Lời giải chi tiết Kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2016 môn Toán

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo Lời giải chi tiết Kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2016 môn Toán sau đây để biết được cách làm bài và đáp án cụ thể của từng bài tập trong đề thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2016 môn Toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Lời giải chi tiết Kỳ thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2016 môn Toán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I. 1. Cho số phức z 1 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w 2z z . 2. Cho log 2 x 2 . Tính giá trị của biểu thức: A log 2 x2 log 1 x3 log 4 x . 2 Lời giải 1. Ta có z 1 2i z 1 2i w 2z z 2 1 2i 1 2i 3 2i . Kết luận: Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2. Lý thuyết: Số phức z có dạng : z a bi a, b R, i 2 1 Thì: + a là phần thực và b là phần ảo. + Liên hợp của z là z a bi + Mô đun của z là z a 2 b2 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 2i z 1 4i 0 .Tìm phần ảo của số phức w 1 zi 2z 1 2i z 1 4i 0 1 2i z 1 4i 1 4i 1 4i 1 2i 1 2i 4i 8i 2 9 2i z . 1 2i 1 2i 1 2i 1 4i 2 5 9 2i 2 9 2i 5 9i 2i 2 18 4i 25 13i w 1 zi 2z 1 .i 5 5 5 5
25 13 Phần thực : 5 phần ảo 5 5 2 Ví dụ 2: Cho số phức z thỏa mãn : 1 i 2 i z 8 i (1 2i ) z Xác định phần thực và phần ảo của z “CĐ khối A,B,D-2009 (CB) 2 Bài làm: Ta có : 1 i 2 i z 8 i 1 2i z 1 2i i2 2 i z 8 i 1 2i z 2i 2 i z 8 i 1 2i z 4i 2i 2 z 8 i 1 2i z 4i 2 z 8 i 1 2i z 4i 2 z 1 2i z 8 i 4i 2 2i 1 z 8 i 8 i 8 i 1 2i 8 i 16i 2i 2 10 15i z 2 2 3i . 2i 1 1 2i 1 4 5 Phần thực :2 phần ảo :-3 2 Ví dụ 3: Tìm phần ảo của số phức z, biết: z 2 i 1 2i “ĐH khối A 2009(CB). Bài làm: Ta có : 2 2 z 2 i 1 2i 2 2 2i i2 1 2i 2 2 2i 1 1 2i 1 2 2i 1 2i 1 2 2i 2i 4i 2 5 2i z 5 2i . Phần ảo của số phức z là 2 3 1 3i Ví dụ 4: Cho số phức z thỏa mãn: z . Tìm mô đun cuả 1 i A z iz “ĐH khối A 2010(NC). Lời giải: Ta có 3 2 3 1 3i 13 3.12. 3i 3.1. 3i 3i 1 3 3i 9 3 3i 8. 3 1 3i 8 81 i 81 i z 2 4 4i 1 i 1 i 1 i 2
z 4 4i . z zi 4 4i 4 4i i 4 4i 4i 4i 2 8 8i z zi 82 82 8 2. Ví dụ 5: Khối D2012: Cho số phức z thỏa mãn: 21 2i 2 i z 7 8i . Tính mô đun của số phức w 1 z i. 1 i 21 2i 21 2i 1 i Ta có: 2 i z 1 i 7 8i 2 i z 1 i .1 i 7 8i 21 2i 1 i 2 i z 7 8i 1 i2 2 i z 1 2i i 2i 2 7 8i 2 i z 7 8i 3 i 4 7i 4 7i 4 7i 2 i 8 14i 4i 7 i 2 15 10i z 3 2i 2 i 2 i 2 i 22 i 2 5 z 22 32 13 . Ví dụ 6: Khối D2013: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z2z 1 1 i z i 2z 2i . Tính mô đun của số phức w z2 Lời giải: Ta có 1 i z i 2z 2i 1 i z i 2( z i) 0 z i 1 i 2 0 z i 3 i 0 z i. z 2z 1 i 2i 1 1 3i Ta có: w 1 3i w 12 32 10 z2 i2 1 Ví dụ 7: Khối QG2015: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 i z 1 5i 0 . Tìm phần thực và phần ảo của z Lời giải: Ta có 1 i z 1 5i 0 (1 i)z 1 5i 1 5i 1 5i 1 i 1 5i i 5i 2 6 4i z 3 2i . 1 i 1 i 1 i 1 i2 2 Phần thực: 3 và phần ảo : 2 . Bài tập tự luyện: Tìm các thuộc tính phần thực ,phần ảo của số phức sau : a) 2z i.z 2 5i DS : z 3 4i b) z 2 i .z 3 5i DS : z 2 3i c) 2z 3. 1 i .z 1 9i DS : z 2 3i
d) 3z z .1 i 5z 8i 1 DS : z 3 2i 2. Công thức bay: log a b log a b ; log a b2 n 2n loga b . Công thức bỏ + thêm: loga b loga c b c ;log a b.log b c log a c log a b ; log c b . log a c 1 Công thức lộn đầu: log a b . log b a Công thức đội đầu: log a b c b ac . Công thức độn thổ + thăng thiên: alog a b b ; alogb c c logb a . b Công thức thương hiệu: log a log a b log a c. c Công thức tích tổng: log a b.c loga b loga c . Lưu ý: log a x thì điều kiện xác định là 0 a 1 , x 0 log a a 1; log a 1 0; log10 x lg x; log e x log 2,781... x ln 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: x 0 mà log 2 x 2 x 2 2 thay vào biểu thức A log 2 x2 log 1 x 3 log 4 x log 2 2 2. 2 log 1 2 3. 2 log 4 2 2 2 2 2. 2 3. 2 2 log 2 2 log 2 1 2 log 22 2 3 2 2 2 2 2 2 log 2 2 .log 2 2 .log 2 2 2 2 3 2 . 1 2 2 2 Cách 2: ĐKXĐ: x 0 . 1 1 2 Khi đó A 2log 2 x 3log 2 x log 2 x log 2 x . 2 2 2 2 Kết luận : A . 2 Bài tập tự luyện: Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau: 2 a) Biết log 3 x 3 Tính A log 9 x3 3log 3 x2 log 3 x5 3
2 b) Biết log 5 x 2 Tính B log 5 x3 3log 5 x2 log 3 5 x4 9 6 c) Biết log 4 x 2 Tính C log16 x3 3log 32 x2 log 8 x5 5 2 d) Biết log 81 x 5 Tính D log 27 x4 3log 3 x3 log 3 x 3 Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau: 1 1 x x2 1 x x2 A 2 . 5 2 x2 với x 3,92 . 2x x2 2x x2 5 3 3 5 2 2 27 y B 310 32 y 2 2 .3 2 với y 1,2 . 2 35 y 1 3 5 7 1 1 1 2 C 3 .5 2 3 :2 4 : 16 : 5 .2 .3 3 4 2 . 3 4 9 2 3 D 0,5 6250,25 19. 3 . 4 Câu II. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x4 2x2 . Lời giải TXĐ: D . Ta có : y ' 4 x3 4x 4x x2 1 y' 0 x 0 hoặc x 1 hoặc x 1. Giới hạn : lim y lim y . x x Bảng biến thiên : x 1 0 1 y’ y 1 1 0
Nhận xét: Hàm số đồng biến trên ; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên 1; 0 hoặc 1; . Điểm cực đại : A 1;1 và B 1;1 . Điểm cực tiểu : O 0; 0 . 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 : f x ax3 bx2 cx d 4 2 f x ax bx c ax b f x cx d Đối hàm đa thức cần nhớ: Hàm bậc 3 + Tập xác định: D = R. + Sự biến thiên: f x ax3 bx2 cx d f '( x) 3ax2 2bx c x x1 y f ( x1 ) Cho f ( x) 3ax 2 2bx c 0 x x2 y f ( x2 ) ;a 0 + Giới hạn: lim ax3 bx 2 cx d x ;a 0 + Bảng biến thiên: a 0; 0
x x1 x2 y’ 0 0 y y1 y2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ; x1 và x2 ; Hàm số nghịch biến trên các khoảng x1 ; x2 . Hàm số đạt cực đại tại x x1 ; y1 yCD Hàm số đạt cực tiểu tại x x2 ; y2 yCT + Vẽ đồ thị: C ox y 0 xi ? C oy x 0 y d a 0 a 0 đồ thị hình chữ N , đồ thị hình chữ N ngược. 0 0 Hàm bậc 4: Thường vẽ khi hàm số có 3 cực trị a.b0;b
