intTypePromotion=3

hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 11 đến 20

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:18

0
71
lượt xem
9
download

hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 11 đến 20

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 11 đến 20', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 11 đến 20

  1. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 11 Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc ⇒ M(0;1) và M(0;–1) Câu II: 1) Đặt log( x 2 + 1) = y . PT ⇔ y 2 + ( x 2 − 5) y − 5 x 2 = 0 � y = 5 �y = − x 2 Nghiệm: x = 99999 ; x = 0 2) PT ⇔ (cos x − 1)(cos x − sin x − sin x.cos x + 2) = 0 ⇔ x = k 2π . Vì x − 1 < 3 � −2 < x < 4 nên nghiệm là: x = 0 31 u = ln( x 2 + x + 1) 3 1 ⇒ I = ln3 − dx . Câu III: Đặt dv = xdx 2 4 4 0 x + x +1 1 1 1 1 dx = � �2 dx 2 Tính I1 = 0 x + x + 1 0� 1� �3� . 2 � + �+ � � x � 2 � �2 � �π π � 1 3 3. Đặt x + = tant , t � − , � I1 = ⇒ π � 22 � 2 2� 9 3π 3 Vậy: I = ln 3 − . 4 12 Câu IV: Std = ab a + b + c 2 2 2 2c Câu V: Vì 0 < x < 1 � 1 − x 2 > 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 x 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 ) 3 2 2 x 332 − −� = 2 x (1 x 2 )2 x(1 x 2 ) x 3 3 1 − x2 33 2 y 33 2 z 332 y; z Tương tự: 1 − y2 1− z2 2 2 33 1 33 2 33 33 � Pmin = �x= y=z= (x + y2 + z2 ) ( xy + yz + zx ) = Khi đó: P 2 3 2 2 2 A(1; −3;1) . Câu VI.a: 1) Gọi A = d ∩ (P) ⇒ Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: − x + 2 y + z + 6 = 0 ∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ ∆ : { x = 1 + t ; y = −3; z = 1 + t 2) Xét hai trường hợp: d ⊥ (Ox) và d ⊥ (Ox) ⇒ d: 4 x + 9 y − 43 = 0 z − w − zw = 8 � = −5 � = −13 zw zw (a) � (b) Câu VII.a: PT ⇔ ⇔� �− w =3 � − w = −5 ( z − w) + 2( z − w) − 15 = 0 2 z z � −3 + i 11 � −3 − i 11 � 5 + i 27 � 5 − i 27 �= �= �= �= w w w w � � � � 2 2 2 2 (a) ⇔ � (b) ⇔ � � � ; � = 3 + i 11 � = 3 − i 11 � = −5 + i 27 � = −5 − i 27 z z z z � � � � � � � � 2 2 2 2 � 14 � 7 Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G � ; ;0 � . �3 � 3 Ta có: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 � 14 � 7 ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M G � ; ;0 � . �3 � 3 2) B = AB I Ox B (1;0) , A �AB � A ( a;3 7(a − 1) ) � a > 1 (do x A > 0, y A > 0 ). Gọi AH là đường cao ∆ ABC � H (a;0) � C (2a − 1;0) � BC = 2(a − 1), AB = AC = 8(a − 1) . Chu vi ∆ ABC = 18 � a = 2 � C (3;0), A ( 2;3 7 ) . Trang 14
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v . Hệ PT ⇔ Câu VII.b: 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. Hướng dẫn Đề số 12 www.MATHVN.com y co�� CT C, yC� = 0 hoac yCT = 0 ⇔ m= 1 Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt � (2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0 π + k 2π ⇔ x= Câu II: 1) PT ⇔ 2sin x + 3 3 0 2) Đặt 2 = u > 0; 2 −1 = v . x +1 3 x x=0 u=v>0 �3 + 1 = 2v � + 1 = 2v �3 u u � �� � �3 PT ⇔ �3 ⇔ −1 + 5 u − 2u + 1 = 0 � + 1 = 2u �u − v)(u + uv + v + 2) = 0 x = log 2 2 2 v ( 2 π π π 2 2 cos tdt cos xdx Câu III: Đặt x = − t � dx = −dt ⇒ I = � t + cos t )3 0 (sin x + cos x)3 =� 2 (sin 0 π π π π4 2 12 dx dx 1 = − cot( x + ) = 1 ⇒ I = 1 2I = � =� ⇒ 2 0 sin 2 ( x + π ) 0 (sin x + cos x ) 2 2 40 2 4 �π� a3 Câu IV: ϕ = ᄋSCA � � � VSABC = (sin ϕ − sin 3 ϕ ) . Xét hàm số y = sin x − sin 3 x trên khoảng 0; � 2� 6 �π� �π� 1 3 a3 3 a khi sin ϕ = ,ϕ � � �; � Từ BBT � (VSABC ) max = ymax = 0 . 0; � 2� � 2� 3 6 9 −1 1 Câu V: Đặt t = 2 − x − 2 + x � t ' = − 0) ab 3 1 Cô − si 3 1 M(3; 1) ∈ d 1 � + = ab 12 . 2. a b ab a = 3b a=6 Mà OA + 3OB = a + 3b 2 3ab = 12 � (OA + 3OB) min = 12 � � 1 1 � � 3 b=2 == ab2 Trang 15
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com xy + = 1 � x + 3y − 6 = 0 Phương trình đường thẳng d là: 62 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0 d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) � AM = 2t 2 − 8t + 11 . Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB � 6 18 4 18 � 4 18 � 2t 2 − 8t − 1 = 0 � t = M� 2; ; � � 2� 2 2 Câu VII.a: Ta có (1 − x) n = Cn0 − Cn x + Cn2 x 2 − .... + (−1) n Cnn x n = B 1 1 1 1 111 1 (1 − x) n dx = Bdx = Cn − Cn + Cn2 + ... + (−1) n 0 n Cn � n + 1 = 13 � n = 12 Vì , n +1 n +1 2 3 0 0 n−k 12 2 2 ( x5 ) k , Tk +1 = C12 .212 − k .x8 k −36 ⇒ 8k − 36 = 20 � k = 7 •( k + x5 ) n = C12 .