Đề thi thử và đáp án: Môn Toán - Số 1

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình học tập và ôn thi Đại học, Cao đẳng môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đề thi thử số 1 môn Toán" dưới đây. Nội dung đề thi gồm 9 câu hỏi có hướng dẫn lời giải giúp các bạn dễ dàng nắm bắt. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử và đáp án: Môn Toán - Số 1

ĐỀ MEGABOOK SỐ 1 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2x 2 (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 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 cos   x  .  1  cot x .  4  s in x  2 x s in x   3 x  2  c o s x Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tích phân I   2 dx . 0 x s in x  c o s x 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  3 i . 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 O xyz , cho đường thẳng d:   và mặt 3 1 1 phẳng ( ) : 2 x  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 45 0 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . A B C có đáy A B C là tam giác vuông tại B . Tam giác S A C cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  S B C  và đáy bằng 6 0 . Biết S A  2 a ; B C  a . 0 Tính theo a thể tích khối chóp S . A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng S A và B C . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho hình thang A B C D vuông tại A và B . Đường chéo A C nằm trên đường thẳng d : 4 x  7 y  2 8  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 .  x 2  y  5x  2  7 xy  x  1  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 x,y  R . x 2y3 2 2y  3  x  3  y 1 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.................. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.a. - Tập xác đinh: D  R . - Sự biến thiên: x  0 + Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x ; y' 0   . x  1 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 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 , y CD  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x   1, yCT   1 . + Giới hạn: lim y    ; lim y    . x   x   + Bảng biến thiên x  1 0 1  y'  0  0  0  y  0  1 1 - Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm   2 ; 0 ,0; 0  ,  2;0  + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0 ; 0  . + Đồ thị hàm số nhận trục O y 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 x  2 x  m  x  2 x  m  0 (*). 4 2 4 2 Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi phương trình t  2 t  m  0 có 2 nghiệm dương phân biệt 2 0  t  t . 1 2 Khi đó 4 nghiệm của pt (*) là x1   t2 ; x2   t1 ; x 3  t1 ; x 4  t2 . Như vậy ta có x1   x4 ; x2   x3 . Ta có y'  4x 3  4x . Suy ra tổng hệ số góc của 4 tiếp tuyến tại 4 giao điểm với đồ thị  C  là:  3   3   k1  k 2  k 3  k 4  4 x1  4 x1  4 x1  4 x 2  4 x1  4 x 3  4 x1  4 x 4 3   3   3  4 x1  x 4 3   4x 3 2  x3 3   4x 1  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: Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 2
+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  x   y , hệ số góc tiếp tuyến là Q Q  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 ta có  d  cắt  C  tại 4 điểm phân biệt nên phương trình có t  x 2 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 O y ) , 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 x  2 x  m  x  2 x  m  0 . Bài toán tương đương tìm m để phương trình x  2 x  m  0 có 4 nghiệm 4 2 4 2 4 2 phân biệt.  '  0  Đổi biến t  x 2  0 , ta tìm m để phương trình t 2  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  x 3   m  1  x 2  3 x  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  x 3  3 x  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  Z . 