Đề thi thử ĐH môn Toán (Đề số 8)

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

40
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Môn: TOÁN NGÀY 26-01-2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x 3 − 3x 2 + 2 có đ th (C ). a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ). b) Tìm trên (C ) hai đi m phân bi t M , N bi t ti p tuy n t i M , N song song v i nhau, đ ng th i đư ng th ng M N c t các tr c Ox,O y t i hai đi m phân bi t A, B (khác O ) sao cho AB = 37. Câu 2. (2 đi m) a) Gi i phương trình: 4(sin x + cos x)(1 + cos x)2 = 6 cos2 x −3 3+x = 3 π 2

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán (Đề số 8)

TÀI LI U TOÁN THPT Đ THI TH Đ I H C NĂM 2013 Môn: TOÁN Đ S 8 NGÀY 26-01-2013 PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x 3 − 3x 2 + 2 có đ th (C ). a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ). b) Tìm trên (C ) hai đi m phân bi t M , N bi t ti p tuy n t i M , N song song v i nhau, đ ng th i đư ng th ng M N c t các tr c Ox,O y t i hai đi m phân bi t A, B (khác O ) sao cho AB = 37. Câu 2. (2 đi m) x a) Gi i phương trình: 4(sin x + cos x)(1 + cos x)2 = 6 cos2 2 + sin x. x −3 3+x = 3 y −5− y b) Gi i h phương trình x 2 + 16(y − x) + y = 2 x y π 2 2(x + sin x)sin2 x + sin 2x(1 + sin2 x) Câu 3. (1 đi m) Tính tích phân I= dx 0 (1 + cos x)2 Câu 4. (1 đi m) Cho lăng tr ABC D.A B C D , có đáy ABC D là hình vuông. G i M , N l n lư t là trung đi m c a BC và C D . Hình chi u vuông góc c a A lên m t ph ng (ABC D) trùng v i tâm O c a hình vuông ABC D . Bi t r ng kho ng cách gi a AB và D M b ng a 515 và m t ph ng (A A D D) h p v i đáy m t góc b ng 60o . Tính th tích kh i lăng tr và kho ng cách gi a hai đư ng th ng A D và AN theo a. 1 1 Câu 5. (1 đi m) Cho các s th c dương x, y th a đi u ki n :x 1 − + y 1− =4 . y x Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : P = x y + 1 + x2 + 1 + y2 PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n Câu 6A. (2 đi m) 2 25 9 a) Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y cho đư ng tròn (C ) : (x −4)2 + y − và hai đi m A(2; 3), B (6; 6). = 4 2 G i M , N là hai đi m khác nhau n m trên đư ng tròn (C ) sao cho các đư ng th ng AM và B N c t nhau t i H , AN và B M c t nhau t i C . Tìm t a đ đi m C , bi t t a đ đi m H 4; 5 . 2 b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m M (4; 4; 0) , N (−1; 1; −1) và hai đư ng th ng x −3 y −2 z −1 x −2 y −5 z +3 d1 : = = , d2 : = = . G i A, B l n lư t là hai đi m thu c d1 , d2 . 