zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Hướng dẫn Đề số 19

Chia sẻ: Hanh My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

63
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x  3 x 3  3 x 2  4  m( x  3)  4  ( x  3)( x 2  m)  0   2 x  m  0 Theo bài ra ta có điều kiện m 0 và y '( m ). y '( m )  1  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn Đề số 19

Hướng dẫn Đề số 19 Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: x  3 x 3  3 x 2  4  m( x  3)  4  ( x  3)( x 2  m)  0   2 x  m  0 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '( m )  1 18  3 35  (3m  6 m )(3m  6 m )  1  9m 2  36 m  1  0  m  (thỏa mãn) 9  x2  1  x y 22  y Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT   2  x  1 ( x  y  2)  1 y   x2  1 2 1 u  v  2 x 1  Đặt u  , v  x  y  2 . Ta có hệ   u  v 1   y uv  1 y x  y  2  1  Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).     2) Điều kiện: sin  x   sin  x   cos  x   cos  x    0        6  3 6 3        Ta có tan  x   tan  x    tan  x   cot   x   1       6  3 6 6    1 PT  sin 3 x.sin 3x  cos3 x cos3x  8 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1  cos 2 x cos 2 x  cos 4 x 1      2 2 2 2 8    x  6  k (loaïi) 1 1 1  2(cos 2 x  cos 2 x cos 4 x )   cos3 2 x   cos 2 x    x     k 2 8 2   6  Vậy phương trình có nghiệm x    k , ( k  Z) 6 2x 1  du  2 dx u  ln( x 2  x  1)   x  x 1 Câu III: Đặt   2 dv  xdx v  x   2 1 1 1 1 1 x2 1 2 x3  x 2 2x 1 1 1 1 3 dx ln( x 2  x  1)   2 dx  ln 3   (2 x  1) dx   2 dx   2 I 4 0 x  x 1 4 0 x  x 1 2 20 2 0 x  x 1 2 0
3 3  I  ln 3  4 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P)  (BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. a3 2 a3 Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM  , AO  AM  2 3 3 2 2 a3 1 a3 a3 Theo bài ra S BCH   HM .BC   HM  8 2 8 4 3a 2 3a 2 3a AH  AM 2  HM 2    4 16 4 A ' O HM AO.HM a 3 a 3 4 a Do A’AO và MAH đồng dạng nên  A 'O     AO AH AH 3 4 3a 3 a3 3 1 1aa 3 Thể tích khối lăng trụ: V  AO.S ABC  AO. AM .BC  a 2 23 2 12 1 1 1 1 Câu V: Ta có a2+b2  2ab, b2 + 1  2b  2 2 . 2 2 2 a  2b  3 a  b  b  1  2 2 ab  b  1 1 1 1 1 1 1 Tương tự 2 . . , 2 2 2 b  2c  3 2 bc  c  1 c  2a  3 2 ca  a  1 1 1 1 1 1 1 ab b 1  P      2  ab  b  1  b  1  ab  1  ab  b   2 2  ab  b  1 bc  c  1 ca  a  1    1 1 P  khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1 2 2 Câu VI.a: 1) Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t;1  t  . t 1 3  t Suy ra trung điểm M của AC là M   . ;  2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 x  y 1  0  I  0;1 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3y  4  0 7  1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( P ) ( D ) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .  d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P   Trong (P), IH  IA ; do đó maxIH =IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0)  IA tại A.    Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( x  4)  1.( z  1)  2 x  z  9  0 .
2 2 Câu VII.a: Ta có I   (1  x) n dx    Cn0  Cn x  Cn2 x 2   Cnn x n  dx 1 0 0 2 11 12 1 0  Cn x n 1    C n x  C n x 2  C n x 3   n n 1 2 3  0 2n 1 n 3n 1  1 2 2 1 23 2 1 2 (1  x) n 1   I  2Cn0  Cn  Cn   Cn (1). Mặt khác I  (2) n 1 n 1 n 1 2 3 0 2n 1 n 3n 1  1 2 2 1 23 Từ (1) và (2) ta có 2Cn0  Cn  Cn2   Cn  n 1 n 1 2 3 3n 1  1 6560  3n 1  6561  n  7 Theo bài ra thì  n 1 n 1 7 k 14  3k 7 7  1 1 1 7k  k   k C7k x   C7 Ta có khai triển  x  4 x  4  4 02 2 x 2 x  0 14  3k Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 2k 2 4 1 21 Vậy hệ số cần tìm là 2 C72  2 4 Câu VI.b: 1) Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n)  2  m  7  2n  3.2  m  1 Do G là trọng tâm ABC nên   B(–1; –4), C(5; 1)  3  m  5  n  3.0 n  1 83 17 338  PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x2  y 2  x  y  0 27 9 27 78 2) Gọi G là trọng tâm của ABC  G  ; ;3    3 3    2   2   2    Ta có F  MA2  MB 2  MC 2   MG  GA    MG  GB    MG  GC          3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  2MG (GA  GB  GC )  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1117 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.