2 2 cos x cos x Phương trình tương đương  s in x  c o s x  1 s in x s in x   s in x  c o s x  2 c o s 2 x  s in x  c o s x   s in x  c o s x   2 c o s 2 x1 0   s in x  c o s x  0   s in x  c o s x  c o s 2 x  0   . cos 2 x  0  + Với s in x  c o s x  0  ta n 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 Z . 4 2 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:  c o s  a  b   c o s a c o s b  sin a sin b  -Công thức cosin của một tổng , hiệu :   c o s  a  b   c o s a c o s b  s i n a s i n b -Công thức hạ bậc: 1  c o s 2 c  2 c o s 2 c , 1  c o s 2 c  2 s in 2 c -Công thức nghiệm cơ bản của phương trình lượng giác: x    k2 . s in x  s in    ;k Z x      k2 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 3
. cos x  cos   x     k 2 ; k  Z . tan x  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 5 cos  2 x    4 sin   x 9 . Đáp số: x   k2 .  3   6  3 s in x  c o s x  b. Giải phương trình  2 ta n 2 x  c o s 2 x  0 . Đáp số: x  k . s in x  c o s x 2  2 x s in x   3 x  2  c o s x   3 x cos x  Câu 3. I   2 dx   2 2   dx 0 x s in x  c o s x 0  x s in x  c o s x     x s in x  c o s x  '  2x 2  3 2 dx 0 0 x s in x  c o s x         3 ln x sin x  c o s x 2    3  ln  ln 1     3 ln .   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  -Ta có  dx  f  x  dx  gx   g  x  dx . f  x  g  x   h  x  g ' x  h  x  .g '  x  Tổng quát :  gx dx   f  x  dx   g x dx . u' -Với các nguyên hàm cơ bản của f x , công thức nguyên hàm tổng quát  d u  ln u  C . Thay cận ta tính u được I . Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự:  2 s in x 1 a. Tính tích phân I   3 dx . Đáp số: I  . 0  s in x  c o s x  2 e x e xe 1 e 1 b. Tính tích phân I  x dx . Đáp số: I  ln . 1 e x  ln x  e a  3  b  2   9 2 2 Câu 4.a. Ta có a  bi  3  2i  3  (1). 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 . là đường  C  :  x  2    y  5   9 . 2 2 Vậy tập hợp điểm M 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  b i ;  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  b i vào phương trình z  3  2 i  3 . Tìm được mối quan hệ giữa phần thực và phần ảo. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 4
- Đặt w  x  y i , 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 : 2 2 +Đưởng tròn:  x  a   y  b  R ;x 2 2  y 2  2 ax  2 by  c  0 . 2 2 +Hình tròn:  x  a   y  b  R;x 2  y 2  2 ax  2 by  c  0 . 2 +Parapol: y  ax  bx  c . 2 2 x y +Elipse:   1 . 2 2 a b Bài toan kết thúc. Bài tập tương tự: 1 3i a. Cho số phức z thỏa mãn z  . Tìm modul của số phức w  z  iz . Đáp số: w  2 . 1 i 7 21 b. Tìm số phức z thỏa mãn  1  3 i  z là số thực và z  2  5i  1 . Đáp số: z  2  6 i; 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 số lẻ. Ta tìm số phần tử của A như sau: Gọi y  m n p q r  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 C .C cách; 2 5 2 4 Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m , n , p , q , r có 4.4! cách. Suy ra trường hợp 1 có C C .4 .4 !  5 7 6 0 . 2 5 2 4 + 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 C .C cách; 2 5 3 4 Xếp 5 số được chọn vào các vị trí m , n , p , q , r có 5! cách. Suy ra trường hợp 2 có 2 3 C 5 C 4 .5 !  4 8 0 0 . 10560 220 Vậy A  5760  4800  10560 . Do đó PA   . 27216 567 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  m n p q r  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 có ít 5 nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn .(Thi thử THPT chuyên Vĩnh Phúc khối D 2012- 6 2013). Đáp số: Rút ít nhất 6 thẻ. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 5