( 3 ) k 3 x x k =0 ⇒ Hệ số của x 20 là: C12 .2 = 25344 7 5 x=t Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của ∆ : . M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5) y = 3t − 5 7 7 S MAB = S MCD � d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 � = ⇒ M (−9; −32), M ( ; 2) t 3 3 ∆1 , ∆2 : A(2t ; t ; 4) ∆1 , B(3 + s; − s;0) ∆2 2) Gọi AB là đường vuông góc chung của AB ⊥ ∆ 1, AB ⊥ ∆ 2 ⇒ A(2;1; 4), B (2;1; 0) ⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = 4 2 2 2 Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + 2 . Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là AB = ( y2 − y1 ) 2 + ( x2 − x1 ) 2 = 2 x1 − x2 = 4 2 (không đổi) Hướng dẫn Đề số 13 ( 2m − 1) 2 1 1 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ m = ⇒ AB ngắn nhất ⇔ m = . Câu I: 2) AB = +4 2 2 2 π Câu II: 1) Đặt t = sin x − cos x , t 0 . PT ⇔ 4t 2 − t − 3 = 0 ⇔ x = k . 2 (m − 1) x 4 + 2(m − 3) x 2 + 2m − 4 = 0 (1) 2) Hệ PT ⇔ . x2 + 2 y= x2 + 1 2x2 + 1 = 0 • Khi m = 1: Hệ PT ⇔ (VN ) x2 + 2 y= x2 + 1 • Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , t 0 . Xét f (t ) = (m − 1)t + 2(m − 3)t + 2m − 4 = 0 (2) 2 Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt f (0) = 0 2 ( m − 3) � ... � m = 2 . ⇔ (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 ⇔ S= >0 1− m 1 1 2 Đặt: t = 1 − x 2 ⇒ I = ( t − t ) dt = . Câu III: • I = x 1 − x dx 3 2 2 4 15 0 0 Trang 16
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com d ( e x + ln x ) e xe x + 1 e ee + 1 e dx = •J= = ln e x + ln x = ln x ( e + ln x ) x e x + ln x e 1 1 1 Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B'. a ( a − x) SB a − x = � SB = Ta có , (0< x < a) SB ' a x 3 V � −x� a4 x a 1 ta có: 1 = � Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = 1 − �. Mà V2 = S∆ A ' B ' C ' .SB ' = . V2 � a � a 3 6x a 4 � � x �� a 3 � � x � � x �� 3 2 3 a4 � x � Do đó: V = V2 − V1 = �− �− �� �+ �− � �− �� = +1 ⇒ V1 = �− � ; 11 11 1 6 x � � a �� 6 � � a � � a �� 6x � a � � � a 3 � � x � � x �� 1 3 2 2 13 � x� � x� 1 + �− � �− �� a � �− �+ �− � 1 = 0 (*) +1 = − a� 1 1 1 Theo đề bài V = � 3 6 � � a � � a �� 3 � a� � a� � x� 3− 5 1 Đặt t = �− �t > 0 (vì 0 < x < a), PT (*) ⇔ t2 + t – 1 = 0 ⇒ t = ( 5 − 1) ⇒ x = 1 , a a� � 2 2 20 − 15 x 4 1 5 Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 ⇒ y = 5 – 4x ⇒ S = x + 4 y = x(5 − 4 x) , với 0 < x < 4 4 1 Dựa vào BBT ⇒ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y = 4 Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi ∆ 1 và ∆ 2. 2) Câu VII.a: z = 2 − i; z = 2 + 3i z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1,..., 5 nhất thì một điều (y −y ) 5 2 kiện cần là f (a) = bé nhất, trong đó y i = axi + b . 1 i i =1 Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a + 50. Từ đó: f (a) = (48 − 155a + 163a − 50) 2 + (50 − 159a + 163a − 50) 2 + (54 − 163a + 163a − 50) 2 + + (58 − 167 a + 163a − 50) 2 + (60 − 171a + 163a − 50) 2 = (8a − 2) 2 + (4a) 2 + 4 2 + (8 − 4a) 2 + (10 − 8a) 2 = 2 ( 80a − 129a + 92 ) .(P) 2 129 13027 129 13027 ⇒b = − . Đáp số: d: y = x− ⇒ f(a) bé nhất khi a = 160 160 160 160 2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB. + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp có phương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S. + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 1 + 22 + 22 = 3 ⇒ (S): ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 9 Câu VII.b: Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 1 , với mọi a ∈ [–1; 1]. Đặt: a = sinx, khi đó: 8a 4 − 8a 2 + 1 1 � 8sin 2 x(sin 2 x − 1) + 1 � � 1 − 8sin 2 x cos 2 x � . 1 1 ⇔ 1 −��−�cos 2 x 1 1 2sin 2 2 x 1 cos 4 x 1 ( đúng với mọi x). 8sin 2 x Hướng dẫn Đề số 14 www.MATHVN.com Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) ∈ (C). d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2|. −3 Cô − si d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + 2 3. x0 + 1 Dấu "=" xảy ra khi x0 = −1 3 Trang 17