1 −3 4 1 2 1 Hãy l p phương trình m t ph ng (P ) đi qua M , N sao cho (P ) là m t ph ng trung tr c c a AB Câu 7A. (1 đi m) Gi i b t phương trình sau trên t p s th c : log2 x 2 − 4 + log 2x ≤ 2 log4 |x| x 4 − 10x 2 + 16 B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y cho hình vuông ABC D có đi m M (3; 2) n m trên đư ng chéo B D . T M k các đư ng th ng M E , M F l n lư t vuông góc v i AB t i E (3; 4) và AD t i F (−1; 2). Hãy xác đ nh t a đ đi m C c a hình vuông ABC D b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A(1; 2; 1), B (−3; 3; 3) và m t ph ng (P ) : x + 2y + 2z − 16 = 0. Tìm t a đ đi m M trên (P ) sao cho M A + M B = 7. 3n 1 Câu 7B. (1 đi m) Hãy xác đ nh h s c a s h ng ch a x 6 y −3 trong khai tri n P (x, y) = 7x + . 8y 24n 0 24(n−1) 1 24(n−2) 2 n Bi t n là s nguyên dương th a mãn : n + n + n + .... + n = 1305 n +1 n n −1 ———————————————–H t—————————————————-
T NG H P L I GI I TRÊN DI N ĐÀN Câu 1. Cho hàm s y = x 3 − 3x 2 + 2 có đ th (C ). a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C ). b) Tìm trên (C ) hai đi m phân bi t M , N bi t ti p tuy n t i M , N song song v i nhau, đ ng th i đư ng th ng M N c t các tr c Ox,O y t i hai đi m phân bi t A, B (khác O ) sao cho AB = 37. a) L i gi i (hungchng): Hàm s y = x 3 − 3x 2 + 2 có t p xác đ nh : D = R; *Đ th x =0 *Đ o hàm y = 3x (x − 2) , y = 0 ⇐⇒ x =2 Hàm s đ ng bi n trên (−∞; 0) (2; +∞) ; Hàm s ngh ch bi n trên (0; 2) lim y = −∞; lim y = +∞; x→−∞ x→+∞ * B ng bi n thiên x −∞ 0 2 +∞ y + 0 − 0 + 2 +∞ y −∞ −2 Đi m c c đ i (0; 2), Đi m c c ti u (2; −2) b) L i gi i (dan_dhv): G i M (x M ; y M ); N (x N ; y N )(x M = x N ) Ti p tuy n t i M , N song song v i nhau nên ta có: y (M ) = y (N ) ⇐⇒ 3(x M )2 − 6x M = 3(x N )2 − 6x N ⇐⇒ x M + x N = 2 G i I là trung đi m c a M N . thì ta có: x = 1 (x + x ) = 1   I M N 2 1  y I = (x M + x N )3 − 3(x M + x N )x M .x N − 3(x M + x N )2 + 6x M .x N + 4 = 0  2 Phương trình M N qua I có d ng: y = kx − k, (k = 0) k =6 A, B là giao c a M N v i Ox;O y nên A(1; 0); B (0; −k). Ta có AB = k2 + 1 = 37 ⇐⇒ k = −6 *V i k = 6 =⇒ (M N ) : y = 6x − 6 T a đ N , M là nghi m c a pt: x 3 − 3x 2 + 2 = 6x − 6 ⇐⇒ x = 4; x = −2; x = 1 x M = 4; x N = −2; M (4; 18); N (−2; −18) L i có x M + x N = 2 =⇒ =⇒ x M = −2; x N = 4 N (4; 18); M (−2; −18) *3V i k = −6 ⇒ (M N ) : y = −6x + 6 x − 3x 2 + 2 = −6x + 6 ⇔ x = 1(Lo i) V y M (4; 18); N (−2; −18)ho cN (4; 18); M (−2; −18) Câu 2.a Gi i phương trình: 4(sin x + cos x)(1 + cos x)2 = 6 cos2 x + sin x. 2 L i gi i (xuannambka): 2
