intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Hướng dẫn giải đề thi môn toán

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST
Báo xấu
75
lượt xem 20
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học môn toán - Giúp bạn củng cố và nâng cao kiến thức cũng như khả năng làm toán cách nhanh và chính xác nhất, giúp các em học sinh nắm bắt được phương pháp giải toán một cách nhanh nhất, hiệu quả nhất, chuẩn bị cho kỳ thi đại học sắp tới

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn giải đề thi môn toán

  1. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 1 Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d. Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k (x − m) + 2. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 5 − x 3 + 3x 2 − 2 = k (x − m) + 2 (1) m < −1 hoac m > � ⇔ 3 −3x 2 + 6x = k (2) m2 Câu II: 1) Đặt t = 2x + 3 + x + 1 > 0. (2) ⇔ x = 3 2) ⇔ (sin x + cosx ) � 4(cosx − sin x ) − sin2x − 4� 0 = 2) � � π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π ⇔ x=− 4 2 33 7 3 33 Câu III: (sin4 x + cos4 x )(sin6 x + cos6 x ) = π + cos4x + cos8x ⇒ I = 64 16 64 128 V1 SM SN SM 1 = = Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; . . (1) V SB SC SB 2 2 SM 4 4a V2V 3 3 AM = = a; SM= � ⇒ 1 = � 2 = � V2 = V (2) SB 5 V5V5 5 5 5 a3. 3 a3. 3 1 ⇒ V2 = V = S∆ABC .SA = 3 3 5 Câu V: a 4 + b 4 2a2b2 (1); b 4 + c 4 2b2c 2 (2); c 4 + a 4 2c 2a 2 (3) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 � (a + b + c ) � a 4 + b 4 + c 4 + abcd � (a + b + c + d ) abc abc 1 1 (4) ⇒ đpcm. abc(a + b + c + d ) a 4 + b 4 + c 4 + abcd Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x 2 + y 2 − 4x − 8y + 10 = 0 xyz 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ): + + = 1 abc 77 a= 456 4 uu r uu r + + =1 IA = (4 − a;5;6), uu = (4;5− b;6) 77 JA ⇒a b c uur r ⇒ b= −5b + 6c = 0 JK = (0; −b;c), IK = (−a;0;c ) 5 −4a + 6c = 0 77 c= 6 n n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm được C1(1 −1) , C2(−2; −10) . ; 11 11 16 + Với C1(1 −1) ⇒ (C): x 2 + y 2 − ; x + y + = 0ﾠ 3 3 3 91 91 416 + Với C2(−2; −10) ⇒ (C): x 2 + y 2 − x + y + = 0ﾠ 3 3 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩ (Q) ⇒ Phương trình của (D) � =α � x x=2 i α >0 v�� tuy� va� y� � Câu VII.b: � � =α y y=1 � Trang 1
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 2 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 = 0 (1) Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2; x3 . Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm của phương trình (1) m =1 −1− 15 ⇒ −2m + 9m − 7 = 0 3 m= −1 15 . Thử lại ta được : m= 2 2 kπ x= 2 Câu II: 1) sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x ⇔ cosx (cos7x − cos11x ) = 0 ⇔ kπ x= 9 2) 0 < x 1 117 2 3 Câu III: A = lim x + 7 − 2 + lim 2 − 5− x = += 12 2 12 x −1 x −1 x1 x1 2 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − 3 y vào bpt ta được: 50y 2 − 30Fy + 5F 2 − 5F + 8 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ F ≤ 8 Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8. Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và BF1+BF2 = 2a AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = 8 AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = 1− 33 (x − a)2 + (y + a)2 = a 2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: (x − a)2 + (y − a)2 = a 2 (b) a =1 a) ⇒ b) ⇒ vô nghiệm. a=5 Kết luận: (x − 1)2 + (y + 1)2 = 1 và (x − 5)2 + (y + 5)2 = 25 r uu uurr x −1 y −1 z + 2 r 2) u = �d ; nP � (2;5; −3) . ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : = = = u � � −3 2 5 Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A(m;3m 2 + 1) và B(−3m; −5m 2 + 1) Vì y1 = 3m 2 + 1> 0 nên để một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của m>0 1 ⇔m> −3m < 0 (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì . 5 2 −5m + 1< 0 Hướng dẫn Đề sô 3 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a 2 + 1), B(b; b3 − 3b 2 + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y (a) = y (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0 Trang 2
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com ⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). AB 2 = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1− a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = 3� b = −1 AB = 4 2 ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ a = −1� b = 3 ⇒ A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ (x + 3) x − 1 = 4x ⇔ x = 3; x = −3+ 2 3 5π 2π x= +k (k Z ) (a) � π� π � � 18 3 sin� x − � sin� − x �⇔ = 2 2) (2) ⇔ 5π 3� 2 � � � + l 2π (l Z ) (b) x= 6 �π� 5π �; � ên x= . Vì x 0 n � 2� 18 π π π π − 2 2 2 2 � ( x ) dx = � ( −t ) ( −dt ) = � ( −t ) dt = � ( − x ) dx f f f f Câu III: Đặt x = –t ⇒ −π π π π − − 2 2 2 2 π π π 2 2 2 4 ⇒ 2 � (x )dx = � f (x ) + f (− x )� = � � cos f dx xdx � � −π π −π − 2 2 2 3π 31 1 cos4 x = + cos2x + cos4x ⇒ I = . 82 8 16 uuu uuu uuu rr r 3 Câu IV: V = 1 � , AK � = a 2 .AO AH � � 6 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: ab2c ab2c ab(1+ c) a ab c ab abc =a− a− =a−a− =a− − (1) 2 2 4 4 4 2 1+ b c 2b c 1+b c Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 bc ( 1+ d ) bc 2d bc 2d b bc d bc bcd =b− b− =b− b− =b− − (2) 2 2 4 4 4 2 1+ c d 2c d 1+c d cd ( 1+ a ) cd 2a cd 2a c cd a cd cda =c− c− =c− c− =c− − (3) 2 2 4 4 4 2 1+ d a 2d a 1+d a da ( 1+ b ) da2b da 2b d da b da dab =d− d− =d− d− =d− − (4) 2 2 4 4 4 2 1+ a b 2a b 1+a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab a b c d + + + 4− − 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a 2b 2 2 2 4 4 Mặt khác: 2 � +c+b+d � a • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d � 2 � � 2 2 � +b� �+d� a c • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) � �( c + d ) + � �( b + a ) �2 � �2 � � +b c+d� a ⇔ abc + bcd + cda + dab ( a + b ) ( c + d ) � � ( a + b) ( c + d ) + = �4 4� Trang 3
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2 � +b+c+d � a � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1. � abc + bcd + cda + dab � � 2 � � 44 a b c d + + + 4− − Vậy ta có: 2 2 2 2 44 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b a b c d + + + � � ⇒ đpcm. 2 2 2 2 1+ a2b 1+ b c 1+ c d 1+ d a Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. x=t . Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d. Câu VI.a: 1) Ptts của d: y = −4 + 3t uuu uuu 2 rr ( ) t = −2 3 1 1 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 3 ⇔ AB 2.AC 2 − AB.AC = S = AB.AC .sin A = t =1 2 2 2 ⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). r uu uuu rr r 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n = �p , AB � ( 0; −8; −12) 0 = n � � ⇒ (Q ):2y + 3z − 11= 0 Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên: �+c = 0 � = −2 b b (1+ i)2 + b(1+ i) + c = 0 � b + c + (2 + b)i = 0 �� �+b = 0 �= 2 2 c � � Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0 6 x + 3y + 2z − 12 = 0 ∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆ : 3x − 3y + z = 0 z = −1 z=2 Câu VII.b: z 4 ﾠ z3 + 6z 2 ﾠ 8z ﾠ16 = 0 ⇔ (z + 1)(z − 2)(z 2 + 8) = 0 ⇔ z = 2 2i z = −2 2i Hướng dẫn Đề sô 4 www.MATHVN.com 9 9 Câu I: 2) x 4 − 5x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm ⇔ log12 m = � m = 12 4 = 144 4 12 4 π π − cos2 2 x − cos x cos2 x = 2 cos2 x ⇔ cos2x = 0 ⇔ x = + k Câu II: 1) (1) ⇔ sin2 x 0 4 2 t2 − 2 2) Đặt t = x2 − 2x + 2 . (2) ⇔ m � t 2),dox� + 3] (1� � [0;1 t+1 t2 + 2t + 2 t2 − 2 với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) = > 0 . Vậy g tăng trên [1,2] Khảo sát g(t) = (t + 1)2 t+1 t2 − 2 2 max g(t ) = g(2) = m có nghiệm t ∈ [1,2] bpt m Do đó, ycbt 3 t [1 ] t+1 ;2 Trang 4
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3 t2 dt = 2 + ln2. Câu III: Đặt t = 2x + 1 . I = 1+ t 1 1 uuuuu uuu uuuu � a3 15 r rr 1 uuur uuuuu � r MB,MA1� 3a2 3 = A A1. � ; S∆BMA = � = = Câu IV: V AB,AM � � 1 2� AA1BM 6 3 3V a 5 ⇒ d= = . S 3 1 3 5 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( x + y ) xy ; ( y + z ) 3 xy ; ( z + x ) 5 xy ⇒ đpcm 2 2 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I (0; 3; 0) . ﾷMIO = 450 ⇒ α = ﾷNIO = 450 . 3� 3� 3 � + � ạt nhỏ nhất ⇔ a = ⇔ a = 3 . 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC = đ a a 3 � a� u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v . Hệ PT ⇔ Câu VII.a: Đặt v = y −1 v + v 2 + 1 = 3u 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 � f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t 2 + 1 t + t2 +1 Ta có: f (t ) = 3t ln 3 + >0 f(t) đồng biến t2 +1 u=v u + u 2 + 1 = 3u � u − log 3 (u + u 2 + 1) = 0 (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 u + u 2 + 1 � g '(u ) > 0 g(u) đồng biến Mà g (0) = 0 u = 0 là nghiệm duy nhất của (2). KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1;0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′ B ⇒ M (2;2; −3) . 1 log2 x + 1 0 ⇔ 0< x 2 . 2 0⇔ Câu VII.b: (logx 8 + log4 x )log2 2x log2 x x >1 Hướng dẫn Đề sô 5 www.MATHVN.com � 3� Câu I: 2) Gọi M �0 ; 2 + x ∈ � (C). x0 − 1 � � −3 3 Tiếp tuyến d tại M có dạng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x0 − 1) x0 − 1 2 � 6� Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A � 2 + 1; � B(2x0 –1; 2). , x0 − 1 � � S∆ IAB = 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆ IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB x0 = 1 + 3 6 = 2 x0 − 1 ⇔ ⇒ M1( 1 + 3; 2 + 3 ); M2( 1 − 3;2 − 3 ) x0 − 1 x0 = 1 − 3 Trang 5
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = 0 π + k 2π ⇔ 2cosx – 1 = 0 ⇔ x = Câu II: 1) (1) ⇔ sin x 0, cos x 0 3 ( x 2 − 2) 2 + ( y − 3)2 = 4 x2 − 2 = u 2) (2) ⇔ . Đặt y −3=v ( x 2 − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0 u=2 u=0 u 2 + v2 = 4 Khi đó (2) ⇔ ⇔ hoặc v=0 v=2 u.v + 4(u + v) = 8 x = 2 x = −2 x = 2 x = − 2 ⇒ ; ; ; y=3 y=3 y=5 y=5 1 1t 1 e (1 − t )dt = e Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= 20 2 tan α 43 tan 2 α = tan α . 