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  2 a  2 b  c  0  c   2 a  2 b . 2 a 2 cos   ,O x   a  b  2a  2b  2 2 2    2 a  2 2 a  b  c 2 2 2 a  b  0   2 2 2 2 2  2a  5 a  8 ab  5b  3 a  8 ab  5b 5b . a   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 + Với a  , chọn b  3; a  5  c  4   :   . 3 5 3 4 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 . - 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  . u d .u d ' - Lại có công thức tính góc giữa hau đường thẳng  d  ;  d ' : cos  d , d '   ud . ud' 2  ;O x    cos   ;O x   0 45 . 2 - Một đường thẳng có vố số vector chỉ phương nên lần lượt chọn giá trị a,b cho các trường hợp tương ứng. Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: x  2 y z 2 a. Trong hệ trục tọa độ O xyz , cho điểm A  1; 2 ;  1  , đường thẳng d:   và mặt phẳng 1 3 2    : 2 x  y  z  1  0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A cắt d và song song với mặt phẳng   . x 1 y  2 z1 Đáp số:   . 2 9 5 x  1  s  b. Trong hệ trục tọa độ O xyz , 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   B  ; ; 3  ,C    ; ;3  5 5 5 5      Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 6
Câu 6. Gọi H là trung điểm AC , suy ra SH   ABC  . Kẻ H I  BC  SI  BC . Góc giữa  S B C  và đáy là S IH  6 0 0 . 2 2 a 15 0 3a 5 SI  SC  IC   S H  S I . s in 6 0  2 4 1 a 15 a 15 HI  SI   AB  2HI  . 2 4 2 3 1 1 5a 3 V  . A B . B C .S H  (đvtt). 3 2 16 Kẻ A x song song với B C , H I cắt A x tại K . Kẻ IM vuông góc với SK . Ta có A K   S IK   A K  IM  IM   S A K  . 3a 5 Tam giác S IK đều, suy ra IM  S H  . 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 -Dựng góc giữa hai mặt phẳng  S B C  ,  A B C  : Goi H là trung điểm của AC . Do mặt phẳng  S A C    A B C  nên  A B C  .   S B C , A B C   S IH 0 SH   60 . 1 1 1 - Áp dụng công thức tính thể tích khối chóp V  B .h  V S . A B C  . A B . B C .S H . 3 3 2 - Tính khoảng cách d  S A , B C  : Lí thuyết tính bằng cách khoảng cách từ một điểm thuộc đường thẳng này tới một mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại. Kẻ A x / / B C , kẻ IM  S K  A K   S IK   IM   S A K  . Suy ra d  S A , B C   IM  S H . 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 . A B C có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bân và đáy bằng 6 0 0 . Gọi M là trung điểm của S C . Tính thể tích khối chóp S . A B C và khoảng cách giữa hai đường thẳng A M và 3 a 2 SB . Đáp số: V  a 3 (đvtt) và d  A M , S B   . 24 4 b. Cho hình chóp S.A B C có SA  3a , SA tạo với đáy  A B C  một góc bằng 60 0 . Tam giác ABC vuông tại B , A C B  30 0 . G là trọng tâm tam giác ABC , hai mặt phẳng  S G B  ,  S G C  cùng vuông góc với mặt phẳng  A B C  . Tính thể tích khối chóp S.A B C . 3 243a Đáp số: V  (đvtt). 112 Câu 7. Do B , suy ra B  b; b  5  . d B; AC BE BC Ta có    2 . dD; AC  DE AD  93 4b  7(b  5)  28 4 .2  7 .5  2 8 1 1b  6 3  3 0 b    2  1 1b  6 3  3 0     . 11  1 1b  6 3   3 0 2 2 2 2 4  7 4  7   b 3 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 7
B và D ở khác phía đối với đường thẳng AC nên  4 x B  7 y B  2 8   4 x D  7 y D  2 8   0  3 0  1 1b  6 3   0 . Do đó ta được b 3 , suy ra B  3; –2  .  28  4a   4a  7   4a  42  Ta có A  (D )  A  a;   D A   a  2;  và BA   a  3;  .  7   7   7  a  0  A 0; 4   4 a  7   4 a  42   Do đó D A .B A  0  a  2a  3  2  0  65a  385a  0   77 . 49  a  l 13  xC  3  2  2  0   Ta có BC  2 AD    C 7;0  .  y  C  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 . Nhắc lại kiến thức và phương pháp: -Phương pháp tham số hóa điểm theo đường thẳng cho trước: Điểm  mx  p  P  d : m x  ny  p  0  P   ;  .  n  -Khoảng cách từ điểm M  xM ; yM  tới phương trình đường thẳng    : m x  n y  p  0 được xác định theo m xM  nyM  p công thức d  M ;    . 2 2 m  n   x  kz -Tính chất vector: u  x ; y  , v  z ; t  với u  kv   .  y  kt  Áp dụng cho bài toán: d B; AC BE BC - Tham số hóa tọa độ điểm B . Do    2 ( E  AC  BD ), ta có điểm B . dD; AC  DE AD -Để loại nghiệm sử dụng tính chất:  4 x B  7 yB  28   4 xD  7 y D  28   0  B . -Tương tự A  d   D A ,BA . Mặt khác , D A . B A  0  A . - Tính tọa độ điểm C : BC  2 AD  C . Bài tập tương tự: a. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC cân tại A , trực tâm H  3; 2  . Gọi D ,E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B ,C . Biết điểm A thuộc đường thẳng  d  : x  3 y  3  0 , điểm F  2; 3  thuộc đường thẳng DE và HD  2 . Tìm tọa độ đỉnh A . Đáp số: A  3; 0  . Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 8