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com u + v =1 u + v =1 Câu II: 1) Đặt u = x , v = y (u 0, v 0) . Hệ PT ⇔ �3 . � uv = m u + v 3 = 1 − 3m 1 ĐS: 0 m . 4 π 2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: x = k (k Z) 2 π2 Câu III: I = − 23 1 1 a a3 3 Câu IV: V = ya(a + x) . V 2 = a 2 (a − x )(a + x)3 . Vmax = khi x = . 6 36 2 8 11 11 4 Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: ( x + y )( + ) �� + � 4 . x y x+ y xy 1 1� 1 1 � 1 � 1 1 1� 1 � + y + x + z � 16 � + y + x + z � Ta có: . 2x + y + x 4 �x x �� � Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm. � 4 3� � 4 3� 2 2 �B � ; − Câu VI.a: 1) A � ; . , � � 7�� 7� 7 7 2) (P): y + z + 3+ 3 2 = 0 hoặc (P): y + z + 3− 3 2 = 0 x=2 Câu VII.a: y=5 Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + 2. AB = FA = FB = x1 + x2 + 4. 2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Điểm M ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) . AM + BM = (3t ) 2 + (2 5) 2 + (3t − 6) 2 + (2 5) 2 r r ( ) ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6;2 5 . r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |= +25 rr rr ( ) r r ⇒ AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6;4 5 �| u + v |= 2 29 Ta có r ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 | v |= +25 r r rr Mặt khác, ta luôn có | u | + | v | | u + v | Như vậy AM + BM 2 29 rr 3t 25 = � t =1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng � −3t + 6 2 5 ( ) M ( 1;0;2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 + 29 1 3 ( 3 − x) ' = Câu VII.b: f ( x) = l− 3ln ( 3 − x ) ; f '( x ) = −3 ( 3 − x) 3− x 6π 2 t 6 π 1− cost 3 3 π dt = (t − sint )|0 = � − sinπ ) − (0 − sin0)� 3 (π sin dt = � = Ta có: � π� � π0 π0 2 π 2 2x −1 x < −2 π 3 3 6 t �x − 3 x + 2 < 0 > sin 2 dt � ( )( ) �1 2 � �− x x+2 � � π 3 Khi đó: < x
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) 2(1 − cos x )(sin2 x − sin x ) = 0 π + k 2π ⇔ x= Câu II: 1) PT ⇔ sin x 0, cos x 0 3 x . PT có nghiệm khi t 2 + 4t − m = 0 có nghiệm, suy ra m −4 . 2) Đặt t = ( x − 1) x −1 1 1t 1 Câu III: Đặt sin x = t ⇒ I = e (1 − t )dt = e 2 20 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của D OAM , ta có: SO = OA.cotgα = R.cotgα sin β � AH = SA.sin β = R OA R sin α SA = = sin α sin α R sin 2 α − sin 2 β . � OH = OA2 − AH 2 = sin α R 3 cos α sin β 1 sin 2 α − sin 2 β . Vậy: VS . AOM = .SO. AH .OH = 3sin α 3 3 2 Câu V: Từ gt ⇒ a 1 ⇒ 1 + a ≥ 0. Tương tự, 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0 ⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c) 0 ⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc 0 . (a) 1 Mặt khác a + b + c + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c ) 2 2 2 2 0. (b) 2 Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) PM / ( C ) = 27 > 0 M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. uuu uuu rr Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB � MB = 3 � BH = 3 � IH = R 2 − BH 2 = 4 = d [ M ,(d )] 2 Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a=0 −6a − 4b d [ M ,( d )] = 4 � =4� 12 . a=− b a2 + b2 5 Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. � 1 1� 2 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H � ; ; − � � 3 3� 3 Câu VII.a: Đặt t = log 2 x . PT ⇔ t − (7 − x)t + 12 − 4 x = 0 ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x = 2 2 uuu r Câu VI.b: 1) Ta có: AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình AB: 2 x + y − 2 = 0 . I �(d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D (2t ; 2t − 2) 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = . 5 4 � 8� � 2� 5 8 t= C � ; �D � ; � , | 6t − 4 | 4 Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = 3 � 3� � 3� 3 3 � 5 5 t = 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) � 8� � 2� 5 8 Vậy C � ; �D � ; �hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , � 3� � 3 � 3 3 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH � ( P ) ⊥ d1 � ( P ) : x + y − 2 z + 1 = 0 B = ( P ) �� B (1; 4;3) ⇒ phương trình BC : { x = 1 + 2t ; y = 4 − 2t ; z = 3 d2 Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x − 2 y + z − 2 = 0 ��(2;2;4) M (1;2;5) (K là trung điểm của CM). K 1 uuu uuu rr x −1 y − 4 z − 3 , do A = AB ��� A(1;2;5) S ∆ ABC = � , AC � 2 3 . = = = � ptAB : d1 AB � � −2 0 2 2 Trang 19
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VII.b: PT ⇔ f (x ) = 2008 x     − 2007 x − 1 = 0 với x (– ;+ ) 2008 x .ln2008 − ᅠ ; ᅠ (x ) = ᅠ 2008 x ln2 2008ᅠ 0, ∀x f (x) = ᅠ > 2007 f ⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến. lim f (x ) = −2007; lim f (x ) = + ∃ x0 để f ′ ' ( x0 ) = 0 Vì f (x) liên tục và − + x x Từ BBT của f(x) f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1 Hướng dẫn Đề số 16 www.MATHVN.com Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d) ⊥ MN có dạng: y = 2x + m. Gọi A, B ∈ (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT: 2x − 4 = 2 x + m ⇒ 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1) x +1 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có ∆ = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) � +x x � �m m� Trung điểm của AB là I �1 2 ; x1 + x2 + m � I � ; � theo định lý Vi-et) ≡− ( �2 � �4 2� Ta có I MN ⇒ m = –4, (1) ⇒ 2x2 – 4x = 0 ⇒ A(0; –4), B(2;0) x = kπ cos 2 x = 1 3x m8π ( k ; m ᄋ ) ⇔ x = 8nπ Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos =2⇔ ⇔ 3x x= cos = 1 4 3 4 2x + 1 2) Nhận xét; x = 1 là các nghiệm của PT. PT � 3x = . 