2 1 1 1 a. Câu IV: V= 3 3 . Ta có . (2 + tan α ) (2 + tan α ) 2 3 2 + tan α 2 + tan α 2 + tan 2 α 2 2 2 27 4a 3 3 α = 45 o . khi đó tan 2 α =1 V max = 27 4( x3 + y 3 ) ( x + y )3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4( y 3 + z 3 ) ( y + z )3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z Tương tự ta có: 4( z + x ) ( z + x) . Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x 3 3 3 ⇒ 3 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) 2( x + y + z ) 6 3 xyz �x z� y 6 Ta lại có 2 � 2 + 2 + 2 � . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z y z x� xyz 3 � � 1� xyz = 1 Vậy P 6 � xyz + 3 � 12 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x=y=z=1 3 � � x= y=z xyz � � Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1) 2 + 2( x 2 + 1) 2 2x + 1 �2 x + 1 � �2 x + 1 � = t Điều kiện : –2< t �− m � 2 � 2 = 0 . Đặt + (3) ⇔ 2 � 2 5. x2 + 1 � x +1� � x +1 � 12 2t 2 + 2 . Lập bảng biên thiên ⇒ 4 < m hoặc –5 < m < −4 Rút m ta có: m= 5 t r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) r => VTPT của BC là: n1 = (−b; a) . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 – bx + ay +4b + 2a =0 b = −2a −b 3b + 4a = Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ b = −a a2 + b2 a2 + b2 • b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 • b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2 x – y + 10 z – 47 = 0 2) x + 3y – 2z + 6 = 0 Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + 1 = ( x − 1) + ( x − 1) . 3 3 Xét hàm số: f(t)= t 3 + t , hàm số này đồng biến trên R. f ( mx + 1) = f ( x − 1) mx + 1 = x − 1 Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. Trang 6
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com −2 • −1 < m < 1 phương trình có nghiệm x = m −1 • m = –1 phương trình nghiệm đúng với ∀x 1 • Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Hướng dẫn Đề sô 6 9 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ m > − ; m 0 4 −3 2 2 Tiếp tuyến tại N, P vuông góc ⇔ y '( xN ). y '( xP ) = −1 ⇔ m = . 3 3 Câu II: 1) Đặt t = 3x > 0 . (1) ⇔ 5t 2 − 7t + 3 3t − 1 = 0 ⇒ x = log 3 ; x = − log 3 5 5 log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4 ( a) 2) log 2 ( x 2 − 2 x + 5) − m log ( x2 − 2 x + 5) 2 = 5 (b ) • Giải (a) ⇔ 1 < x < 3. • Xét (b): Đặt t = log 2 ( x − 2 x + 5) . Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3). 2 � 25 � (b) ⇔ t 2 − 5t = m . Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ��− ; −6 � 2 �4 � Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 3) = 0 (d ) 3 3 3 • Nếu x>3 thì từ (b) có: y = 9 x( x − 3) + 27 > 27 � y > 3 3 từ (c) lại có: z 3 = 9 y ( y − 3) + 27 > 27 � z > 3 => (d) không thoả mãn • Tương tự, nếu x y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL ⊥ SI � HL ⊥ ( SAD ) � HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) a 21 ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = . 7 1 − (1 − a) 1 − (1 − b) 1 − (1 − c) �1 1 1� � ( 1− a + 1− b + 1− c ) + + − Câu V: T = + + =� 1− a 1− b 1− c � 1− a 1− b 1− c � 1 1 1 9 + + Ta có: ; 0 < 1 − a + 1 − b + 1 − c < 6 (Bunhia) 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c 1 9 6 6 ⇒T − 6=. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . minT = . 3 2 6 2 � 6� 2 � 7� 4 Câu VI.a: 1) B � ; � C1 (0;1); C2 � ; � ; � 5� � 5� 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. b = –2a (a 0) ⇒ (Q): y – 2z = 0. Suy ra: –2a – b = 0 Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình ⇔ ( z − 2i )( z − 2 z + 4) = 0 ⇔ z = 2i; z = 1 + 3i; z = 1 − 3i ⇒ z = 2 . 