b. Trong mặt phẳng O xy , cho tam giác ABC có A   1;  3  , B  5 ; 1  . Điểm M thuộc đường thẳng BC sao cho M C  2 BB . 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 2 x 2y3 2 2y 3  x  2y  3  3  2 y . u  x 2  2 y  3  Đặt  , ta được u 3 u  3  v v . v  2  y  Xét f t   3  t ; ta có f '  t   3 ln 3  1  0 ;  t  R f t  đồng biến trên t t , suy ra . Nhận thấy f u   f v   u  v là nghiệm duy nhất cua phương trình. 2 2 u  v  x  2y  3  2  y  y  x  1 . Thay y  x 2  1 vào phương trình thứ nhất, ta được x 2  x 2  1  5x  2  7  x x 2 1  x 1  2x 2  5x  1  7 3 x 1  2 x  2   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 2b  3a 2 2  7 ab   . a  2b x  4  6  y  23  8 6  x  1  9  x  1  x 2 2 + Với b  3a  x  8 x  10  0   .  x  4  6  y  23  8 6 + Với  a  2b  x  1  4 x  x  1  4 x  3x  5  0  vn  . 2  2 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 . 3  với  3  có cùng dạng 2 - Nhận thấy phương trình thứ 2 của hệ có sự tương đồng x 2y3 ,x 2  2y  3 2y ,2  y 3 m ,m .  2 u  x  2 y  3 - Phương trình thứ hai của hệ biến đổi thành: 3 u u  3 v  v trong đó  . v  2  y  - Xét hàm số f t   3  t đồng biến trên R  f u   f v   u  v . Thay lại phương trình thứ nhất , sử t a  x 1  dụng hai ẩn phụ  2  a , b  0  thu được phương trình đẳng cấp bậc 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. Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 9
Lưu ý: Từ phương trình 2 x  2  x  1  3  x  1  7  x  1 x 2  x  1  , ta có thể chia 2 vế cho  x 2  x 1  giải x 1 phương trình ẩn z  2 . x  x  1 Bài toán kết thúc. Bài tập tương tự: 5   37 a. Giải phương trình 2 x 2  2  5 x 3 1 . Đáp số: x  . 2 b. Giải phương trình 3 x7  6 2 x  2x  1  2 . Đáp số: x  7 , x  1 . a b c 1 1 1 1 5  1 1 1  Câu 9. P     1 1         a1 b1 2c  1 1 a 1 b 2 4c  2 2 1 a 1 b 4c  2  5  4 1  5  4 1  P          2  a b  2 4c  2  2  2  c 4c  2  4 1  1  Xét hàm số f c   trên khoảng  ;2 . 2 c 4c  2  2  4 4  4 15c  20c 2  Ta có f 'c     ; f 'c   0  c  0 . c  2 4c  2  c  2  4c  2  2 2 2 2 1  0 c 2 2 f 'c   0 + f c 5 2 5 5 Vậy P    0 . 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  0 . Kết luận: M ax P  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 2  1 15 1  x 2 y 2 x  y - Tách biểu thức P , ta được P      . Sử dụng bất đẳng thức cơ bản   2 1 a 1 b 4c  2  m n m  n 5  4 1  suy ra P     . Tới đây hàm số đã rõ. 2  2  c 4 c  2  4 1  1  - Khảo sát hàm số f c   với c    ;2 2c 4c  2  2   1  -Lập bảng biến thiên của hàm số f c trên  ;2 thu được m in f  c  .  2  Bài tập tương tự: a. Cho a , b , c là 3 số dương thỏa mãn điều kiện ab c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3 a b c 3 P    . Đáp số: M in P  . 1  b  1  c  1  c  1  a  1  a  1  b  4 Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 10
a b c 3 b. Cho a , b , c : ab  b c  ca  1 . Chứng minh rằng    . 1 a 2 1 b 2 1 c 2 2 a. giác trong góc A có phương trình x  y  2  0 , đường cao kẻ từ B là 4x  3y  1  0 . Tìm tạo độ đỉnh C .  10 3  Đáp số: C  ;  .  3 4  b. Trong hệ trục tọa độ O xy , cho tam giác ABC có đỉnh A  5; 2  . Phương trình trung trực cạnh BC , trung tuyến CC ’ lần lượt có phương trình x  y  6  0,2x  y  3  0 . Tìm tọa độ hai điểm B ,C .  19 4   14 37  c. Đáp số: B ;  ,C  ;  .  3 3   3 3  1 Câu 8. Điều kiện x  . 2  1 u  x  ;u  0  Đặt  2 .  x  1 v  ;v  0  4 u  v  0   u  v  0 Phương trình trở thành u  v  2u 2  2v 2      u  v   2 u2  v2  2   u  v   0 2  x  1 1 x1   x   1  v  u 0  x    1 x  2x  1   2 2  x  7  2 10 . 2 4 x    x  1 4 x  9  0  2 16 Phương trình có nghiệm: x  7  2 10 . Megabook Chuyên Gia Sách Luyện Thi Trang 11