2x −1 Dựa vào tính đơn điệu ⇒ PT chỉ có các nghiệm x = ± 1. x x π π 1 + 2sin cos e x dx 2 2 1 + sin x x 1 x 2 2= π + tan . K = � + � tan dx ex = Câu III: Ta có = e2 x0 x x 1 + cos x 2 2 0 2cos 2 2cos 2 2cos 2 2 2 2 ᄋAMS = α . Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung đi ểm c ủa BC Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của ᄋAMS = α . a3 Ta có SO = OM tanα = tanα ( Với a là độ dài của cạnh đáy) 6 23 a2 a2 a2 �a = tan 2 α + = 1− Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 � 4 + tan 2 α 12 12 4 α α 4π tan 3 α tan 2 . Vậy V = 2 r = OI = OM.tan = 3 ( 4 + tan 2 α ) 2 3 4 + tan 2 α Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1. Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 1 3 – (a + b + c) 3 3 (1 − a )(1 − b)(1 − c) > 0 ۳ (1 − a)(1 − b)(1 − c ) > 0 27 28 56 ab + bc + ca − abc > 1 � 2 < 2ab + 2bc + 2ca + 2abc � ۳ 27 27 Trang 20
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 56 52 � 2 < (a + b + c ) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ) � a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2 27 27 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0 2a 2a ; d ( A; d ) = 8a − 24a + 36 2 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox ⇒ d ( A; ( P)) = = 3 22 + 12 + 22 3 8a 2 − 24a + 36 2a d(A; (P)) = d(A; d) � = � 4a 2 = 8a 2 − 24a + 36 � 4a 2 − 24a + 36 = 0 3 3 � 4( a − 3) 2 = 0 � a = 3. Vậy có một điểm A(3; 0; 0). 1 + tan 2 x Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được: y = 2 tan 2 x − tan 3 x �π� 1+ t2 Đặt t = tanx ⇒ t (0; 3] . Khảo sát hàm số y = 2 3 trên nửa khoảng 0;  2t − t � 3� x=0 t + 3t − 4t 4 2 y’ = ; y’ = 0 (2t − t ) x =1 2 32 π Từ BBT ⇒ giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = . 4 Câu VI.b: 1) M ∈ (D) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b) 6 N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0; b = 5 � 6� �8 4� 38 − Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M � ; � N � ; � , � 5� �5 5� 5 uuu r 2) Ta có AB = (6; −4;4) ⇒ AB//(d). Gọi H là hình chiếu của A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ (d) ⇒ (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d)∩ (P) ⇒ H(–1;2;2). Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua (d) ⇒ H là trung điểm của AA′ ⇒ A′ (–3;2;5). Ta có A, A′ , B, (d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A′ B∩ (d) . Lập phương trình đường thẳng A′ B ⇒ M(2;0;4) Câu VII.b: Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β3 = r3( cos3ϕ + isin3ϕ) r=33 r=33 � 2π 2π � + i sin Ta có: r3( cos3ϕ + isin3ϕ) = 3 � cos 2π 2π k 2π � 3ϕ = + k 2π ϕ= �3 3� + 3 9 3 � �π 2π � �π 2π � � 2 2 Suy ra β = 3 3 � � + k � i sin � + k + cos �. � � �9 3� �9 3�� Hướng dẫn Đề số 17 www.MATHVN.com Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): x 2 + (m − 3) x + 1 − m = 0, x 1 (*) (*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), x A + xB = 3 − m Theo định lí Viét: x A . xB = 1 − m uuu uuu rr Để ∆OAB vuông tại O thì OA.OB = 0 � x A xB + ( x A + m ) ( xB + m ) = 0 � 2 x A xB + m ( x A + xB ) + m 2 = 0 � m = −2 Trang 21
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu II: 1) PT ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x) π 1 + sin x = 0 1 + sin x = 0 x = − + k 2π � � � 2 ( 1 + sin x ) ( cos x + 1) = 0 sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0 x = π + k 2π 2) (b) ⇔ x 2 + y 2 + 2 ( x 2 + 1).