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy ﾷAMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ﾷ AMB = 1200 (2) Vì MI là phân giác của ﾷAMB nên: IA (1) ⇔ ﾷAMI = 300 � MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 � m = � 7 sin 300 IA 23 43 (2) ⇔ ﾷAMI = 600 � MI = 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = Vô nghiệm Vậy có hai sin 60 3 3 điểm M1(0; 7 ) và M2(0; − 7 ) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1) và (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình Trang 7
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com mặt cầu (S): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4. � 2� 3 Câu VII.b: Đặt u = e x − 2 ⇒ J = 3 � − (eb − 2)3 � Suy ra: blim2 J = .4 = 6 . 4 � � 2 ln 2 Hướng dẫn Đề sô 7 www.MATHVN.com Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x 2 + 2mx + m + 2 = 0 . 1 1 137 S∆KBC = 8 2 � BC .d (K ,d ) = 8 2 � BC = 16 ⇔ m = 2 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cosx ﾠsin x )2 − 4(cosx ﾠsin x ) ﾠ 5 = 0 ⇔ x = + k 2π � x = π + k 2π 2 3 �� 3 (2x )3 + � � = 18 3 a+b=3 y �� 2) (2) ⇔ . Đặt a = 2x; b = . (2) ⇔ ab = 1 y 3� 3� 2x. � x + � 3 = 2 y� y� �− 5 6 � 3+ 5 � 6� 3 ; ,� ; Hệ đã cho có nghiệm: � � � � 4 3+ 5 � 4 3− 5 � � � �� � 3 ( π + 2) Câu III: Đặt t = cosx. I = 16 3a 3 2 1 Câu IV: VS.ABC = 1 SSAC .SO = a 3 = SSAC .d (B; SAC ) . SSAC = a 13 3 ⇒ d(B; SAC) = 3 13 3 16 16 2 . Vì x � −1 nên t [3;9] . (3) ⇔ m = t − 2t + 1 . [ ;1] Câu V: Đặt t = 31+ 1− x 2 t −2 2 48 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 1 với t [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤ . 7 t−2 48 ⇒4 m 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 � IA = 3 2 m −1 m = −5 = 3 2 � m −1 = 6� ⇔ m=7 2 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và uuur nhận AH làm VTPT ⇒ (P): 7x + y − 5z − 77 = 0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 b3 c3 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a 1+ a 1+ b 3a 3b 3c + + + + + + ; ; (1+ b)(1+ c) 4 (1+ c)(1+ a) 4 (1+ a)(1+ b) 8 8 8 8 8 8 4 a3 b3 c3 a + b + c 3 33 abc 3 3 ⇒ + + − −= (1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b) 2 4 2 44 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. a−b−5 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB 2 � + 5 b − 5� a − b = 8 (1) a ⇒ a−b−5 =3 ; � (d) ⇒ 3a –b =4 (3) ∈ Trọng tâm G � ; a − b = 2 (2) �3 3� 3 S = • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = p 2 + 65 + 89 Trang 8
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3 S • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p 2+ 2 5 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13− m = IM (m < 13) . Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = − m − 3 r uur r �; AI � u �� (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1 ⇒ d(I; d) = ;2) =3 r u Vậy : − m − 3 =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 log2(x 2 + y 2) = log2 2 + log2(xy) = log2(2xy ) x 2 − xy + y 2 = 4 x 2 + y 2 = 2xy (x − y )2 = 0 x=y x =2 x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay xy = 4 y=2 y = −2 x 2 − xy + y 2 = 4 xy = 4 Hướng dẫn Đề sô 8 www.MATHVN.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m 2 − 5m + 5), B( 2 − m ;1 − m), C ( − 2 − m ;1 − m) Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ ABC vuông tại A khi m = 1. 