⇐⇒ 4 (sin x + cos x) 1 + 2cos x + cos2 x − 3cos x − sin x − 3 = 0 ⇐⇒ 3sin x + 8sin x cos x + 4sin xcos2 x + cos x + 8cos2 x + 4cos3 x − 3 = 0 ⇐⇒ 3sin x + 2sin x cos x + 4cos3 x + 6cos2 x + 2cos2 x + 3cos x + 4sin xcos2 x + 6sin x cos x − 2cos x − 3 = 0 ⇐⇒ (2cos x + 3) (sin x + cos x + cos 2x + sin 2x) = 0 2cos x + 3 = 0 (VN) ⇐⇒ sin x + cos x + cos 2x + sin 2x = 0 (1) π π x = − π + k2π 6 3 (1) ⇐⇒ sin x + = sin −2x − ⇐⇒ 4 4 x = π + k2π x = − π + k2π V y phương trình có nghi m: 6 3 x = π + k2π L i gi i (Lê Đình M n): Đ i v i bài này, bư c đ u tiên b n nên làm đó là dùng công th c h b c đ chuy n phương trình v cùng m t góc lư ng giác. Khi đó, PT tương đương v i 4(cos x + sin x)(cos x + 1)2 − 3(cos x + 1) − sin x = 0 (1) B n hãy hi v ng r ng PT này s đưa v đư c nhân t . Câu h i hi n ra trong đ u b n là đ t nhân t gì đây? Bư c ti p theo, b n có th đoán nghi m(n u có th ) đ d đoán nhân t . Còn n u b n không đoán đư c thì thôi, kh i c n. Khi đó b n hãy làm như tôi nhé! Tôi c hay l m nh m trong đ u: "N u nhân th ng đó ra thì càng khó, v y n u không nhân ra thì ph i làm th nào?" Thì ta ph i đi tách th ng khác v y. Tách cái th ng ngoài ngo c đ nhóm v i cái th ng trong ngo c xem đư c không? V i suy nghĩ đó ch c ch n b n ph i tách cái th ng ngoài ngo c sao cho đ có m t trong hai bi u th c 1 + cos x ho c cos x + sin x . Bi t đâu có đi u th n kỳ...! Gi s , đ u tiên tôi nhóm như sau: (1) ⇐⇒ (cos x + 1)[4(cos x + sin x)(cos x + 1) − 3] − sin x = 0 ⇐⇒ (cos x + 1)[4 cos x + 4 sin x + 4 sin x cos x + 4 cos2 x − 3] − sin x = 0 Đ n đây thì làm sao đ có nhân t sin x bây gi ? Không nên bu n, th tách theo ki u khác xem sao. Tôi bi n đ i th này (1) ⇐⇒ 4(cos x + sin x)(cos x + 1)2 − (sin x + cosx) − 2 cos x − 3 = 0 ⇐⇒ (cos x + sin x)[4(cos x + 1)2 − 1] − 2 cos x − 3 = 0 ⇐⇒ (cos x + sin x)(4 cos2 x + 8 cos x + 3) − 2 cos x − 3 = 0 (2) Đ n đây, hi v ng ta đi đúng đư ng. Và còn ch n ch gì n a khi ta nh n th y r ng 4 cos2 x + 8 cos x + 3 = (2 cos x + 1)(2 cos x + 3) Do đó (2) ⇐⇒ (2 cos x + 3)[(cos x + sin x)(2 cos x + 1) − 1] = 0 ⇐⇒ (2 cos x + 3)(sin x + cos x + sin 2x + cos 2x) = 0 2 cos x + 3 = 0 (VN) ⇐⇒ sin x + cos x + cos 2x + sin 2x = 0 (3) π k2π  π π x =− + (3) ⇐⇒ sin x + = sin −2x − ⇐⇒  6 3 4 4 x = π + k2π π k2π V y phương trình có nghi m: x = − + , x = π + k2π, k ∈ Z 6 3 x −3 3+x = 3 y −5− y Câu 2.b Gi i h phương trình x 2 + 16(y − x) + y = 2 x y 3
L i gi i (Nguy n Giang M nh):  x ≥ 0  ĐK y ≥5  x 2 + 16 y − x ≥ 0  Khi đó ta có : (1) ⇔ y − 5 − 3 y − 5 + x + 3 − 3 x + 3 + 2 = 0 (∗) . Đ (∗) có nghi m thì 6 + 2 10 ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4 x + 3 − 3 x + 3 + 2 ≥ 0 ⇒ 4 (x + 3) − 12 x + 3 − 1 ≤ 0 ⇒ x ≤ ⇒ x < 16 4 Ta có x − 16 y (2) ⇔ x 2 + 16 y − x − x y − x y + y = 0 x − y − x−y =0 x 2 + 16 y − x + x y xy + y   x − 16 y ⇒ x−y  −  = 0 ⇒ x = y do x < 16   x 2 + 16 y − x + x y xy + y Thay vào (1) ta có : 2x = 3 x + 3 + x − 5 ⇒ 2x 2 − 9x + 9 = 9 x 2 − 2x − 15 ⇒ x 4 − 9x 3 + 9x 2 + 324 = 0 ⇔ (x − 6)2 x 2 + 3x + 9 = 0 ⇒ x = 6 ⇒ y = 6 V y x; y = (6; 6) π 2 2(x + sin x)sin2 x + sin 2x(1 + sin2 x) Câu 3. Tính tích phân I= dx 0 (1 + cos x)2 L i gi i (xuannambka): π π π 2 sin3 x 2 sinxcosx 2 xsin2 x I=2 dx + 2 dx + 2 dx = 2A + 2B + 2C 0 1 + cosx 0 (1 + cosx)2 (1 + cosx)2 0 π π 0 2 sin3 x 2 1 1 A= dx = − (1 − cosx) d (cosx) = t2 − t = 0 1 + cosx 0 2 1 2 π π 2 sinxcosx cosx 2 0 t B= 2 dx = − 2 d (cosx) = − 2 dt 0 (1 + cosx) 0 (1 + cosx) 1 (t + 1) 0 0 1 1 1 1 = 2 − dt = − + ln |t + 1| = ln 2 − 1 (1 + t) t+1 t+1 1 2 π π 2 xsin2 x 2 x (1 − cosx) C= 2 dx = dx 0 (1 + cosx) 0 1 + cosx u=x du = dx Đ t: 1−cosx ⇒ x dv = 1+cosx dx v = 2 tan 2 − x π π π π x 2 2 x x 2 2 x ⇒ C = 2x.tan − x2 − 2 tan − x dx = 2x.tan − x2 − 2 tan − x dx 2 0 0 2 2 0 0 2 π x 1 x 2 π2 2 = 2x.tan − x2 + 4 ln cos = π− + 4 ln 2 2 2 0 8 2 π2 ⇒ I = 2π − − ln 4 4 Câu 4. Cho lăng tr ABC D.A B C D , có đáy ABC D là hình vuông. G i M , N l n lư t là trung đi m c a BC và C D . Hình chi u vuông góc c a A lên m t ph ng (ABC D) trùng v i tâm O c a hình vuông ABC D . Bi t r ng kho ng cách gi a AB và D M b ng a 515 và m t ph ng (A A D D) h p v i đáy m t góc b ng 60o . Tính th tích kh i lăng tr và kho ng cách gi a hai đư ng th ng A D và AN theo a. 4
L i gi i ( n S ): Đ t : OB = m,O A = n . Ch n h tr c Ox y z như hình v , ta có: A (0; −m; 0) , B (m; 0; 0) , C (0; m; 0) , D (−m; 0; 0) , A (0; 0; n) M là trung đi m BC , nên :M m ; m ; 0 , N là trung đi m c a C D nên : N − m ; m ; 0 2 2 2 2  −→ −→  m = xb −− AB = A B ⇒ m = y b ⇒ B (m; m; n) 0 = zb − n  L i có : −→ −→ − → − − − AD. AB ; D M 4mn d AB ; D M = −→ − → − − = AB ; D M 25m 2 + 10n 2 Nên : a 15 a 15 4mn d AB ; D M = ⇒ = (1) 5 5 25m 2 + 10n 2 M t véc-tơ pháp tuy n c a m t ph ng (ABC D) là : −1 = (0; 0; 1) , → n m t véc-tơ pháp tuy n c a m t ph ng (AD A D ) là : −2 = (n; n; −m) . → n Góc gi a hai m t ph ng (A A DD ) và (ABC D) b ng 60o nên : − .− →→ n1 n2 o 1 m 3 cos 60 = − → . − ⇒2= → ⇒n= m (2) n1 n2 m 2 + 2n 2 2 m=a T (1) và (2) suy ra : 6 . n= 2 a Do đó : 6 V ABC D.A B C D = A O.S ABC D = n. 2m 2 = a. 2.a 2 = 6a 3 2 Kho ng cách gi a hai đư ng th ng A D và AN là : − → − → −→ − − − A A. A D; AN 2mn m a d A D; AN = − → −→ − − = = = A D; AN 10n 2 + 9m 2 2 2 1 1 Câu 5. Cho các s th c dương x, y th a đi u ki n :x 1 − + y 1− =4 . y x Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : P = x y + 1 + x2 + 1 + y2 L i gi i (hthtb22): Xét b đ : a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d )2 Ch ng minh: a2 + b2+ c 2 + d 2 ≥ (a + c)2 + (b + d )2 ⇔ a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +2 (a 2 + b 2 )(c + d 2 ) ≥ a 2 +c 2 +2ac+b 2 +d 2 +2bd 5
⇔ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ac + bd ⇔ a 2 c 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2 + b 2 d 2 ≥ a 2 c 2 + b 2 d 2 + 2abcd ⇔ (ad − bc)2 ≥ 0 Áp d ng b đ ta có: 1 + x2 + 1 + y2 ≥ 4 + (x + y)2 T gi thi t ta có: x y * ⇒ x + y = 4+ y + x ≥ 6 ⇒ 1 + x2 + 1 + y 2 ≥ 2 10 (x + y)2 (x + y − 6)(x + y − 3) * xy = = 9+ ≥9 x + y −2 x + y −2 V y P ≥ 9 + 2 10. D u = x y ra khi x = y = 3 L i gi i (Nguy n Giang M nh): Ta có 2 2 1 1 x2 + y 2 x+y x+y x 1− + y 1− = 4 ⇔ x + y = 4+ = +2 ⇒ xy = x y xy xy x + y −2 x y M t khác ta có : x + y = 4 + + ≥ 6 Nên y x 12 + 32 12 + x 2 + 12 + 32 12 + y 2 ≥ 3x + 1 + 3y + 1 2 1 x+y 1 ⇒ 1 + x2 + 1 + y2 ≥ 3 x + y +2 ⇒ P ≥ + 3 x + y +2 10 x + y −2 10 t2 1 Đ t t = x + y ⇒ t ≥ 6 Xét hàm s f (t ) = + (3t + 2) ; t ≥ 6 t −2 10 2 t −4t 3 Ta có f (t ) = (t −2)2 + 10 > 0 v i m i t ≥ 6 ⇒ f (t ) đ ng bi n trên [6; + ∝) ⇒ f (t ) ≥ f (6) = 9 + 2 10. D u " = " x y ra⇔ t = 6 ⇒ P ≥ 9 + 2 10. D u " = " x y ra ⇔ x = y = 3 V y P mi n = 9 + 2 10 khi x = y = 3 L i gi i (noaht): Ta có x y x + y = 4+ + ≥6 y x L i có : (x + y)2 x+y− =2 xy S =x+y S2 Đ t V yP= S ≥6 P = xy S −2 Kh o sát hàm s f (S) ta th y trên [6; +∞) thì f (S) đ ng bi n . Nên f (S) ≥ f (6) = 9 Như v y ta có P = x y ≥ 9 4 P = xy + 1 + x2 + 1 + y2 ≥ x y + 2 1 + x2 + y 2 + x2 y 2 ≥ x y + 2 1 + x y ≥ 9 + 2 10 2 9 25 Câu 6A.a Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y cho đư ng tròn (C ) : (x − 4)2 + y − = 2 4 và hai đi m A(2; 3), B (6; 6). G i M , N là hai đi m khác nhau n m trên đư ng tròn (C ) sao cho các đư ng th ng AM và B N c t nhau t i H , AN và B M c t nhau t i C . Tìm t a đ đi m C , bi t t a 5 đ đi m H 4; 2 . L i gi i ( n S ): 6
5 Nh n th y A, B ∈ (C ) và AB = R = 2 nên AB là đư ng kính c a đư ng tròn (C ), AH ⊥BC t đó suy ra : . K t h p v i hình v suy ra H là tr c tâm tam giác ABC . B H ⊥AC V y bài toán này th c ch t là bài toán : 5 “Cho tam giác ABC , bi t A(2; 3), B (6; 6) và tr c tâm H 4; 2 . Xác đ nh t a đ đ nh C ?” −→ − 7 * Đư ng th ng AC đi qua A và nh n H B 2; 2 làm véc-tơ pháp tuy n, nên có phương trình: 7 2 (x − 2) + y − 3 = 0 ⇒ 4x + 7y − 29 = 0 2 −→ −1 * Đư ng th ng BC đi qua B nh n H A −2; 2 làm véc-tơ pháp tuy n nên có phương trình: 1 −2 (x − 6) + y − 6 = 0 ⇒ −4x + y + 18 = 0 2 4x + 7y − 29 = 0 x = 155 32 ⇒ C 155 11 V y t a đ đi m C là nghi m c a h : ⇒ 32 ; 8 −4x + y + 18 = 0 y = 118 Câu 6A.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m M (4; 4; 0) , N (−1; 1; −1) và hai x −3 y −2 z −1 x −2 y −5 z +3 đư ng th ng d1 : = = , d2 : = = . G i A, B l n lư t là hai đi m 1 −3 4 1 2 1 thu c d1 , d2 . Hãy l p phương trình m t ph ng (P ) đi qua M , N sao cho (P ) là m t ph ng trung tr c c a AB L i gi i (Mai Tu n Long): x −3 y −2 z −1 x −2 y −1 z +3 Ta có: d1 : = = , d2 : = = . ⇒ d1 và d 2 chéo nhau. 1 −3 4 1 2 1 −→ − x +1 y −1 z +1 M N = (−5; −3; −1) ⇒ Đư ng th ng ch a M N có PT: = = 5 3 1 −→→ − − → = (1; −3; 4) là m t véc tơ ch phương c a d M N . u = 0 ⇒ M N ⊥ d − u 1 1 M N ⊂ (P ) ⇒ M N ⊥ AB ⇒ M N ⊥ (Q), (Q) là m t ph ng ch a d 1 và AB . ⇒ (Q) có PT: 5x +3y +z −22 = 0 (Q) (d 2 ) = B ⇒ B = (3; 3; −2) ; ⇒ M B = 6 A ∈ d 1 ⇒ A = (3 + t ; 2 − 3t ; 1 + 4t ) ⇒ M A = (t − 1)2 + (2 + 3t )2 + (1 + 4t )2 30 M ∈ (P ) ⇒ M A = M B ⇒ A có t a đ : (3; 2; 1) Ho c 13 ; 53 ; − 23 13 13 G i E là trung đi m c a AB ; (P ) là m t ph ng trung tr c c a AB −→ ⇒ (P ) qua E và nh n AB là m t véc tơ pháp tuy n. −→ V i A = (3; 2; 1) ⇒ E = 3; 2 ; − 1 ; AB = (0; 1; −3) ⇒ (P ) có PT: y − 3z − 4 = 0. 5 2 49 − → V i A = 13 ; 53 ; − 13 ⇒ E = 26 ; 13 ; − 26 ; AB = 13 ; − 14 ; − 13 ⇒ (P ) có PT: 9x − 14y − 3z + 20 = 0. 30 13 23 69 46 9 13 3 V y PT c a m t ph ng (P) là: y − 3z − 4 = 0 Ho c 9x − 14y − 3z + 20 = 0. Câu 7A. Gi i b t phương trình sau trên t p s th c : log2 x 2 − 4 + log 2x ≤ 2 log4 |x| x 4 − 10x 2 + 16 7
L i gi i (xuannambka): 02 2 ⇔ log2 x 2 − 4 + 2log2 x ≤ log2 x x 4 − 10x 2 + 16 ⇔ log2 x 2 − 4 + log2 x ≤ log2 x 4 − 10x 2 + 16 ⇔ x 2 − 4 x ≤ x 4 − 10x 2 + 16 (1) + TH1: 0 < x < 2 (1) ⇔ 4 − x 2 x ≤ x 4 − 10x 2 + 16 ⇔ x 2 − x − 4 x 2 + 2x − 4 ≤ 0  1 x ≥ 2 1 + 17 ⇔  1 1 − 17 ≤ x ≤ 5 − 1 ⇒ 0 < x ≤ 5 − 1 2 x ≤ −1 − 5 + TH2: x > 2 2 (1) ⇔ x 2 − 4 x ≤ x 4 − 10x 2 + 16 ⇔ x 2 − 2x − 4 x 2 + x − 4 ≤ 0  x ≥ 1+ 5 ⇔ 2 1 1 − 17 ≤ x ≤ 5 − 1 ⇒ x ≥ 1 + 5 1 x ≤ 2 −1 − 17 V y b t phương trình có t p nghi m: S = 0; 5 − 1 ∪ 1 + 5; +∞ Câu 6B.a Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y cho hình vuông ABC D có đi m M (3; 2) n m trên đư ng chéo B D . T M k các đư ng th ng M E , M F l n lư t vuông góc v i AB t i E (3; 4) và AD t i F (−1; 2). Hãy xác đ nh t a đ đi m C c a hình vuông ABC D L i gi i (hthtb22): (M E ) : x = 3; (M F ) : y = 2 (M E ) (AF ); (AF ) đi qua F(-1;2) ⇒ (AF ) : x = −1 Tương t (AE ) : y = 4 A = AE X AF ⇒ A(−1; 4) G i phương trình đư ng th ng B D qua M là : a(x − 3) + b(y − 2) = 0 | − a| 1 Có : cos(AD; B D) = = ⇒ 2b 2 = a 2 + b 2 ⇒ a 2 = b 2 a2 + b2 2 N u a = b . Chon a = b = 1 ⇒ B D : x + y − 5 = 0 ⇒ B (1; 4), D(−1; 6),C (1; 6) M n m ngoài đư ng chéo B D (Lo i) N u a = −b . Chon a = −b = 1 ⇒ B D : x − y − 1 = 0 ⇒ B (5; 4), D(−1; −2),C (5; −2) M n m trên đư ng chéo B D (Nh n) D C A B E B F M D C L i gi i (Mai Tu n Long): −→ − −→ − Ta có: M E = (0; 2) ⇒ M E = 2 ; M F = (−4; 0) ⇒ M F = 4 M E ∩C D = E ; M F ∩ BC = F ⇒ B E M F và DF M E là các hình vuông −− −→ −→ − ME = MF = 4 M E = 2M E M E = −2M E E = (3; −2) ⇒ ⇒ ⇒ −− −→ −→ − ⇒ MF = ME = 2 2M F = M F F = (5; 2) 2M F = −M F −→ − Đư ng th ng BC ch a F và nh n M E là m t véc tơ ch phương, có PT: x = 5. −→ − Đư ng th ng C D ch a E và nh n M F là m t véc tơ ch phương, có PT: y = −2. 8
C = BC ∩C D ⇒ C = (5; −2) A E B M F F D E C L i gi i ( n S ): CK = F M = 4 G i K = F M ∩ BC . Ta có : M E = 2; F M = 4 và ∆F M E = ∆C K M ⇒ MK = ME = 2 −→ − M K −→ 1 −→ − − xk − 3 = 2 Gi s : K x k ; y k , C x c ; y c . Ta có : M K = .F M = .F M ⇒ ⇒ K (5; 2) MF 2 yk − 2 = 0 −→ − K C −→− −→ − xc − 5 = 0 L i có : K C = .E M = 2 E M ⇒ ⇒ C (5; −2) ME y c − 2 = −4 K t lu n : C (5; −2) Câu 6B.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A(1; 2; 1), B (−3; 3; 3) và m t ph ng (P ) : x + 2y + 2z − 16 = 0. Tìm t a đ đi m M trên (P ) sao cho M A + M B = 7. L i gi i (hoanghai1195): Ta th y: (1 + 2.2 + 2.1 − 16)(−3 + 2.3 + 2.3 − 16) > 0 =⇒ A và B n m cùng phía v i (P ). L y A 1 đ i x ng v A qua (P ) =⇒ A 1 (3; 6; 5). G i I là giao đi m c a A 1 B và (P ). i x = 3 + 6t Phương trình A 1 B : y = 6 + 3t 3 69 =⇒ I − 8 ; 16 ; 31 8 z = 5 + 2t  63 49 T đó ta có: AI = A 1 I = ; B I = =⇒ AI + B I = 7 16 16 Mà ta có: 7 = AI + B I ≥ AM + B M = 7 V y M ph i trùng v i I trên. 3n 1 Câu 7B. Hãy xác đ nh h s c a s h ng ch a x 6 y −3 trong khai tri n P (x, y) = 7x + . 8y 24n 0 24(n−1) 1 24(n−2) 2 n Bi t n là s nguyên dương th a mãn : n+ n+ n + .... + n = 1305 n +1 n n −1 L i gi i (Mai Tu n Long): 1 k 1 k+1 S d ng k t qu : n = n+1 . V i 0 ≤ k ≤ n; k, n ∈ N . k +1 n +1 9
Ta có: 24n 0 24(n−1) 1 24(n−2) 2 n 24n n 24(n−1) n−1 24(n−2) n−2 n+ n+ n + .... + n = n+ n + n + .... + 0 n n +1 n n −1 n +1 n n −1 1 n−1 4(n−2) = 1 2 4 n+1 + n+1 2 + ... + n+1 2 n+1 n+1 + n 24(n−1) + n+1 24n n +1 1 = 0 1 4 2 n+1 + n+1 2 + n+1 2 4.2 + ... + n+1 24(n−1) + n 24n + n+1 24(n+1) n−1 n+1 n+1 −1 24 (n + 1) 1 1 = (1 + 24 )n+1 − 1 = (17n+1 − 1) 24 (n + 1) 16(n + 1) T gi thi t ta có: 1 (17n+1 − 1) = 1305 ⇐⇒ n = 3 16(n + 1) V y ta có khai tri n: 9 m 9 1 0 9 1 8 1 m 9−m 1 9 1 7x + = 9 (7x) + 9 (7x) . + ... + 9 (7x) + ... + 9 8y 8y 8y 8y Ta có s h ng t ng quát th m + 1 là: m m 9−m 1 79−m m 9−m −m Tm+1 = 9 (7x) = 9 x y , (0 ≤ m ≤ 9, m ∈ N ) 8y 8m 9−m = 6 Tm+1 ch a x 6 y −3 khi và ch khi: ⇐⇒ m = 3 −m = −3 76 V y h s c a s h ng ch a x 6 y −3 là: 3 3 8 9 10