( y 2 + 1) = 14 � xy + 2 ( xy ) 2 + xy + 4 = 11 (c) p=3 p 11 Đặt xy = p. (c) � 2 p + p + 4 = 11 − p � 2 � −35 p= 3 p 2 + 26 p − 105 = 0 3 35 (a) ⇔ ( x + y ) = 3 xy + 3 • p = xy = − 2 • p = xy = 3 ⇒ x + y = 2 3 (loại) 3 xy = 3 xy = 3 �x= y= 3 �x= y=− 3 1/ Với 2/ Với x+ y=2 3 x + y = −2 3 ( 3; 3 ) , ( − 3; − 3 ) Vậy hệ có hai nghiệm là: π π 2 2 � � x.sin 2 xdx Câu III: I = .sin 2 xdx + cos x e sin 0 0 π 2 • I1 = ecos x .sin 2 x.dx . Đặt cosx = t ⇒ I1 = 2 0 π π π 1� sin 3 x � 2 2 2 1 � x − cos3x ) dx = 2 � x − 3 �2 = 3 ( cos sin • I 2 = � x.sin 2 xdx = sin � � 2 0 0 0 28 �I =2+ = 33 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a), � a � � a a � uuu uuuu � a 2 a 2 a 2 � rr a M �; ; 0 � N � ; ; � � , BM � � ; − ; � ⇒� , �− = 0 BN � 2 � � 2 2� �4 2 4� 2 uuu uuuu uuu a 3 rrr 1 ⇒ VBMND = � , BM � = BN BD 6� � 24 1 uuu uuuu rr a2 3 1 Mặt khác, VBMND = S BMN .d ( D,( BMN ) ) , S BMN = � , BM � = BN 2� �42 3 3VBMND a 6 � d ( D,( BMN ) ) = = S BMN 6 x2 Câu V: Xét hàm số: f ( x ) = e x + cos x − 2 − x + , x R. 2 f ( x ) = e x − sin x − 1 + x � f ( x ) = e x + 1 − cos x > 0, ∀x �R ⇒ f ′ (x) là hàm số đồng biến và f ′ (x) = 0 có tối đa một nghiệm. Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ′ (x)=0. x2 Dựa vào BBT của f(x) ⇒ f ( x ) 0, ∀x R � e x + cos x � + x − , ∀x �R. 2 2 Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên kho ảng cách t ừ tâm I(2; –1) c ủa (C) đ ến d bằng 3. a=0 2a − b − a − 2b d ( I,d ) = � 8a 2 + 6ab = 0 � = 3 � a − 3b = 3 a + b 2 2 3 a=− b a2 + b2 4 • a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0 Trang 22
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 3 • a = − b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0. 4 2) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5 Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3. Khoảng cách từ I tới (β) là h = R 2 − r 2 = 52 − 32 = 4 2.1+ 2(−2) − 3+ D D = −7 = 4 � −5 + D = 12 � Do đó D = 17 (loai) � 2 2 2 2 + 2 + (−1) Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0 Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. * Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số * Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A6 = 1560 số 3 1560 13 = ⇒ P(A) = 5880 49 ur x − 2 y +1 Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: U = ( 3; −4 ) ⇒ phương trình BC: = −4 3 C ( −1;3) ⇒ Toạ độ điểm + Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. x − 2 y +1 � 2x − y − 5 = 0 = ⇒ phương trình BB’: 1 2 �x − y − 5 = 0 �=3 2 x �� � I (3;1) + Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: � � + 2y − 5 = 0 � =1 x y x B ' = 2 x I − xB = 4 B (4;3) + Vì I là trung điểm BB’ nên: y B ' = 2 y I − yB = 3 + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0. � −3=0 � = −5 y x � A( −5;3) �� + Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: � �x − 4 y + 27 = 0 � = 3 3 y 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. uuu r uuuu r uuu uuuu rr � = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) � .NM = m + n DP DP Ta có : � r . � uuuu uuu uuuu r uuur r DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) DN .PM = m + p −1 1 1 xyz + + = 1 . Vì D ∈(α) nên: + + = 1. Phương trình mặt phẳng (α): mnp mnp m+n=0 uuu uuuu r r uuu uuuu rr m = −3 � ⊥ NM � .NM = 0 m+ p=0 DP DP � � n= p=3 D là trực tâm của ∆ MNP ⇔ � ⇔ � r uuuu uuur uuuu r uuu r −1 1 1 � ⊥ PM � .PM = 0 DN DN + + =1 mnp xyz + + =1 Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α): −3 3 3 Câu VII.b: S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 (1) 0 1 2 1004 n−k ⇔ S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 (2) (vì Cn = Cn ) 2009 2008 2007 1005 k ⇒ 2 S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 + C2009 + ... + C2009 = ( 1 + 1) 2009 0 1 2 1004 1005 2009 � S = 22008 Trang 23
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 18 −1  2x − 3  , x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) = Câu I: 2) Ta có: M  x 0 ; 0 ( x0 − 2) 2  x0 − 2    −1 2x − 3 Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ∆ : y = (x − x 0 ) + 0 ( x 0 − 2) x0 − 2 2  2x − 2  ; B( 2x 0 − 2;2) Toạ độ giao điểm A, B của (∆ ) và hai tiệm cận là: A  2; 0  x −2    0 y A + y B 2x 0 − 3 x + xB 2 + 2 x0 − 2 = = y M ⇒ M là trung điểm AB. = = x0 = xM , Ta có: A x0 − 2 2 2 2 Mặt khác I(2; 2) và ∆ IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆ IAB có diện tích: � �� � 2 � x0 − 3 2 1 � S = π IM = π � 0 − 2) + � − 2 �� π � 0 − 2)2 + � 2π = (x 2 2 (x x0 − 2 ( x0 − 2) 2 � � �� � � � � x = 1 1 ⇔ 0 Dấu “=” xảy ra khi (x 0 − 2) = 2 ⇒ M(1; 1) và M(3; 3) (x 0 − 2) x 0 = 3 2 x = kπ �x � x x� � � x = kπ sin − 1 �2sin 2 + 2sin + 1 � 0 ⇔ = Câu II: 1) PT � sin x � � x = π + k 4π �2 � 2 2� � � 1� 1 1 2) BPT ⇔ x[ log2 (1 − 2x ) + 1] < 0 � < �⇔ < x < hoặc x < 0 x � 2� 4 2 e e 2e + 1 5 − 2 2 + 2e3 ln x dx + 3� ln xdx = 2(2 − 2) + 3 Câu III: I = � x2 = 1 x 1 + ln x 3 3 3 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). 