử dụng miễn phí, phịng tự học rộng rãi thống mát Ngồi học lớp, em học sinh đến thư viện trường để đọc sách học Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho em học sinh theo cấu trúc đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho em học sinh rèn luyện kiến thức theo chủ đề thi năm nay, trọng tâm thi, khơng lan man 94  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG HỌC PHÍ LỚP Học phí Sỉ số Số (3 mơn) lớp tiết/tháng Thi thử Chấm Học sửa Tài liệu triệu 30 132 lần lần buổi/tháng Giảm 50% ĐẶC triệu BIỆT 20 230 12 lần 12 lần Có thầy kèm học sinh buổi tối Miễn phí VIP HỌC SINH HỌC THÊM MÔN LỚP THÊM MÔN VIP triệu ĐẶC BIỆT triệu THÊM MÔN 1.5 triệu triệu Ưu đãi đặc biệt cho học sinh đăng kí trước ngày 20/05/2015 Giảm 20% học phí, lớp VIP cịn 2.4 tr/3 mơn, lớp đặc biệt cịn 4.8 tr/ môn Tặng tài khoản đọc sách online miễn phí năm website www.docsachtructuyen.vn smartphone trị giá triệu đồng Ưu tiên xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá có hạn) Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà trường, phụ huynh xa, khơng có người thân TPHCM chuyển khoản đặt cọc theo thơng tin sau Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh TPHCM Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường không trả lại học sinh bỏ khơng học BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  95 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Chúng cam kết Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học cao đẳng Nếu học sinh rớt tốt nghiệp rớt Đại học, Cao đẳng nằm số 5% chúng tơi cam kết HỒN TRẢ LẠI HỌC PHÍ 100% Liên hệ để biết thêm chi tiết ghi danh: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng) 96  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG Viết lại (): ax + y  2a + =  a(x  2) + y + =  () có vectơ pháp tuyến n  (a; 1) điểm cố định K(2; 1) Ta có IK  (1;  1) Gọi H hình I () chiếu vuông góc I () H Trong tam giác IHK vuông H ta có IH  IK  d(I, )  IK  K ax + y  2a + = Dấu đẳng thức có H  K  ()  IK Suy max[d(I, )] = IK đạt () nhận IK làm a vectơ pháp tuyeán   a = 1  1  Vậy a = 1 giá trị có mà ta phải tìm  Câu Điều kiện sinx   x  k Với điều kiện ñoù coù (2cos x  1)cot x    2sin x  sin x cos x  2cos2 x  cos x 3sin x 2sin x 2cos2 x  cos x  2sin x     sin x sin x cos x  sin x cos x  (2cos x  3)(cos x  1) 2sin x  sin x cos x   (2cos x  3)(cos x  1)(cos x  1)  2sin2 x sin x   (2cosx  3)sin2x = 2sin2x  2cosx  = 2  cos x    x    k2  Caâu Tập xác định Ta có log x2  x   x  x2  2 x 1  log2(x2  x + 1)  log2(x2 + 1) = 2x  x2   [1 + log2(x2  x + 1)]  log2(x2 + 1) = 2x  x2   log2(2x2  2x + 2)  log2(x2 + 1) = (x2 + 1)  (2x2  2x + 2)  log2(2x2  2x + 2) + (2x2  2x + 2) = log2(x2 + 1) + (x2 + 1) (1) Xét hàm số f(x) = log3t + t, với t  (0; +) BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  97 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Phương trình có dạng f(2x2  2x + 2) = f(x2 + 1) Ta có f '(t)  (0; +)   0, t  (0; +) Suy f(t) laø hàm số đồng biến t ln3 Vậy nên: (1)  2x2  2x + = x2 +  (x  1)2 =  x =  x2  log 0,5 (2 x ) Caâu 4 Biến đổi I   x (1  x) 0.5 x 1 log 0,5 x 0,5 x  x  x       dx    dx   x2   log 0,5 x x (1  x) 0.5 dx  x log 0,5 x   d x    0,5 2 x  0,5 x  x dx    A  B Ta coù  x3  2   1  2  A  x    2           3.2   12 12     0,5   Tính B: Đặt t  Ta có B  x   t   dx x   , dt   x x  0,5  t   log 0,5 x 2 0,5  x 1 x  dx   log 0,5 t  t2 dt  t   y  dt  1  Đặt t   dt = – ,  , log0,5t = log0,5 = –log0,5y y y y  t  y  Khi B   log 0,5 t 1 t dt   log 0,5 y 1 y  2  y dy ( )  y 1 y log 0,5   log 0,5 y  y2 dy dy   B  B = Vậy I  A  98  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG  12  Đáng nhớ Bằng cách đặt x  log a x b 1  x b dx  (0 < a  1, b > 0) Bằng cách đặt x   a  ln   t , ta dễ dàng chứng minh cos x sin( a , ta dễ dàng chứng minh t  dx  (a  ) ( Liên hệ với Câu 5-Đề số 2)  x) S Câu  Diện tích đáy BMDN laø sBMDN = sABCSD  (sDAM + sDCN ) = 4a2  (a2 + a2) = 2a2 Trong  SAB coù SB2 = SA2 + AB2  2.SA.AB.cosA  3a2 = a2 + 4a2  2.a.2a.cosA  cosA =  A = 600 D a a A H M B N 2 C Trong SAH vuông H, SAH  600 , ta coù SH = SA sin600  a  Thể tích khối chóp S.BMDN laø 1 a a3  sBMDN SH  2a2  3  Câu Tìm max P  (với x, y, z > 0) 2 (1  x )(1  y)(1  z) x  y  z 1 V  Theo bất đẳng thức Bunyakovsky: x2  y2  z2  12   x  y  z 1 2  ( x  y  z  1)2 12  12  12  12 x y z1 Theo baát đẳng thức Cauchy: 3     3     (1  x)(1  y)(1  z)  x   y   z    x  y  z  3 BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  99 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Suy P      x  y  z   x  y  z  3 Xét hàm f (t)  Ta coù f '(t)   Đăt x  y  z 1 t 1  54  t (t  2)3 54  , t  t (t  2)3 t  3.54  , f ’(t) =  (t + 2)2 = 9t   t (t  2) t  Bảng biến thiên t f(t) – +∞ + f(t) Căn vào bảng biến thiên suy P  f (4)  t =  x = y = z = Vaäy max P   Dấu đẳng thức có II PHẦN RIÊNG A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a 1) I  (): 2x + y =  I(a, 2a) () Phương trình đường tròn (C) (') đến đường thẳng (') laø d( I ,( '))  R (x  a)2 + (y + 2a)2 = 10 (1) d(I,(')) I taâm I(a, 2a) bán kính R  10 Khoảng cách từ A (C) H |3a  2a  11| | a  11|  10 32  12  (C) tiếp xúc với đường thẳng (')  d(I, (')) = R  | a  11| 10 a  1  10  |a + 11| = 10   a  21 Thay vào (1) ta có hai đường tròn (C1): (x + 1)2 + (y  2)2 = 10, (C2): (x + 21)2 + (y  42)2 = 10  100  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn  Với m = 1, phương trình đường thẳng () f(x; y): = 6x + y + =    32 0  f 1,    Ta có    Hai điểm A, B phía với 3   f (3; 1)  23  đường thẳng () (2) Từ (1), (2) kết luận max |d(B, )  d(A, )| = AB, đạt m = Vậy m = điểm thỏa mãn yêu cầu toán  Câu Điều kiện sinx  0, cosx  [*] sin x  cos x(  2sin x)  tan x  tan x 2tan x  sin x  cos x(  2sin x)  sin2x  sin x  3cos x  sin2x   tan2 x Ta coù  sin x  cos x  sin2 x  sin( x  ) 2     2 x  ( x  )  k2  x   k2 , k  3     (thỏa mãn [*])   2    2 x    ( x  )  l2  x   l , l  3  (1) lg x  lg y  y  x Câu Xét hệ phương trình  lg y lg x  lg y lg x  9.3   (2)  27   sin2 x  Điều kiên: x > 0, y > [*] Ta coù (1)  lgx3 + 3x3 = lgy3 + 3y3 Xét hàm số f(t) = lgt + 3t với t  (1; +) Phương trình (3) có dạng f(x3) = f(y3) Ta coù f '(t)    0, t(0; +) t ln10  f(t) hàm số đồng biến (0; + ) Bởi (4)  x3 = y3 x  0, y   [*] (3) (4) x = y > Thay vào (2) có 27lgx + 32lgx  9.3lgx  = Đặt 3lgx = t > 0, phương trình trở thành t0 t3 + t2  9t  =  (t + 1)(t2  9) =  t =  3lgx =  lgx =  x = 10 Vậy phương trình có nghiệm (x = y = 10)  136  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG Câu Xét tích phân  ln x  ( x  1) dx   dx dx   Đặt  u   ln x; dv    du  ; v  2 x x  1 ( x  1)    2 2 1  ln x  ln x dx  ln2  d x        Ta coù:    dx   x  1 x( x  1) 1 x x  1 ( x  1) 2 ln2  ln| x |  ln| x  1| 1 ln2 5ln2  3ln3 32  1  ln2  ln3  ln2     ln 3 27 1 Caâu  Gọi E trung điểm AD S Ta có CE // BA vaø CE = BA = a  EA = EC = ED = a   ACD vuoâng taïi C  CD  AC H (1) a E a a Mặt khác SA  (ABCD)  SA  CD A (2) B Từ (1), (2)  CD  (SAC) a D C  CD  SC hay SCD vuông C   Diện tích BCD sBCD  sABC   Diện tích SCD sSCD  a SC.CD  a2 2  Gọi khoảng cách từ H, B đến mặt phẳng (SCD) theo thứ tự d1, d2  Gọi thể tích khối chóp S.BCD V Ta có: sBCD SA a a a   3V = sBCD.SA = sSCD.d2  d2  sSCD a2 VSBCD 3VSBCD a  a  sSCD d2  d2  sSCD a BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  137 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn  Trong SAB vuông A, SH  SA ta coù: SA2 = SH.SB  d SH SH SA2 SA2 2a 2        2 2 d2 SB SB SB SA  AB 3a  d1  2 a a d2   3 Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) d1  a  Câu Cho x, y, z ba số dương có x + y + z = Tìm giá trị nhỏ x1 y1 z1 cuûa P    y 1 z 1 x 1 Ta coù x1 ( x  1)[( y2  1)  y2 ] y   x   ( x  1) y 2 y 1 y 1 y 1 Theo bất đẳng thức Cauchy + y2 ≥ 2y   y  y 1 2 x1 ( x  1) y xy  y  x 1  x1 2 y 1 Tóm lại x 1 xy  y Dấu dẳng thức có y =  x 1 2 y 1 Tương tự có y1 xz  z  y1 Dấu dẳng thức có z = 2 z 1 z1 zx  x  z1 Dấu dẳng thức có x = 2 x 1 (1) (2) (3) Từ (1), (2), (3) suy P  3 ( x  y  z)  ( xy  yz  zx) x  y z3  (*) 3  ( xy  yz  zx) (4) Lại có 32 = (x + y + z)2 = 1 ( x  y2 )  ( y2  z2 )  ( z2  x2 )  2( xy  yz  xz) ≥ 3(xy + yz + zx) 2  xy + yz + zx    (xy + yz + zx) ≥ Dấu dẳng thức có x = y = z = Từ (4), (5) suy P ≥ Dấu đẳng thức có x = y = z = Vaäy minP =  138  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG (5) II PHẦN RIÊNG y A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a  Đường tròn (C): x + (y  4) = (P) 2 () A có tâm I(0; 4) I Gọi A(a; b) điểm thuộc (C) tức a2 + (b  4)2 =  a2 + b2 = 8b  12 (1) I M  m Goïi M(m; 0) điểm trục hoành B P x O Ta coù IA  (a; b  4), MA  (a  m; b)  A(a; b) laø tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)  IA.MA   a(a  m) + b(b  4) =  a2 + b2 = ma + 4b (2) Từ (1), (2) ta có: 8b  12 = ma + 4b  ma  4b + 12 = Suy điểm A thuộc đường thẳng (): mx  4y + 12 = (3) Tương tự điểm B thuộc đường thẳng () nói Đường thẳng () qua P tọa độ điểm P thỏa mãn phương trình (3), tức m.1  4.1 + 12 =  m = Thay vào (3) có phương trình đường thẳng () phải tìm là: 2x  y + =   Lời bình Buộc hai tiếp tuyến (C) cắt điểm trục hoành, thấy khó thế! Buộc đường thẳng nối tiếp điểm qua