1 Câu II: 1) • Với −2 x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên (1) luôn đúng 2 1 5 5 • Với < x < : (1) ⇔ x + 2 − 3 − x 5 − 2x ⇔ 2 x < 2 2 2 � 1� � 5� Tập nghiệm của (1) là S = �2; � � � − 2; � 2� � 2� π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan 2 x + 3) = 0 ⇔ x = − + k ; k Z 6 2 π 5π Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x = ; x = 3 6 �π� π 1 1− x x = cos t ; t � 2 �⇒ H = 2 − 2 0; Câu III: • Tính H = dx . Đặt �� 1+ x 0 u = ln(1 + x) 1 1 • Tính K = 2 x ln ( 1 + x ) dx . Đặt ⇒K = dv = 2 xdx 2 0 Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và ph ần còn l ại c ủa hình V S ABCD .SA SA = = 2. = 13 chóp S.ABCD: V1 S BCD .HK HK V V1 + V2 V V = = 1 + 2 = 13 � 2 = 12 Ta được: V1 V1 V1 V1 a+c vì ac 1 và a, b, c > 0 Câu V: Điều kiện abc + a + c = b � b = 1 − ac π + kπ ; k Z . Ta được b = tan ( A + C ) Đặt a = tan A, c = tan C với A, C 2 2 2 3 (3) trở thành: P = − + tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1 2 2 2 Trang 9
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com = 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C 2 10 � 1 � 10 Do đó: P 2 sin C − 3sin C + 3 = − � C − � 2 sin 3� 3� 3 1 sin C = 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi: sin(2 A + C ) = 1 sin(2 A + C ).sin C > 0 1 2 2 . Từ sin(2 A + C ) = 1 � cos(2 A + C ) = 0 được tan A = Từ sin C = � tan C = 3 4 2 � 2� 10 2 Vậy max P = � � = ; b = 2; c = a � � 4� 3 2 � � uuur Câu VI.a: 1) B(0; –1). BM = (2; 2) ⇒ MB ⊥ BC. Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật. � 1� 8 PT đường thẳng MN: x + y − 3 = 0 . N = MN ∩ d2 ⇒ N � ; �. � 3� 3 7 NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y − = 0. 3 � 5� 2 C = NC ∩ d1 ⇒ C � ; − � . � 3� 3 AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + 2 y + 2 = 0 . AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6 x + 3 y + 1 = 0 2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2 x − 5 y + z + 2 = 0 x −1 y −1 z −1 Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d: = = −1 3 1 Câu VII.a: Xét ( 1 + x ) = Cn + Cn .x + Cn .x + Cn .x + ... + Cn .x n 0 1 22 33 nn • Với x = 2 ta có: 3 = Cn + 2Cn + 4Cn + 8Cn + ... + 2 Cn n 0 1 2 3 nn (1) Với x = 1 ta có: 2n = Cn + Cn + Cn2 + Cn + ... + Cnn 0 1 3 (2) • Lấy (1) – (2) ta được: Cn + 3Cn2 + 7Cn + ... + ( 2n − 1) Cn = 3n − 2n 1 3 n • PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − 2n − 6480 � 32 n − 3n − 6480 = 0 ⇒3n = 81 � n = 4 Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 � − 3b = b � =1 4 b Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( 6 − 3b; b ) . Ta có: 6 − 3b − 2 = b �� � − 3b = −b �= 2 4 b � � ⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = 1 hoặc (C): x 2 + ( y − 2 ) = 4 2 2 2 2) Lấy M ( d1 ) ⇒ M ( 1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ( d2 ) ⇒ N ( −1 + t ; −1; −t ) uuur u Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 ) 4 t= uuur u r � 3 2� 1 5 ( d ) ⊥ mp ( P ) � MN = k .n; k �� ⇒ M = � ;− ;− � t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1 ⇔ R* −2 � 5 5� 5 t1 = 5 1 3 2 ⇒ d: x − = y+ =z+ 5 5 5 x = −1 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = 2 x +1 .Thay vào (a) ⇔ x = 1 + 6log 4 2 � x − 3 x − 4 = 0 ⇔ x +1 2 2 x=4 ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32). Trang 10