1 1 1 Ta có VS.ABC = VS.MBC + VA .MBC = MA .SMBC + SA.SMBC = SA.SMBC 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  a   a 3  3a 2 2 a3  = MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −  2 2 2 2 2 2 2 ⇒ MN = .   4  2  16 4 a 3 a a3 1 1 1 Do đó: VS.ABC = SA. MN .BC = a 3. .= . 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 3 xyz =9� + + � � (*) x y z x+ y+z � y z� x 3 xyz 1 1 1 9 Áp dụng (*) ta có P = +3 +3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a 3 3 3 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a + 3b + 1 + 1 1 ( ) = ( a + 3b + 2 ) 3 a + 3b 1.1 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� 3 1 � Suy ra: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ��4 ( a + b + c ) + 6 � � + 6 � 3 = � 3 4. 4 � 3 � � Trang 24
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 3 a+b+c = 1 � a =b=c= Do đó P 3 . Dấu = xảy ra � 4 4 a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1 1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a = b = c = . 4 r r a1 = (2; −1) ; d2 VTCP a2 = (3;6) Câu VI.a: 1) d1 VTCP ur uu r Ta có: a1 .a2 = 2.3 − 1.6 = 0 nên d1 ⊥ d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. 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 A + B 2 + (−1) 2 2 2 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 − 3 y − 5 = 0 2) Dễ thấy A′ ( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x 2 + y 2 + z 2 − 5 x − 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 � 1 1� 5 d: y = 1 + t H�; ; � � 6 6� 3 z =1+ t 75 5 3 29 75 31 186 IH = = , (C) có bán kính r = R 2 − IH 2 = − = = 36 6 4 36 6 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): �0x �0 x x=0 �2 �2 | x − 4 x |= 2 x ��� − 4 x = 2 x x=2 �x − 6 x = 0 2 � � �x � � �2 �2 x=6 �x − 4 x = −2 x �x − 2 x = 0 � � 2 6 ( ) (x ) 4 52 � − 4 x − 2 x dx + � Suy ra: S = − 4 x − 2 x dx = x2 2 + 16 = 3 3 0 2 Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3), x2 y 2 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 ( với a > b) a b (E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) � a − b = 5 ( 1) 2 2 2 M ( 4;3) � E ) � 9a 2 + 16b 2 = a 2b 2 ( ( 2) � =5 +b � = 40 2 2 2 2 a a � � x2 y 2 + =1 Từ (1) và (2) ta có hệ: � 2 Vậy (E): . �2 �a + 16b = a b � = 15 2 22 9 b 40 15 x = 2t − 3 y = t −1 2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: z =t +3 Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I ( −1;0;4 ) r r * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n ( 1; 2; −1) Trang 25
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com rr r r � �, n � ( −3;3;3) . Gọi u là vectơ chỉ phương của ∆ � u ( −1;1;1) = a �� x =1− u uuuu r . Vì M �∆ � M ( −1 − u; u;4 + u ) , � AM ( 1 − u; u − 3; u ) �∆: y =u z = 4+u uuuu r r AM ngắn nhất � AM ⊥ ∆ � AM .u = 0 � −1(1 − u ) + 1(u − 3) + 1.u = 0 − � 7 4 16 � 4 �u= . Vậy M � ; ; � �3 3 3 � 3 � −1 �= 0 x x x +1 0 x −1 � �= 0 � � −1 Câu VII.b: PT (2) � � 2 �� x x x(3x + y − 1) = 0 3 x + 1 + xy = x + 1 �3 x + y − 1 = 0 �y = 1 − 3 x � � 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 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x +1 + 2−3 x −1 = 3.2 * Với (3) y = 1 − 3x 1 Đặt t = 23 x +1 . Vì x −1 nên t 4 1 x = � 2(3+ 8) − 1� log 1 t = 3− 8 (loai ) � (3) � t + = 6 � t 2 − 6t + 1= 0 � 3� � � t = 3+ 8 t y = 2 − log2(3+ 8) x=0 1 x = � 2 (3 + 8) − 1� log 3� � Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 8 và y = log 2 y = 2 − log 2 (3 + 8) 11 Hướng dẫn Đề số 19 www.MATHVN.com 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 − 36m + 1 = 0 � m = (thỏa mãn) 9 x2 + 1 + x+ y−2=2 y Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT ⇔ x2 + 1 ( x + y − 2) = 1 y x2 + 1 =1 u+v=2 x2 + 1 u= , v = x + y − 2 . Ta có hệ � u = v =1 ⇔ y Đặt uv = 1 y x + y − 2 =1 Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5). � π� � π� � π� � π� 2) Điều kiện: sin � − � � + � � − � � + � 0 x sin x cos x cos x � 6� � 3� � 6� � 3� Trang 26
  14. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com � π� � π� � π� � π � Ta có tan � − � � + � tan � − � � − x � −1 = = x tan x x cot � 6� � 3� � 6� � 6 � 1 PT � sin 3 x.sin 3 x + cos3 x cos3 x = 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 π + kπ (loaïi) x= 1 1 1 6 � 2(cos 2 x + cos 2 x cos 4 x) = � cos 3 2 x = � cos 2 x = π 2 8 2 x = − + kπ 6 π + kπ , (k Z) Vậy phương trình có nghiệm x = − 6 2x + 1 du = 2 dx u = ln( x 2 + x + 1) x + x +1 Câu III: Đặt � � dv = xdx x2 v= 2 1 1 1 1 2x + 1 1 1 2 x3 + x 2 x2 1 1 1 3 dx dx = ln 3 − �x − 1) dx + � dx − � I = ln( x 2 + x + 1) − (2 4 0 x + x +1 4 0 x + x +1 2 0 x + x +1 2 2 2 2 20 2 0 3π 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 ᄋA ' 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 a2 3 a2 3 1 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 =2 Câu V: Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 . a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 Tương tự 2 . , . b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1 2 2 2 1� 1 � 1� 1 �1 1 1 ab b � + b + 1 + bc + c + 1 + ca + a + 1 � 2 � + b + 1 + b + 1 + ab + 1 + ab + b � 2 = = P 2� ab ab �� � 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 � : x + y − 1 = 0 � C ( t ;1 − t ) . CD �+ 1 3 − t � 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 Trang 27
  15. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com x + y −1 = 0 I ( 0;1) Tọa độ điểm I thỏa hệ: x − y +1 = 0 tọa độ của K ( −1;0 ) . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK x +1 y = � 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆ , thì ( P ) 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) H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ⊥ IA tại A. Trong (P), IH IA ; do đó maxIH = IA r uu r r 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 = �+ x) dx = � n + Cn x + Cn x +L + Cn x ) dx ( C0 1 2 2 n nn (1 0 0 2 11 1 1 �0 � Cnn x n +1 � = � n x + Cn x 2 + Cn2 x 3 +L + C n +1 2 3 � �0 2n +1 n 3n +1 − 1 22 1 23 2 1 2 (1 + x) n +1 = ⇒ I = 2Cn + Cn + Cn +L + Mặt khác I = 0 Cn (1). (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 2Cn + Cn + Cn2 +L + Cn = 0 n +1 n +1 2 3 n +1 3 − 1 6560 � 3n +1 = 6561 � n = 7 = Theo bài ra thì n +1 n +1 7 k � 1 � 7 1 k 14−3k ( x) � 1� 7 7−k Ta có khai triển � x + 4 �= � 7k � 4 � = � k C7 x C 4 � x� 0 2 2 x� 0 2 � 14 − 3k =2�k =2 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 4 1 2 21 C7 = Vậy hệ số cần tìm là 22 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: x + y − x+ y− =0 2 2 27 9 27 �8 � 7 2) Gọi G là trọng tâm của ∆ ABC ⇒ G � ; ;3 � �3 � 3 uuur uuu 2 uuur uuu 2 uuur uuu 2 r r r Ta có F = MA + MB + MC = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC ) 2 2 2 uuur uuu uuu uuuu r r r = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2 MG (GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P) 78 − −3−3 19 ⇔ 33 MG = d (G ,( P )) = = 1+1+1 33 56 32 104 64 GA2 + GB 2 + GC 2 = + + = 9 9 9 3 2 �19 � 64 553 Vậy F nhỏ nhất bằng 3. � �+ = khi M là hình chiếu của G lên (P) � 3� 3 9 3 Trang 28
  16. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com ex− y = x + y + 1 � = u +1 �v = u + 1 �v u = x+ y e e (1) � . Hệ PT ⇔ x + y ⇔ �u Câu VII.b: Đặt �u v= x− y e = x − y +1 � = v +1 � − e = v − u (2) v e e • Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm • Nên (2) � u = v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ′ (u) = eu – 1 Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 � u = 0 . �+ y =0 �=0 x x Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 � v = 0 � � �� �− y =0 � =0 x y Hướng dẫn Đề số 20 www.MATHVN.com �3 5� 1 = t ⇒ t ∈ � ; � à g ( x ) = f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 4. − Câu I: 2) Đặt 2sin x + v � 2 2� 2 −27 − 54 + 32 � 3 � 27 9 49 f � � − − 3. + 4 = −= =− ; 2� 8 4 8 8 � 49 f CD = f ( 0 ) = 4; f CT = f ( 2 ) = 0; ⇒ Max = 4, Min = − 8 125 − 150 + 32 7 � � 125 5 25 = − 3. + 4 = = f�� �� 8 2 4 8 8 Câu II: 1) ĐKXĐ: x > −1, mx > 0 . Như vậy trước hết phải có m 0 . Khi đó, PT ⇔ mx = ( x + 1) � x + (2 − m) x + 1 = 0 2 2 (1) Phương trình này có: ∆ = m − 4m . 2 • Với m (0;4) ⇒ ∆ < 0 ⇒ (1) vô nghiệm. • Với m = 0 , (1) có nghiệm duy nhất x = −1 < 0 ⇒ loại. • Với m = 4 , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất. • Với m < 0 , ĐKXĐ trở thành −1 < x < 0 . Khi đó ∆ > 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Mặt khác, f (−1) = m < 0, f (0) = 1 > 0 nên x1 < −1 < x2 < 0 , tức là chỉ có x2 là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị m < 0 thoả điều kiện bài toán. • Với m > 4 . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đ ều d ương nên các giá tr ị m > 4 cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: m � −� �{ 4} . ( ;0) kπ 2) ĐKXĐ: x sao cho sin 2 x 0 . 2 Khi đó, VT = sin 3 x + cos 3 x + sin 2 x cos x + cos 2 x sin x = (sin x + cos x)(sin 2 x − sin x cos x + cos 2 x) + sin x cos x(sin x + cos x) = sin x + cos x sin x + cos x 0 PT ⇔ sin x + cos x = 2sin 2 x (sin x + cos x) 2 = 2sin 2 x (1) π π (1) ⇔ 1 + sin 2 x = 2sin 2 x � sin 2 x = 1(> 0) ⇔ 2 x =+ 2 kπ � x = + kπ 2 4 π Để thoả mãn điều kiện sin x + cos x 0 , các nghiệm chỉ có thể là: x = + 2kπ 4 e2 x − 2 x + 1 1 − 2 x + 1 + e 2 x − 1 x = = . Câu III: Ta có: 3x + 4 − 2 − x 3x + 4 − 2 − x x Trang 29
