Lời giải chi tiết Đề thi THPT quốc gia năm 2016 môn thi: Toán

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 i z i i i i . 22 9 29 2 5 9 2 18 4 25 13 1 2 1 . 5 5 5 5 ii i i i i w zi z i Phần thực : 25 5 5 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 : 2 1 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 15 2 3 2 1 1 4 51 2 i ii i i i i z 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 i z 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 18 4 4 1 1 21 i i i z i i i i 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 2 2 7 8 1 i i z i i . Tính mô đun của số phức 1w z i . Ta có: 2 1 2 2 1 2 1 2 7 8 2 7 8 1 1 . 1 i i i i z i i z i i i i 2 2 1 2 1 2 7 8 1 i i i 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 10 3 2 2 52 2 2 i ii i i i i z 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 z w 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 3 1 3 1 3 10 1 z z i i i w 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 4 z 3 2 1 21 1 1 i ii i i i i i 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 ) 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 a b n b . Công thức bỏ + thêm: log log a a b c b c ; log .log loga b ab c c log ; log log a c a b b c . Công thức lộn đầu: 1 log loga b b a . Công thức đội đầu: log c a b 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 b b c c Công thức tích tổng: log . log log a a a b c b c . Lưu ý: log a x 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 e a 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 2 log 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 2 log 2 log 2 log 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 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 2 2log 3log log log 2 2 2 A x x x x . Kết luận : 2 2 A . Bài tập tự luyện: Bài 1: Tính giá trị của biểu thức sau: a) Biết 3 log 3x Tính 3 2 5 9 33 2 log 3log log 3 A x x x b) Biết 5 log 2x Tính 3 3 2 4 5 5 5 2 log 3log log 9 B x x x c) Biết 4 log 2x Tính 3 2 5 16 832 6 log 3log log 5 C x x x d) Biết 81 log 5x Tính 4 3 27 33 2 log 3log log 3 D x x x Bài 2: Tính giá trị các biểu thức sau: 1 2 2 2 2 2 1 1 2 . 5 2 2 2 x x x x A x x x x x với 3,92x . 5 33 52 2 210 5 2 27 3 32 2 .3 2 3 y B 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 4 D . 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 lim x x y y . 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 : 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 x cx 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 x f x ax bx c x x y f x + Giới hạn: 3 2 ; 0 lim ; 0x a ax bx cx d a + Bảng biến thiên: 0; 0a x 1x 2x 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 ; CD x x y y Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2 ; CT x 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 b x y f x a a f x ax bx x y f c b x y f x a a + Giới hạn: 4 2 ; 0 lim ; 0x a ax bx c a + Bảng biến thiên : 0; 0a b x 1x 2x 3x y’ 0 0 0 y 2y 1y 3y Hàm số đồng biến trên các khoảng 1 2 ;x x và 3 ;x Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ;x và 2 3 ;x x . Hàm số đạt cực đại tại 2 2 ; CD x x y y c Hàm số đạt cực tiểu tại 1 3 1 3 ; CT x 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 b y cx d +Tập xác định :        d D R / c +Sự biến thiên :             2 ax b ad bc f x y f '(x) cx d cx d TH1: nếu       2 ad bc f '(x) 0 cx d thì hàm số đồng biến trên D và không có cực trị . TH2: nếu       2 ad bc f '(x) 0 cx d thì hàm số nghịch biến trên D và không có cực trị . +Giới hạn :TH1 :       2 ad bc f '(x) 0 cx d             x x ax b a lim acx d c y ax b a c lim cx d c là tiệm cận ngang của đồ thị                              d x c d x c ax b lim cx d d x ax b c lim cx d là tiệm cận đứng của đồ thị TH2 :       2 ad bc f '(x) 0 cx d             x x ax b a lim acx d c y ax b a c lim cx d c là tiệm cận ngang của đồ thị                              d x c d x c ax b lim cx d d x ax b c lim cx d là tiệm cận đứng của đồ thị + Bảng biến thiên : TH1 :       2 ad bc f '(x) 0 cx d x        d c  y’ + + y  a c a c  + Bảng biến thiên : TH2 :       2 ad bc f '(x) 0 cx d x        d c  y’ -- --- y a c   a c +Đồ thị hàm số :                                    ax b b b C ox y 0 y 0 x A ;0 cx d a a a.0 b b b C 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 2 3x 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 2 22 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 4 3 3 x x m x x x x x xm x x . Vậy 2 2 1 2 2 3 3 4 0 3 2 m x x m (thỏa mãn 3m ). Kết luận : 3 2 m . Phương pháp giải: Xác định điều kiện m để hs ậc có Đ T thỏa m n điều kiện cho trước: 1 2 0x x k ; 2 2 1 2 0x x k ; 3 3 1 2 x x k ; 4 4 1 2 x x k ; a 1 x + b 2 x = 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 2b x + x = - 3a c x .x = 3a + Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại cực tiểu 22 3 3 9 b bc y 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 c 0 4 . 4. ? 3a 3a x x k x x x x k k m . 2 22 2 1 2 1 2 1 2 2b c 0 2 . 2. ? 3a 3a x x k x x x x k k m . 33 3 1 2 1 2 1 2 1 2 3 . .x x k x x x x x x k 3 2b c 2b 3. . ? 3a 3a 3a k m . 4 24 4 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 . . 2 .x x k x x x x x x x x k 4 2 2 2 2 4. . 2. ? 3 3 3 3 b c b c k 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 2 x 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 m m 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 2 x x x x Mặt khác, áp dụng định lý Viet ta được: 1 2 2 1 2 4 1 3 4 1 3 m x x m m x x xét điều kiện: 1 21 2 1 2 1 2 2 1 21 2 1 2 1 001 1 1 1 22 2 4 5 0 mx xx x x 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 2 1 1 ( ) ( 1) 3( 2) 3 3 f x mx m x m x .Tìm m để hàm số có hai nghiệm 1 2 ,x x thoả mãn 1 2 2 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 m y c m m m . Theo viet ta có 1 2 1 2 2 1 1 3 2 2 m x x m m x 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 m x x m m .Thay vào 2 ta có: 1 2 3 2m x 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 m m . Vậy với m = 2; 2 3 m là thỏa m n điều kiện đầu ài. Ví dụ 3: Cho hàm số 2 3 21 (2 1) ( ) 1 3 2 x y x m m m x m . Tìm m để a). Hàm số có cực đại, cực tiểu. b). Hàm số có cực đại tại 1 x ,cực tiểu tại 2 x sao cho 2 2 1 2 2 6x x . c). Hàm số có cực đại tại 1 x , cực tiểu tại 2 x sao cho 3 3 1 2 2 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 2 2 6(*)x x . Ta có 1 2 2 1 1 21 2 1 1 1 2 m x m m x m . Thay vào (*) ta được 22 2 2 2 1 6 3 4 4 0 3 2 m m m m m m thì thỏa m n điều kiện bài toán. c). Hàm số có Đ T thỏa mãn 33 3 3 1 2 2 11 2 1 11x x m m 2 2 2 5 0 1 21 2 m m m m m . Vậy với m = 2; 1 21 2 m thoả m n điều kiện ài toán. Ví dụ 4: Cho hàm số 2 31 ( 2) (1 ) 2 1 3 2 x y 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 2 2 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 2 4 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 . b). Hàm số có Đ T tại x1;x2 sao cho 3 3 1 2 2 9(1)x x y’=0 có hai nghiệm: 1 2 2 | | 2 2 | | 2 m m x m m x . + 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 1 1 2 2 2 | | 22 2 2 2 | | 2 2 m m xx x m m x + Với m > 0 → - m -1 hay m > 0 + Với 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 2 4 13x x + Với m > 0 ta có 1 2 1 1 x m x → 2 2 1 3 2( ) (1 ) 4 13 (1 ) 9 1 3 4( ) m m loai m 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 tm m m m m loai Vậy với m = 4 và 1 3m thì thỏa mãn bài toán Bài tập tự luyện: 1). Cho hàm số 3 2 1 2 5 3 y x x m x m .Tìm m m để đồ thị hàm số ( ) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 1 2 1x x Đs: m= 2). Cho hàm số 3 2 1 3 4 6 3 y x mx mx .Tìm m m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị x1,x2 sao cho 2 2 1 2 5x x Đs: 1 5 ; 2 18 m 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 3 3 3 2 2 0 0 3 16. 16 2 x x d x 3 33 3 2 0 0 1 16 27 61 88 3 x 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 1 1 ln 1 u u du loai du u loai u d ax b dx 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 cot sin udu u C du u C u 2 cos sin tan cos udu u C du u C u . Loại 3: Tích phân họ nhà mũ ằng chính nó : ln u u u u e du e C a a 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 u u 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 3 2 3 3 3 1 0 3 3 3 3. 3 0 27 0 03 x I 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 5 3 . 3 5 4 125 64 61 4 I t tdt t dt t         Vậy 1 2 61 27 88I I I     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 BC n 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 MM 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: ; ; d u 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 . 0 d MI u 0 0 0 0 M 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 . Phương pháp 2: Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là: ; ; d u 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: ( ) : 0 M M M a x x b y y c z z . . . 0 M 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 . . . 0 M 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; 2 d u . Gọi I là hình chiếu vuông góc của điểm M trên đường thẳng d . Giả sử 1 2 ; ; 2 2I t t t d . 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 . 0 d 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; 2 d u . Gọi ( ) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d . Ta có ( ) 2; 1; 2 d 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 . 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 phòn