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 9 Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 f (1) = −5m + 7 > 0 7 5 ⇔ ⇔
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com �1 � pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) � C � ; −2 � − �2 � 2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1) x + 2 y −7 z −5 = = Phương trình đường thẳng ∆ : −8 −4 5 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0 (1) Câu VII.b: PT ⇔ cos(2 x + y − 1) = 0 (2) π Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = 1 . Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 − + kπ x 2 Hướng dẫn Đề sô 10 www.MATHVN.com Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) ⇒ AB ngắn nhất ⇔ AB2 nhỏ nhất ⇔ m = 0. Khi đó AB = 24 π + k 2π Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ⇔ 1– sinx = 0 ⇔ x = 2 2) BPT ⇔ log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5(log 2 x − 3) (1) 2 t = log2x. (1) ⇔ t 2 − 2t − 3 > 5(t − 3) � (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3) Đặt −1 t 1 log 2 x −1 t −1 0< x t >3 � � � ⇔ 2 3 5(t − 3) 2 3 1 3 1 Câu III: Đặt tanx = t . I = (t 3 + 3t + + t −3 )dt = tan 4 x + tan 2 x + 3ln tan x − +C 2 tan 2 x t 4 2 Câu IV: Kẻ đường cao HK của ∆ AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1. A H . AH a 3 Ta có AA1.HK = A1H.AH � HK = 1 = AA1 4 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có: 1 +4 2 ... + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 1 1 + 43 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1) 2005 Tương tự: 1 +4 2 ... + 1 + b 1 1 + 43 + b2009 + b 2009 + b 2009 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2) 2009 2005 1 +4 2 ... + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 1 1 + 43 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3) 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) ⇔ 6027 2009(a + b + c ) . Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 3 4 4 4 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: x + 3 y − 13 = 0 ( ∆1 ) x − 7 y + 17 x+ y −5 = 3 x − y − 4 = 0 ( ∆2 ) 1 + (−7) 1 +1 2 2 2 2 Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆1 , ∆2 KL: x + 3 y − 3 = 0 và 3x − y + 1 = 0 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆ CKH vuông tại K. 49 49 � CH 2 = CK 2 + HK 2 = . Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) 2 + ( y − 2)2 + z 2 = 10 10 Trang 12
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VII.a: Có tất cả C4 . C52 .4! = 1440 số. 2 uuu r A(a; −1 − a) MA = (a − 1; −1 − a) A (d1 ) �� �� r Câu VI.b: 1) � uuu B (2b − 2; b) B � d2 ) ( MB = (2b − 3; b) � 2 1� A ( 0; −1) A� ; − � − ⇒ � 3 3 � (d ) : x − 5 y − 1 = 0 hoặc � (d ) : x − y − 1 = 0 � B (4;3) B (−4; −1) 2) Phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): 3x + 2 y + z − 3 = 0 . �x + 2 y + z − 3 = 0 � = −1 3 x � � Toạ độ giao điểm A của (d2) và (α) là nghiệm của hệ � + 1 = 0 � � =5/3 x y �+ y−z+2=0 �=8/3 x z � � x y −1 z −1 = = Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình: 3 2 5 8 k Câu VII.b: Ta có: P = ( 1 + x (1 − x ) ) = 8 C8k x 2 k (1 − x ) k . Mà (1 − x) k = Cki ( −1)i xi 2 k =0 i =0 Để ứng với x ta có: 2k � ���= k 8 0 k 4 . i 8;0 i + 8 Xét lần lượt các giá trị k ⇒ k = 3 hoặc k = 4 thoả mãn. Do vậy hệ số của x8 là: a = C83C32 (−1) 2 + C84C40 (−1) 0 = 238 . Trang 13
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2