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; x1 và x2 ; x3 . Hàm số đạt cực đại tại x x2 ; y2 yCD c Hàm số đạt cực tiểu tại x x1 ; x x3 y1 y3 yCT + Vẽ đồ thị: C ox y 0 xi ? C oy x 0 y c a 0 a 0 đồ thị hình chữ W , đồ thị hình chữ M . b 0 b 0 hàm bậc nhất trên bậc nhất ax  b y cx  d  d +Tập xác định : D  R /    c ax  b ad  bc +Sự biến thiên : f  x   y   f '(x)  cx  d  cx  d  2 ad  bc TH1: nếu f '(x)   0 thì hàm số đồng biến trên D và không có  cx  d  2 cực trị . ad  bc TH2: nếu f '(x)   0 thì hàm số nghịch biến trên D và không có  cx  d  2 cực trị . ad  bc +Giới hạn :TH1 : f '(x)  0  cx  d  2  ax  b a  xlim   cx  d c  y  a là tiệm cận ngang của đồ thị   lim ax  b  a c  x cx  d c  ax  b  lim     d  cx  d   x c  d  x là tiệm cận đứng của đồ thị  lim ax  b   c  x d  cx  d   c 
ad  bc TH2 : f '(x)  0  cx  d  2  ax  b a  xlim   cx  d c  y  a là tiệm cận ngang của đồ thị   lim ax  b  a c  x cx  d c  ax  b  lim     d  cx  d   x c  d  x là tiệm cận đứng của đồ thị  lim ax  b   c  x d  cx  d   c  ad  bc + Bảng biến thiên : TH1 : f '(x)  0   2 cx  d x  d   c     y’ + + a y  c a  c ad  bc + Bảng biến thiên : TH2 : f '(x)  0  cx  d  2 x  d   c     y’ -- --- a y  c a  c
+Đồ thị hàm số : b    C   ox  y  0  y  ax cx  d b b  0  x    A ;0 a a   b b    C   oy  x  0  y  a.0 b   B0 ;  c.0  d d  d  Y’>0 thì cần nhớ đồ thị nằm ở phần tư thứ 2 và thứ 4 Y’
2 b2 bc y c x d . 3 3a 9a + Biến đổi điều kiện cách th ch hợp rồi áp dụng vi-ét. 2 2 2b c x1 x2 k 0 x1 x2 4 x1 .x2 k2 4. k2 m ?. 3a 3a 2 2 2b c x12 x22 k 0 x1 x2 2 x1 .x2 k 2. k m ?. 3a 3a 3 x13 x23 k x1 x2 3x1 .x2 . x1 x2 k 3 2b c 2b 3. . k m ?. 3a 3a 3a 4 2 x14 x24 k x1 x2 4x1 .x2 . x1 x2 2x12 .x22 k 4 2 2 2b c 2b c 4. . 2. k m ? 3a 3a 3a 3a Ví dụ 1: Cho hàm số y x3 2 m 1 x2 m2 4m 1x 2 m2 1 C . Tìm m để đồ thị hàm số C có hai điểm cực trị phân biệt thỏa mãn điều kiện 1 1 1 x x2 . x1 x2 2 1 Lời giải: Tập xác định: D . 2 Ta có: y x 2 m 2 x 5m 4 Để hàm số có cực đại, cực tiểu phương tình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt và y đổi dấu khi đi qua hai nghiệm đó 2 m 2 3 4 m 1 3 m2 4m 1 m2 4m 1 0 . m 2 3 Khi đó gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm cực trị, theo giả thiết 1 1 1 chúng ta có: x x2 x1 x2 2 1 4 1 m x1 x2 Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được: 3 xét điều kiện: 2 m 4m 1 x1 x2 3
1 1 1 x1 x 2 1 x1 x2 0 1 m 0 x x2 x x2 x1 x2 2 1 x1 x2 2 1 x1 x2 2 m2 4m 5 0 m 2 3 Kết hợp với điều kiện suy ra m 1 hoặc m 5 là giá trị cần m 2 3 tìm. 1 3 1 Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x) mx ( m 1)x 2 3( m 2)x .Tìm m để 3 3 hàm số có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn x1 2x2 1 . Lời giải: Tập xác định: D . 2 Ta có y mx 2 m 1 x 3 m 2 Hàm số có Đ T ' 0 2 m2 4m 1 0 2 6 2 6 y' 0 có m . m 0 m 0 2 2 2 m 1 x1 x2 1 Theo viet ta có m . 3 m 2 x1 x2 2 m Hàm số có cực trị thỏa mãn x1 2 x2 1 3 kết hợp với hệ thức trên viét ta m 2 3m 4 3 m 2 được x2 ; x1 .Thay vào 2 ta có: x1 x2 m m m m 2 3m 4 3 m 2 . m m m m 2 m 2 3m 4 3m 0 m 2 6m 4 0 2. m 3 2 Vậy với m = 2; m là thỏa m n điều kiện đầu ài. 3 1 3 x2 Ví dụ 3: Cho hàm số y x (2m 1) ( m2 m)x m 1 . Tìm m để 3 2 a). Hàm số có cực đại, cực tiểu. b). Hàm số có cực đại tại x1 ,cực tiểu tại x2 sao cho x12 2x2 2 6.
c). Hàm số có cực đại tại x1 , cực tiểu tại x2 sao cho 2x13 x2 3 11 . Lời giải: Tập xác định: D . Ta có y x2 2m 1 x m2 m a). Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’= 0 có 2 nghiệm phân iệt 2 0 2m 1 4 m2 m 0 1 0 ( Ld) . b). Hàm số có Đ T thỏa m n x12 2x2 2 6(*) . 2m1 1 x1 m Ta có 1 2 . 2m 1 1 x2 m 1 2 2 2 m Thay vào (*) ta được m 2 2 m 1 6 3m 2 4m 4 0 3 thì m 2 thỏa m n điều kiện bài toán. 3 c). Hàm số có Đ T thỏa mãn 2x13 x23 11 2m3 m 1 11 m 2 2 m 2 m m 5 0 1 21 . m 2 1 21 Vậy với m = 2; m thoả m n điều kiện ài toán. 2 1 3 x2 Ví dụ 4: Cho hàm số y x (m 2) (1 m)x 2m 1 . Tìm m để 3 2 a). Hàm số có cực đại, cực tiểu. b). Hàm số có CĐ, CT tại x1;x2 sao cho x13 2x2 3 9. 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 x1 , x2 sao cho x12 4x2 2 13 . Lời giải: Tập xác định: D . a). Ta có y x2 m 2 x 1 m . Hàm số có Đ T khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 2 m 2 4 1 m 0 m2 0 (ld) với m 0 . Vậy hàm số luôn có cực trị với m 0.
b). Hàm số có Đ T tại x1;x2 sao cho x13 2x2 3 9(1) 2 m | m| x1 y’=0 có hai nghiệm: 2 . 2 m | m| x2 2 x1 1 m + Với m > 0 thì thay vào ( ) ta được x2 1 3 3 1 m 2 9 m 1 7 x1 1 + Với m < 0 thì thay vào ( ) ta được x2 1 m 1 2(1 m)3 9 m 1 3 4 →1 3 4 m 0. Kết hợp hai trường hợp ta được: với m 1 3 4;0 0; thì thỏa mãn bài toán. c). Hàm số có Đ T tại các điểm có hoành độ nhỏ hơn 2 2 m | m| x1 2 x1 2 2 x2 2 2 m | m| x2 2 2 + 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 m 0 thì thỏa m n điều kiện bài toán. d). Hàm số có cực đại cực tiểu tại x1 , x2 sao cho x12 4x2 2 13 + Với m > 0 ta có x1 1 m 1 m 3 m 2(loai) → (1 m)2 4 13 (1 m)2 9 x2 1 1 m 3 m 4(tm) + Với m < 0 ta có : x1 1 x2 1 m 1 m 3 m 1 3 (tm) → 1 4(1 m)2 13 (1 m)2 3 1 m 3 m 1 3 (loai)
Vậy với m = 4 và m 1 3 thì thỏa mãn bài toán Bài tập tự luyện: 1 3 1). Cho hàm số y x x2 m 2 x m 5 .Tìm m m để đồ thị hàm số 3 ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho x1 x2 1 Đs: m= 1 3 2). Cho hàm số y x 3mx2 4mx 6 .Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2 3 1 5 điểm cực trị x1,x2 sao cho x12 x22 5 Đs: m ;m 2 18 3). Cho hàm số y x3 m 4 x2 2m 5 x m2 2m 3 .Tìm m m để đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho xCT 3.xCD 10 Đs: m 2 3 Câu IV: Tính tích phân I 3x x x2 16 dx . 0 Lời giải 3 3 3 Ta có : I 3x x x2 16 dx 3x 2 dx 3 x x2 16dx 0 0 0 3 3 3 3 3 2 2 3 3 1 2 3 x x 16.d x 16 x x 16 27 61 88 0 2 0 0 3 0 Kết luận : I 88 . Phương pháp về tích phân có 3 họ công thức chính : Loại 1: Tích phân họ nhà đa:chứa biến x 1 u d ax b u du loai 1 1 dx a . du ln u loai 1 dx d x a u Loại 2: Tích phân họ nhà lượng : họ sin mang dấu trừ , họ cos mang dấu cộng sin udu cos u C cos udu sin u C du du . cot u C tan u C sin 2 u cos 2 u
Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó : e u du eu C au . au du C ln 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 I 3x x x2 16 dx 3x 2 3x. x 2 16 dx 0 0 3 3 3x2 .dx 3 x. x 2 16.dx I1 I2 . 0 0 Ta thấy tích phân toàn chứa biến x nên nó là tích phân họ nhà đa mà mẫu 1 u bằng 1 nên nó thuộc loại 1 họ nhà đa u du ,nhìn vào biểu thức 1 t ch phân thì chưa có dạng đó nên ta phải đặt biểu thức căn ằng t. 3 x3 3 3 Ta có : I1   3x 2 dx  3.  x3  33  03  27 0 3 0 0 3 Ta có : I 2   3x x 2  16.dx 0 đặt t  x2  16  t 2  x2  16  2tdt  2 xdx  tdt  xdx   x  0  t  0  16  4 2 Đổi cận :   x  3  t  3  16  5  2 5 5 5 3 I 2   3t.tdt  3 t 2dt  t 3  5  43  125  64  61 4 4 4 Vậy I  I1  I 2  61  27  88
Câu V. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 3; 2; 2 , B 1;0;1 và C 2; 1; 3 . 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 n( P ) uBC . Công thức viết phương trình mặt phẳng khi đ iết vecto pháp tuyến n a; b; c (với a2 b2 c2 0 ) và điểm đi qua M x0 ; y0 ; z0 là: ( P) : a x x0 b y y0 c z z0 0. Bài toán: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M xM ; yM ; zM x x0 at và đường thẳng d : y y0 bt . Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M trên z z0 ct đường thẳng d . Phương pháp 1: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud a; b; c . Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Giả sử I x0 at; y0 bt ; z0 ct d . Ta có MI x0 at xM ; y0 bt yM ; z0 ct zM . Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có MI . ud 0 a x0 at xM b y0 bt yM c z0 ct zM 0 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 .
Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud a; b; c . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d . Ta có n( ) ud a; b; c . Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d là: ( ) : a x xM b y yM c z zM 0 ax by cz a.xM b.yM c.zM 0. 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 I x0 at; y0 bt ; z0 ct d , do I d ( ) nên I ( ) a x0 at b y0 bt c z0 ct a.xM b.yM c.zM 0. 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 BC 1; 1; 2 là véc-tơ pháp tuyến P suy ra P có dạng x y 2z t 0 . Lại có A P 3 2 4 t 0 t 3. Vậy P có phương trình là x y 2z 3 0. x 1 y z 1 Phương trình đường thẳng BC là . Gọi H t 1, t ,2t 1 1 1 2 là hình chiếu của A lên B . Khi đó AH.BC 0 t 1 3 t 2 2 2t 1 2 0 6t 6 0 t 1 Suy ra H 0,1, 1 . Kết luận: Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc BC là x y 2z 3 0 . 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 x 1 2t M 2; 5; 3 và đường thẳng d : y t . Tìm tọa độ hình chiếu của điểm z 2 2t M trên đường thẳng d . Lời giải 1. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud 2; 1; 2 . Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Giả sử I 1 2t; t; 2 2t d .
Ta có MI 1 2t 2; t 5; 2 2t 3 1 2t; t 5; 1 2t . Do I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d , nên ta có MI . ud 0 2 1 2t 1t 5 2 1 2t 0 t 1 I 3; 1; 4 Vậy I 3; 1; 4 . Lời giải 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ud 2; 1; 2 . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d . Ta có n( ) ud 2; 1; 2 . Phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d là: ( ) : 2 x 2 1 y 5 2 z 3 0 2x y 2z 15 0. 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 I 1 2t; t; 2 2t d , do I d ( ) nên I ( ) 21 2t t 2 2 2t 15 0 t 1 I 3; 1; 4 . Vậy I 3; 1; 4 . Bài tập tự luyện. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm x 4 t M 2; 1; 5 và đường thẳng d : y t . Tìm tọa độ hình chiếu của điểm z 2 t M trên đường thẳng d . Đáp số: I 4; 0; 2 .
Câu VI. 1. Giải phương trình 2sin2 x 7 sinx 4 0 . 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 a.sin2 b.sin c 0. Phương pháp đặc biệt: + Nếu a b c 0 thì phương trình tương đương với: a.sin c sin 1 0. + Nếu a b c 0 thì phương trình tương đương với: a.sin c sin 1 0. Phương pháp tổng quát: Đặt t sin (điều kiện 1 t 1 ). Phương trình trở thành: at 2 bt c 0 (phương trình quy về phương trình bậc hai ẩn là t ). Lời giải: Ta có 2sin2 x 7 sinx 4 0 sinx 2sinx 1 4 2sinx 1 0 sinx 4 2sinx 1 0 sinx 4 x 2k 1 6 1 sinx (vì sinx 1 x ) k . sinx 2 5 2 x 2k 6 5 Kết luận : x 2k hoặc x 2k với k . 6 6 Cách 2: Đặt t  sin x   1,1 khi đó phương trình: