HƯỚNG DẪN GIẢIMỘT SỐ CÂU ĐỀ THI ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn : Toán; khối A và khối A1

Trần Văn Cương

04/07/2012

Câu 2. Giải phương trình√3 sin 2x+ cos 2x = 2 cosx− 1.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với

2√3 sinx cos x+ 2 cos2 x− 1 = 2 cosx− 1

⇔ cosx(√3 sinx+ cosx− 1) = 0

⇔{

cosx = 0√3 sinx+ cosx = 1

⇔{

x = π2 + kπ

sin(x+ π6 ) =

12

⇔

x = π2 + kπ

x+ π6 = π

6 + k2πx+ π

6 = 5π6 + k2π

⇔

x = π2 + kπ

x = k2πx = 2π

3 + k2π(k ∈ Z)

Câu 3. Giải hệ phương trình

{

x3 − 3x2 − 9x+ 22 = y3 + 3y2 − 9yx2 + y2 − x+ y = 1

2

(x, y ∈ R).

Lời giải. Hệ phương trình đã cho tương đương với

{

x3 − 3x2 − 9x+ 11 = y3 + 3y2 − 9y − 11x2 + y2 − x+ y = 1

2

(x, y ∈ R).

{

(x− 1)3 − 12(x− 1) = (y + 1)3 − 12(y + 1)(x− 1)2 + (x − 1) + (y + 1)2 − (y + 1) = 1

2

Đặt u = x− 1, v = y + 1. Khi đó hệ trở thành

{

u3 − 12u = v3 − 12v (1)u2 + u+ v2 − v = 1

2 (2)

1

Ta có (1) ⇔ (u3 − v3)− 12(u− v) = 0 ⇔ (u− v)(u2 + uv + v2 − 12) = 0

⇔{

u = v

u2 + uv + v2 = 12

• Với u = v thay vào (2) được 2u2 = 2v2 = 12 ⇔ u = v = ± 1

2 .

Từ đó ta có cặp nghiệm (x; y) của hệ phương trình đã cho là (32 ;− 12 ) và (12 ;− 3

2 ).

• Với u2 + uv + v2 = 12, kết hợp với (2) ta được{

u2 + uv + v2 = 12u2 + u+ v2 − v = 1

2

⇔{

(u− v)2 + 3uv = 12(u− v)2 + (u − v) + 2uv = 1

2

⇔{

uv = 4− 13 (u − v)2

(u− v)2 + (u − v) + 2[4− 13 (u− v)2] = 1

2

⇔{

uv = 4− 13 (u − v)2

2(u− v)2 + 6(u− v) + 45 = 0

⇔{

uv = 4− 13 (u − v)2

2[(u− v) + 32 ]

2 + 812 = 0

(vô nghiệm)

Tóm lại, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (32 ;− 12 ) và (12 ;− 3

2 ).

Câu 4. Tính tích phân I =3∫

1

1+ln(x+1)x2 dx.

Lời giải. Đặt

{

u = 1 + ln(x+ 1)

dv = 1x2 dx

⇔{

du = 1x+1 dx

v = − 1x

dx

Theo công thức tính tích phân từng phần ta có:

I = − 1+ln(x+1)x

∣

∣

∣

3

1+

3∫

1

1x(x+1) dx = − 1+ln 4

3 + 1 + ln 2 +3∫

1

( 1x− 1

x+1 ) dx

= 23− 1

3 ln 4+ln 2+[lnx− ln(x+1)]∣

∣

∣

3

1= 2

3− 23 ln 2+ln 2+(ln 3−2 ln2)−(0− ln 2)

= 23 − ln 4

3 + ln 3.

Vậy I = 23 − 2

3 ln 2 + ln 3.

Câu 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trịnhỏ nhất của biểu thức

3|x−y| + 3|y−z| + 3|z−x| −√

6x2 + 6y2 + 6z2.

Lời giải. Đặt u = |x− y|, v = |y− z|, t = |z − x| thì u, v, t ≥ 0. Hơn nữa ta còncó u ≤ v + t, v ≤ t+ u, t ≤ u+ v.Ta có:x+ y + z = 0 ⇒ (x + y + z)2 = 0 ⇒ x2 + y2 + z2 = −(2xy + 2yz + 2zx)⇒ u2 + v2 + t2 = 2x2 + 2y2 + 2z2 − (2xy + 2yz + 2zx) = 3x2 + 3y2 + 3z2

⇒ 2u2 + 2v2 + 2t2 = 6x2 + 6y2 + 6z2

Từ đó, biểu thức P trở thành

P = 3u + 3v + 3t −√

2u2 + 2v2 + 2t2

2

Ta có

0 ≤ u ≤ v + t

0 ≤ v ≤ t+ u

0 ≤ t ≤ u+ v

⇒

u2 ≤ u(v + t) = uv + ut

v2 ≤ v(t+ u) = vt+ vu

t2 ≤ t(u+ v) = tu+ tv

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên có

u2 + v2 + t2 ≤ 2uv + 2vt+ 2tu ⇒ 2u2 + 2v2 + 2t2 ≤ (u+ v + t)2

Do đó

P ≥ 3u + 3v + 3t − (u + v + t) = (3u − u) + (3v − v) + (3t − t)

Xét hàm số f(X) = 3X −X , X ≥ 0. Ta có f ′(X) = 3X ln 3− 1 ≥ ln 3− 1 > 0.Suy ra f(X) là hàm số đồng biến trên khoảng [0,+∞) nên f(X) ≥ f(0) = 1.Từ đó P = f(u) + f(v) + f(t) ≥ 3.Dấu ” = ” xảy ra ⇔ u = v = t = 0 ⇔ x = y = z = 0.Vậy minP = 3 khi và chỉ khi x = y = z = 0.

Câu 9.a. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn−1 = Cn

3 . Tìm số hạng chứa

x5 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của (nx2

14 − 1x)n , x 6= 0.

Lời giải. Điều kiện n ≥ 3, n ∈ N. Ta có

5Cnn−1 = Cn

3

⇔ 5n =n(n− 1)(n− 2)

6

⇔ (n− 1)(n− 2) = 30

⇔ n2 − 3n− 28 = 0

⇔[

n = 7 (thỏa mãn)n = −4 (loại)

Với n = 7 ta có

(nx2

14− 1

x)n = (

x2

2− 1

x)7

Theo công thức khai triển nhị thức Niu-tơn có

(x2

2− 1

x)7 =

7∑

k=1

Ck7 (

x2

2)7−k(− 1

x)k =

7∑

k=1

(−1)kCk

7

27−kx14−3k

Số hạng chứa x5 ứng với 14− 3k = 5 ⇔ k = 3.

Vậy số hạng chứa x5 là (−1)3C3

7

24 x5 = − 3516 x5.

3