  17. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com � − 2 x + 1 e 2 x − 1 �x( 3x + 4 + 2 + x) 1 − 2 x + 1 + e2 x − 1 x 1 + . . = =� � x �(3x + 4) − (2 + x) 2 3x + 4 − 2 − x � x x � � � −2 e2 x − 1 � 3x + 4 + 2 + x −2 x e 2 x − 1 �x( 3 x + 4 + 2 + x ) =� = −� + 2. + 2. . . � ( ) 1+ x � 1 + 2x + 1 2x � − x − x2 �+ 2x + 1 2x � 1 x � � e2 x − 2 x + 1 = −( −1 + 2).4 = −4 ⇒ lim 3x + 4 − 2 − x x0 Câu IV: Ta có: CD 2 = 10 = AC 2 + AD 2 ; DB 2 = 5 = AD 2 + AB 2 ; BC 2 = 13 = AB 2 + AC 2 ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm m ặt cầu này là trung 1 12 14 điểm I của đoạn AH, còn bán kính là R = AH = 2 + 32 + 12 = . 2 2 2 x−3 x Câu V: Đặt f ( x ) = x 2 + 3 + (3 − x) 2 + 5 ⇒ f ( x ) = + x2 + 3 (3 − x) 2 + 5 2 x3 f ( x ) = 0 � x x 2 − 6 x + 14 = (3 − x) x 2 + 3 � 2 x + 18 x − 27 = 0 2 −9 3 15 Phương trình thứ hai có ∆ ' = 81 + 54 = 135 = 9.15 , và hai nghiệm: x1,2 = 2 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nh ỏ h ơn 2. V ậy, đ ạo hàm c ủa hàm s ố không thể đổi dấu trên [ 2; ) , ngoài ra f (3) > 0 nên f ( x ) > 0, ∀x 2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x ) là f (2) = 7 + 6 . Cũng dễ thấy lim f ( x ) = . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x 2 ) khi x 6+ 7. và chỉ khi m Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 2 9 �� � �+ ( −3) 1 2 d− 4� khi và chỉ khi DB AB 4= � = � 4d − 1 = 6 − 3d � d = 1. � 2−d 42 + ( −3) DC AC 2 x+2 y −3 x+2 y −3 = � x + y − 1 = 0 ; AC: = � 3x + 4 y − 6 = 0 Phương trình AD: −3 −3 3 4 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 − b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 4 b − 3 = 5b � b = − 3 ( 1 − b ) + 4b − 6 3 = b � b − 3 = 5b ⇒ 1 3 +4 2 2 b − 3 = −5b � b = 2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b = là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ∆ ABC là: 2 2 2 � 1� � 1� 1 � − �+ � − �= x y � 2� � 2� 4 2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m ( 2 x + 3 y + 11) + n ( y − 2 z + 7 ) = 0 � 2mx + ( 3m + n ) y − 2nz + 11m + 7 n = 0. Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m( −8 − 15 + 11) + n(−5 − 6 + 7) = 0 � n = −3m Chọn m = 1, n = −3 , ta được phương trình của P’: 2 x + 6 z − 10 = 0 . ur Đường thẳng d” đi qua A ( 2; −1;1) và VTCP m = (2;3; −5) . Mặt phẳng P” đi qua M và d” uuu r r ur có hai VTCP là m và MA ( 6;4; −2 ) hoặc n ( 3;2; −1) . Vectơ pháp tuyến của P” là: Trang 30
  18. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com u � −5 −5;2 2;3 � r 3; � ( 7; −13; −5 ) . p=� = , , � −1 −1;3 3;2 � 2; Phương trình của P”: 7( x + 4) − 13( y + 5) − 5( z − 3) = 0 ⇔ 7 x − 13 y − 5 z − 29 = 0. Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: 2 x + 6 z − 10 = 0 7 x − 13 y − 5 z − 29 = 0 Câu VII.a: Điều kiện: n 3. Theo giả thiết thì: n + 3n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) = 9n 2 − 14n ⇔ n 2 − 9n + 14 = 0 n=7 c 3 Câu VI.b: 1) Giả sử M ( x, y ) là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là a = = =5 e 0,6 nên ta có: MF1 + MF2 = 10 � ( x + 1) 2 + ( y − 1)2 + ( x − 5) 2 + ( y − 1)2 = 10 ( x − 2) 2 ( y − 1) 2 + =1 ⇔ 25 16 2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: m ( x − 2 z ) + n ( 3x − 2 y + z + 5 ) = 0 ⇔ ( m + 3n ) x − 2ny + ( −2m + n ) z + 5n = 0 (Q) ⊥ (P) ⇔ 1.(m + 3n) − 2( −2n) + 1.( −2m + n) = 0 � − m + 8n = 0 Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11x − 2 y − 15 z + 5 = 0 . Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: x − 2y + z + 5 = 0 11x − 2 y − 15 z + 5 = 0 Câu VII.b: Ta chứng minh rằng C2 n + k C2nn − k giảm khi k tăng, tức là: n C2 n + k C2nn− k > C2nn+ k +1C2 n− k −1 . (3) n n Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: ( 2n + k ) !( 2n − k ) ! > ( 2n + k + 1) !( 2n − k − 1) ! (3) � n!( n + k ) !n !( n − k ) ! n!( n + k + 1) !n !( n − k − 1) ! 2n − k 2n + k + 1 n n > +1> + 1. � � n−k n + k +1 n−k n + k +1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. Do đó, C2 n + k C2nn − k lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n. n Trang 31

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản