Hướng dẫn Đề số 18

Chia sẻ: Hanh My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I: 2) Ta có:  2x  3  1 , x 0  2 , y' (x 0 )  M x 0 ; 0   x0  2  x0  22  Phương trình tiếp tuyến  với ( C) tại M :  2x  2  A 2; 0  x  2 ; B 2x 0  2;2   0   :y  1 2x  3 (x  x 0 )  0 2 x0  2 x0  2 Toạ độ giao điểm A, B của () và hai tiệm cận là: Ta có: x A...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn Đề số 18

Hướng dẫn Đề số 18  2x  3  1 Câu I: 2) Ta có: , x 0  2 , y' (x 0 )  M x 0 ; 0   x0  22 x0  2   1 2x  3 Phương trình tiếp tuyến  với ( C) tại M : (x  x 0 )  0 :y  x0  22 x0  2 Toạ độ giao điểm A, B của () và hai tiệm cận là:  2x  2   x  2 ; B 2x 0  2;2  A 2; 0    0 y  y B 2x 0  3 x A  xB 2  2 x0  2  M là trung điểm Ta có:  x0  xM , A   yM  2 2 x0  2 2 AB. Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích: 2    2x  3 1   S=  IM 2   ( x0  2) 2   0  2     ( x0  2) 2    2 ( x0  2)2  x0  2       x  1 1 Dấu “=” xảy ra khi  M(1; 1) và M(3; 3)  0 (x 0  2 )2  2 (x 0  2 ) x 0  3  x  k x  x x   sin x  sin  1 2sin 2  2sin  1  0  Câu II: 1) PT  x    k 4  x  k 2  2 2   1 1 1  xlog 2 (1  2x)  1  0  x     x  hoặc x < 0 2) BPT    2 4 2 5  2 2  2e3 e e 2e 3  1 ln x 2(2  2) Câu III: = + = dx  3 x 2 ln xdx I  3 3 3 x 1  ln x 1 1 Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB  a , SC = a. Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). Ta có VS.ABC  VS.MBC  VA.MBC  1 MA.S MBC  1 SA.S MBC  1 SA.S MBC 3 3 3 Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC  MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC  MN  BC. Tương tự MN  SA.
2 2  a   a 3  3a 2 a3 . 2 2 2 2 2 2 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        2   16  MN  4 4   3 Do đó: VS.ABC  1 SA. 1 MN.BC  1 a 3 . a 3 . a  a . 3 2 6 4 2 16 Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 111 9 (*) ( x  y  z )      3 xyz 9    3 x y z xyz x y z xyz 3 1 1 1 9 Áp dụng (*) ta có P 3 3 3 3 a  3b  b  3c  3 c  3a 3 a  3b b  3c c  3a Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a  3b  1  1 1  a  3b 1.1    a  3b  2  3 3 3 b  3c  1  1 1     b  3c  2  3 b  3c 1.1  3 3 c  3a  1  1 1     c  3a  2  3 c  3a 1.1  3 3 1 1 3  Suy ra: a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c   6   4.  6   3 3  34 3   3  Do đó P  3 . Dấu = xảy ra  a  b  c  4 1 abc  4 a  3b  b  3c  c  3a  1  1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi . abc 4   Câu VI.a: 1) d1 VTCP a  (2; 1) ; d2 VTCP a  (3;6) 1 2    Ta có: a .a  2.3  1.6  0 nên d  d và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. 1 2 1 2 Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x  2)  B ( y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I  khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450  A  3B 2A  B  cos 450  3 A2  8 AB  3B 2  0     B  3 A A2  B 2 22  ( 1) 2 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x  y  5  0 * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x  3 y  5  0 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x  y  5  0 ; d : x  3y  5  0 2) Dễ thấy A( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x 2  y 2  z 2  5x  2 y  2 z  1  0
5 29   (S) có tâm I  ;1;1 , bán kính R 2 2  +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P). x  5 / 2  t d:  y  1  t  H  5 ; 1 ; 1     3 6 6 z  1  t  75 5 3 29 75 31 186 , (C) có bán kính r  R 2  IH 2  IH      36 6 4 36 6 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0 2 2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2   2  2 x  6  x  4 x  2 x  x  2x  0    2 6 4 52    x  Suy ra: = x 2  4 x  2 x dx  2  16  S  4 x  2 x dx 3 3 0 2 Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm F  5;0  ; F 5;0  . Hình chữ nhật cơ sở 1 2 của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), 2 2 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: x  y  1 ( với a > b) a2 b2 (E) cũng có hai tiêu điểm F  5;0  ; F 5;0   a 2  b 2  52 1 1 2 2 2 2 2 M  4;3   E   9a  16b  a b 2 2 2 2  a 2  40 x2 y 2  5 b Từ (1) và (2) ta có hệ: a  Vậy (E): .  1  2  2 2 22 40 15 9a  16b  a b b  15    x  2t  3  2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t 1 z  t  3  Gọi I là giao điểm của (d) và (P)  I  1;0;4   * (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là  n 1;2; 1      a, n    3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của   u  1;1;1   x  1 u    . Vì M    M  1  u; u;4  u  ,  AM 1  u; u  3; u   :y  u z  4  u     AM ngắn nhất  AM    AM .u  0  1(1  u )  1(u  3)  1.u  0  7 4 16  4 Vậy . u  M ; ;  3  3 3 3
x  1  0  x  1 Câu VII.b: PT (2)  2  3 x  1  xy  x  1  x (3x  y  1)  0  x  1 x  0     x  0    x  1   3 x  y  1  0   y  1  3x  8 8 * Với x = 0 thay vào (1): 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2 11 11  x  1 * Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: (3) 23 x 1  23 x1  3.2   y  1  3x 1 Đặt t  23 x 1 . Vì nên t x  1 4  1  x   log2 (3  8)  1  t  3  8 (loaï ) 1 i (3)  t   6  t 2  6t  1  0   3   t t  3  8  y  2  log (3  8)  2 x  0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  8 và   y  log 2 11 