P, toán trở nên “nhẹ nhõm” Xuất phát sớm chưa hẳn đến đích trước Quan trọng cách chọn đường D Câu 8.a(P) Ta coù AB  (1; 1;2), AC  (1; 1; 0),  2 2 1  AB  AC   ; ;  (2; 2; 2)  1 0 1 1    () Viết lại phương trình đường thẳng (): x   t x 1 y  z    y   t   1 3 z  2  3t  C A B BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  139 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Mỗi điểm D thuộc () có toạ độ D = (1+ t; + t; 2  3t), AD = (1+ t; + t; 3  3t) Thể tích tứ diện ABCD V V=3   AB  AC AD  1.(1  t)  1.(3  t)  1.(3  3t)   t 6  1t  3 t  8  D(7; 6; 23) 1  t  t         t  10  D(11; 12; 32) 1  t  9 t  10 Vậy có hai điểm phải tìm là: D = (7; 6; 23), D = (11; 12; 32)  Câu 9.a(P ( SHTQ khai triển Newton nhị thức (a + b)n Tk1  Cnkankbk ) Số hạng tổng quát khai triển Newton nhị 10  1 thức  x3   , x  laø x   k Tk1  C x k 10 3(10 k)  1  k 3(10  k) k (1) k x2 k  (1) k C10 x5(6 k)    C10 x x    Tk+1 số hạng không chứa x 5(6  k) =  k = 6 Suy T7  (1)6 C10  C10  10.9.8.7  210 1.2.3.4 Vậy số 210 số hạng thứ khai triển Newton nhị thức 10  1  x   , x   x   B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b(P) (C) 2 Đường tròn (C): (x  1) + (y + 2) = có tâm I(1; 2) bán kính R = Khoảng cách từ I tới đường thẳng () d( I , )  |1.1  1.(2)  m | | m  1|  (1) 12  12 Goïi A, B tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) 140  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG I  A B  M () Các tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) tạo với () góc 450 bốn góc nhọn có đỉnh M 450  IM  () (2) Khi tứ giác IAMB hình vuông  IM  IA  (3) Từ (1), (2), (3) suy giá trị m thỏa mãn toán d(I, ) = IM  | m  1|   |m  1| = m   m       m   6 m  5  Tin nhắn Từ câu “Các tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) tạo với () góc 450” bí mật giải mã tìm m Câu 8.b Mỗi điểm M  () () M có tọa độ M(1  t; t; 1) Ta coù AM  (t; t  1; 1) , AB  (1; 1; 1) , H A B  1 1 1  AB  AM   ; ; = (2  t;  t; 1),  t  1 t t t     | AB  AM | (2  t)2  (2  t)2  12  2t2  6t   2(2t  3)2   Diện tích tam giác MAB laø sMAB  | AB  AM | 2(2t  3)2  6  sMAB  , 4 dấu đẳng thức có t = 1,5 Suy min(sMAB )  đạt t = 1,5 Với t = 1,5 có M = (0,5; 1,5; 1) Đó điểm M cần tìm  ( Bạn cần biết:  Gọi H chân đường cao kẻ từ A ABC  H thuộc đường thẳng AB AH  AB BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  141 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Do AB cố định nên diện tích ABC nhỏ  đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ  MH đoạn thẳng vuông góc chung đường thẳng () đường thẳng AB Như M = ()  (d), (d) đường thẳng vuông góc chung đường thẳng () đường thẳng AB Việc tìm điểm M đồng hành với việc tìm độ đoạn thẳng vuông góc chung  Bạn tìm độ dài đọan vuông góc chung hai đường thẳng | u  AM | () (’) cách sử dụng công thức mind(M, )  , | u| với () đường thẳng qua A vectơ phương u , M(t) điểm có tọa độ tham số thuộc (’)  Các bạn liên hệ với câu 8b đề số 10, 14 tài liệu này.) Câu 9.b Số hạng tổng quát khai triển Newton nhị thức  a  3  b  laø Tk1 b   a  21 1  1    a b  a b2       1   C  a 3b      21 k k 21  1   a b    21 k k  C21 a 21 k k  b k  21 k  k  C21 a 2.21 k b k  21 2.21  3k k  21  6  2.21  3k = 4k  21  7k = 3.21  k = 21.20.19.18.17.16.15.14.13 Suy hệ số cần tìm C21   293030  1.2.3.4.5.6.7.8.9  Số mũ a b  5 (Đó hệ số số hạng T10  293930a b ) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 11.1 (Tương tự câu 7a) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm P(4; 1), đường tròn (C): (x  4)2 + y2 = M(0; m) điểm trục tung Gọi A, B hai tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) Tìm m để đường thẳng AB qua P Bài 11.2 (Tương tự câu 7a) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm P(1; 1), đường tròn (C): (x 2)2 + (y  3)2 = M(0; m) điểm trục tung Gọi A, B hai tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M tới (C) Tìm m để đường thẳng AB qua P 142  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12 (xem đề trang 18) Câu 1(P) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3  3x  Tập xác định  Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  , lim y   x  x   Chiều biến thiên: y’ = x2  1; y’ =  x = 1 Hàm số đồng biến khoảng (; 1) (1; +), nghịch biến (1; 1)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 1, yCĐ = 2; đạt cực tiểu x = 1, yCT = 2  Bảng biến thiên x –∞ y –1 + y – +∞ + +∞ –∞ –2  Đồ thị Đồ thị cắt Ox (0; 0),   3; y cắt Oy (0; 2) Tâm đối xứng I(0; 2) (C1) 2) Tìm m  Đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) điểm phân biệt  phương trình sau có nghiệm phân biệt  –1 O –2 x  3x = m(x + 1) +  x3  3x  = m(x + 1)  x  1  (x + 1)( x2  x   m) =   Điều h( x) : x  x   m  có phương trình h(x) = có hai nghiệm phân biệt   4 m   x1,2  1     [*] h(1)  m  2 Khi ta có x1 + x2 = 1, x1x2 =  m  BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  143 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Gọi A(x0 = 1; y0), B(x1; y1), C(x2; y2)  Ta coù y’ = 3(x2  1)  y’(x0) = 0, y'(x1 )  3(x12  1); y'(x2 )  3(x22  1)  y’(x0) =  Tiếp tuyến (C) tiếp điểm A song song với Ox  Không có tiếp tuyến (C) vuông góc với tiếp tuyến A  Các tiếp tuyến B C vuông góc với y’(x1) y’(x2) = 1  3(x12  1).3(x22  1)  1  9[(x2 x2 )2  ( x12  x22 )  1]  1  9[(x2 x2 )2  (x2  x2 )2  2(x2 x2 )  1]  1 x1  x2 1  x1 x2  m  9[(m + 2)2   2(m + 2) + 1] = 1  9(m + 2)2  18(m + 2) + = (3)  m     m  1  2 2 , (thỏa mãn [*]) Vậy m  1  2 giá trị phải tìm  Câu Ta có 2sinx(1 + cos2x) + sin2x = + 2cosx 1 cos2 x  2sin2 x  4sinxcos2x + 2sinxcosx = + 2cosx sin2 x  2sin x cos x  2sinxcos2x (2cosx + 1) = + 2cosx cos x  0,5  (2cosx + 1)(sin2x  1) =   sin2 x   x  1200  k3600 , k     0  x  90  l180 , l  (#)  ( x4  1)( y  1)  x ( y2  y)( y2  y  2) Caâu 3 Xét hệ (*)  4 x( y  1)  x2  y  x   Điều kiện x(y + 1) ≥ (1) Biến đổi (#): (y2 + 2y + 1)(y2 + 2y + + 1) = [(y + 1)2 1)][(y + 1)2 + 1] = [(y + 1)4 1)] 144  NSÖT PHẠM QUỐC PHONG 4  ( x  1)( y  1)  x[( y  1)  1] Viết lại (*)    4 x( y  1)  x  y  x  (2) (3)  y  1 + Neáu x = từ (*)   (mâu thuẫn) 0  (!) x  + Neáu y = 1 (*)   (mâu thuẫn) (**) 0  (!) Vậy (x; y) nghiệm hệ x(y + 1) > Vậy nên chia hai vế cho x(y + 1) ta có 1 1 (2)  x3   ( y  1)3   x3  ( y  1)3   x x y1 y1  ( x  y  1)[ x2  x( y  1)  ( y  1)2 ]    ( x  y  1)[ x2  x( y  1)  ( y  1)2  x  y 1 x( y  1) ]  x( y  1) (4) T Với x(y + 1) > T > suy (4)  x  y  =  x = y + 4 x  x2  3x  Thế vào (3) coù 4|x| = x2  3x +   4 x  x  3x   x2  x    x   x  ( x  1; y  2)     (thoûa maõn (3)) x  x   (VN ) ( x  6; y  7) Vậy hệ có hai nghiệm (1; 2), (6; 7). Câu 4(P) Ta coù   4 x x x x  tan x(1  tan x)e dx   e tan xdx  (1  tan x)e  e  dx 0        (e x )'tan x  e x (tan x)'  e x  dx   (e x tan x)' e x  dx  e x (tan x  1)    0  Caâu aa  a 2  Lấy N trung ñieåm B’B  B’C // MN  B’C // (ANM)  d(AM, B’C) = d[B’C // (ANM)] = d[C // (ANM)] = d[B // (ANM)] (Do M trung điểm BC)  Thể tích V  sABC A' A  BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  145 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn  Gọi H hình chiếu vuông góc B đường thẳng MN A’ (1) C’ B’  AB  BC Từ   AB  (B’BC)  AB  B' B  BH hình chiếu AH (B’BC) (2) a Từ (1), (2)  BH  (ANM) N  d(AM, B’C) = d[B // (ANM)] = BH BN  a a a , , BM  H A Trong BMN vuông B, C M B a     BH    2 BH a BB' a BM a Vaäy d( AM , B'C)  a  Caâu a, b, c > 0, 3(a + b + c) = abc Tìm max P  1    a  bc  b  ca  c  ab Theo bất đẳng thức Cauchy ta coù:  abc = 3(a + b + c) ≥ abc  Cauchy   a  bc  3a  bc  Cauchy  abc   abc  27 [*] 2 3a bc  2 3abc bc abc 27  2.4 bc 1 1 1 1        a  bc bc  bc     1  3           12   bc  12  bc  Tương tự ta có Suy P  1 3  1 3      ,     b  ca 12  ca   c  ab 12  ab   21 9 1  1 a  b  c 1            3  12  bc ca ab   abc    32 Dấu đẳng thức có a = b = c = Vậy max P  146  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG 21  32 Câu 7.a Giả sử đường thẳng () cắt tia Ox, Oy theo thứ tự A(a; 0), B(0; b), với a > 0, b > Thế OA + OB = a + b () có phương trình Vì P () nên ta có   Theo Bunyakovsky ta coù a b 2         b    b       a  a b   a   b     a       x y   (1) a b  1 a b  1 hay (a  b)    (2  1)2    a b a + b ≥     a   a b  4      1   Dấu đẳng thức có    a b  b    b  a Vậy min(OA + OB) = Khi đường thẳng phải tìm có phương trình x y     Lời bình Lời giải ngắn gọn hơn, sử dụng BĐT Schwarz: Schwarz (2  1)2   hay   a + b ≥ Dấu đẳng thức coù a b ab ab a   a b          1   (Liên hệ với Câu 7b - Đề số 15)  1  a b  b  1 x  t  x y1 z2 Câu 8.a Viết lại   y  1  t   1 z   t  Mối điểm I thuộc đường thẳng () có tọa độ: I(a; 2a  1; a + 2) Khoảng cách từ I đến mặt phẳng () d |2a  (2a  1)  2(a  2)  6| |2a  1|  22  (1)2  (2)2 Gọi (S) mặt cầu tâm I bán kính R Theo giả thiết: BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  147 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn + Khoảng cách từ I đến ()  2a   a  |2a  1|    1   2a   1  a  1  I1  (0; 1; 2) ,   I2  (1; 3; 1) + (S) caét () theo giao tuyến đường tròn có bán kính baèng  R2 = d2 + 32 = 12 + 32 = 10 Vậy có hai mặt cầu phải tìm là: (S1): x2 + (y + 1)2 + (z  2)2 = 10, ứng với tâm I1 (S2): (x +1)2 + (y + 4)2 + (z  1)2 = 10, ứng với tâm I2 Câu 9.a Ta có 2n  (3  1)n  3n Cn0  3n1 Cn1  3n2 Cn2  3n3 Cn3   (1)n Cnn  3n Cn0  3n1 Cn1  3n2 Cn2  3n3 Cn3   (1)n Cnn  2048  2n = 2048 = 211  n = 11 Với n = 11, số hạng tổng quát khai triển Newton nhị thức k 11 k k (2 + x)11 Tk1  C11 x Với k = 10, hệ số số hạng chứa x10 T11  C 10 11 1110 Cnk  Cnn k Cn1  n  C  11.2  22 11 Vậy 22 hệ số số hạng chứa x10 toán cho  Câu 7.b(P)  Khoảng cách từ điểm P đến () d  |2   3|     Gọi H hình chiếu vuông góc P ()  PH  () PH = Vậy nên PM.PA = 16  PM.PA = PH2  PM PH  PH PA y () A M P I O H Suy PMH PHA hai tam giác đồng dạng  PHM  PAH  900  M thuộc đường tròn đường kính PH 148  NSƯT PHẠM QUỐC PHONG x  Phương trình đường thẳng qua P vuông góc với () 3x  1( y  3)   3x  y   x  y   x  Tọa độ H nghiệm hệ     y    x  y    H  (0;  3) Suy trung điểm I đoạn thẳng PH có tọa độ I = (1; 0) phương trình đường tròn đường kính PH PH  (x  1)2 + y2 = 4 ( x  xI )2  ( y  yI )2  Đó phương trình đường tròn   Lời bình + Mấu chốt chuyển hoá y () PM.PA = 16  PM.PA = PH2 M A  + Bản chất lời giải: P  I Vẽ đường thẳng (’) O qua P (’)  () Gọi H = ()  (’) (’) x  H’ H Trên (’) lấy điểm H’ cho PM.PA = PH.PH’  PM PH ' để có hai tam giác PMH’ PHA đồng dạng với  PH PA  PMH '  PHA  900  M nằm đường tròn đường kính PH’ + Như dòng nước chảy, việc nghó đến đường thẳng (’) điểm H cách tự nhiên yếu tố xác định Trong toán H’  H (Liên hệ với Đề 18, Đề 21) BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  149 Trung tâm LTĐH – Trường ĐH Ngoại thương TPHCM www.ftu2.edu.vn Câu 8.b(P) (Hình không vẽ không gian tọa độ) + Đường thẳng (1) qua điểm A(0; 1; 2) có vectơ phương u  (2;  1; 1) + Mặt phẳng () có vectơ pháp tuyến n  (7; 1;  4) Đường thẳng (d)  ()  (d) nhận n  (7; 1;  4) làm vectơ phương (1)  1 1 2 1  ; ; Ta coù u  n    4 4 7     u  (2; 1; 1) () (1) A   (3; 15; 9) Gọi () mặt phẳng chứa d hai đường thẳng (1) (d)  () mặt phẳng qua A nhận   u  n  (1; 5; 3) B (2) n  (7; 1; 4) ()  u  n  (1; 5; 3) vectơ pháp tuyến Vậy nên () có phương trình là: x + 5(y  1) + 3(z + 2) =  x + 5y + 3z + = Goïi B = (2)  (d) Do (d)  ( )  B = (2)  ()  Tọa độ B nghiệm hệ x  5  2t  x  7  1( 5  t )  5(1 t )  3( 2 t ) 1  y   t   y   B(7; 0; 2) (2)  t  z  z  2t  x  y  3z     Từ (1), (2) suy đường thẳng (d) có phương trình x7 y z2    4  Lời bình Sự có mặt mặt phẳng () cốt nói lên phương đường thẳng (d) mà Rằng vectơ phương đường thẳng (d) vectơ pháp tuyến mặt phẳng () Vậy nên ta thay “(d) vuông góc với mặt phẳng ()” “(d) song song với đường thẳng (d’) cho trước” 150  NSƯT PHẠM QUOÁC PHONG ... log x2  x   x  x2  2 x 1  log2(x2  x + 1)  log2(x2 + 1) = 2x  x2   [1 + log2(x2  x + 1)]  log2(x2 + 1) = 2x  x2   log2(2x2  2x + 2)  log2(x2 + 1) = (x2 + 1)  (2x2  2x + 2) ... 1i 2? ??i 1  3i  i (1  3i)(1  i)  4i (2  4i)(3  4i) 22  z :      i 2? ??i 1i  4i 25 25 25 (2  i )2 22 4 22  i  iz   i 25 25 25 25 22 4 22 26 26 Vậy nên z  iz   i  i  i 25 ...      2? ?? 2 ( y  2)  ( z  3) (2 x   y  2) (2 z  6 )2  (2 x  2) 8.4.8  (2 x   y   z  6 )2 Lại có 2x + 4y + 2z  x2 + + y2 + + z2 + = x2 + y2 + z2 +  3y +  2x + y + 2z  Suy P