intTypePromotion=3
 » 
 » 

hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 21 đến 30

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

0
Thêm vào BST
Báo xấu
73
lượt xem 11
download

hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 21 đến 30

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 21 đến 30', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 21 đến 30

  1. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x 3 + 2mx 2 + (m + 3) x + 4 = x + 4 (1) x=0 (1) � x( x 2 + 2mx + m + 2) = 0 � g ( x) = x 2 + 2mx + m + 2 = 0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. ∆ ‫��−ڳ‬m − 2 > 0 m 1m2 =m −2 �� �� (a ) . m −2 g (0) = m + 2 0 1− 3 + 4 Mặt khác: d ( K , d ) = =2 2 1 Do đó: S∆ KBC = 8 2 � BC.d ( K , d ) = 8 2 � BC = 16 � BC 2 = 256 2 � ( xB − xC ) 2 + ( yB − yC ) 2 = 256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2). � ( xB − xC ) 2 + (( xB + 4) − ( xC + 4)) 2 = 256 � 2( xB − xC ) 2 = 256 � ( xB + xC ) 2 − 4 xB xC = 128 1 137 1 137 � 4m 2 − 4(m + 2) = 128 � m 2 − m − 34 = 0 � m = (thỏa (a)). Vậy m = . 2 2 Đặt: t = 2 x ; điều kiện: t > 0. Khi đó BPT ⇔ 30t + 1 t − 1 + 2t Câu II: 1) * (2) • t 1: (2) �+ �−�1 �t 1 30t + 3−+ � 30t 1 9t 2 6t 1 1t 4 ( a) • 0 < t 1 : (2) � 30t + 1 � + 1 � 30t + 1 � 2 + 2t + 1 � 0 < t � t t 1 ( b) ⇒ 0 < t �< � 2 4 x �4 0 x 2. Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2. 2) PT � log 2 x + log 2 x + m = 0; x � 1) 2 (0; (1) Đặt: t = log 2 x . Vì: lim log 2 x = − và lim log x = 0 , nên: với x �(0;1) � t � −� 0) (; x 0 x1 Ta có: (1) � t − t − m = 0, t < 0 (2) � m = −t 2 − t , t < 0 2 y = −t 2 − t , t < 0 : ( P) Đặt: y=m : (d ) 1 1 Xét hàm số: y = f (t ) = −t − t , với t < 0 ⇒ f (t ) = −2t − 1 ⇒ f (t ) = 0 � t = − � y= 2 2 4 Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x (0; 1) ⇔ (2) có nghiệm t < 0 1 ⇔ (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 m . 4 1 Vậy, giá trị m cần tìm: m . 4 3 1 t6 3 1� 117 − 41 3 π �4 1 I = − � dt = � −t +1− 2 Câu III: Đặt : x = t dt ⇒ + �= � 1 t +1 t +1� 2 2 � t 135 12 3 3 Câu IV: Dựng SH ⊥ AB � SH ⊥ ( ABC ) và SH là đường cao của hình chóp. Dựng HN ⊥ BC , HP ⊥ AC � SN ⊥ BC , SP ⊥ AC � ﾷSPH = ﾷSNH = α ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP. a3 a3 ; ∆ SHP vuông có: SH = HP.tan α = tan α ∆ AHP vuông có: HP = HA.sin 60o = 4 4 a 2 3 a3 1 1a 3 .tan α . = tan α Thể tích hình chóp S . ABC : V = .SH .S ABC = . 3 34 4 16 π 3 và sin x 0,cos x 0, 2cos x − sin x 0 Câu V: Với 0 < x thì 0 < tan x 3 Trang 32
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com cos x 1 + tan 2 x 1 + tan 2 x cos 3 x y= = = • sin 2 x 2cos x − sin x tan 2 x(2 − tan x) 2 tan 2 x − tan 3 x . cos 2 x cos x 1+ t2 • Đặt: t = tan x; 0 < t 3 ⇒ y = f (t ) = 2 3 ; 0 < t 3 2t − t t 4 + 3t 2 − 4t t (t 3 + 3t − 4) t (t − 1)(t 2 + t + 4) f (t ) = = = � f (t ) = 0 � ( t = 0 �t = 1). (2t 2 − t 3 ) 2 (2t 2 − t 3 ) 2 (2t 2 − t 3 ) 2 π π min f (t ) = 2 � t = 1 � x = . Vậy: miny = 2 khi x = 4 . • Từ BBT ta có: � π� 4 0;  � 3� a −b −5 2S ∆ABC = Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB 2 a −b =8 � +5 b−5� (1) a ⇒ a −b −5 =3 ; � (d) ⇒ 3a –b =4 (3) ∈ ; Trọng tâm G � a −b = 2 (2) �3 3� S 3 = Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 2 + 65 + 89 p S 3 Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = . 2+2 5 p uuu r r � , a � 4 + 196 + 100 BA � 2) d(A, (d)) = � r = =5 2 4 +1 +1 a Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 � 1 � � 1 � 5� 2 2 � z 2 �z − �− � − � � 0 ⇔ � − 1 �− � − 1 � 5 = 0 (1) + = z Câu VII.a: PT ⇔ + z z � � �� � � z � � z � 2� � � z� � z� 2 � 1 + 3i 1 − 3i � 5 1 Đặt ẩn số phụ: t = z − . (1) ⇔ t − t + = 0 � �= �= 2 t t � 2 2 2� z � −1 + i −1 − i Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; ; . 2 2 Câu VI.b: 1) (C1): ( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 = 4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2. (C2): ( x − 4) 2 + ( y − 1) 2 = 1 có tâm I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1. Ta có: I1 I 2 = 3 = R1 + R2 ⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) ⇒ (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: (∆ ) : y = ax + b � ( ∆) : ax − y + b = 0 ta có: a + b −1 � � 2 2 =2 �= �=− a a d ( I1 ; ∆ ) = R1 � a +b 2 2 � � �� 4 4 �� hay � � d ( I 2 ; ∆ ) = R2 � a + b −1 = 1 4 �= 4−7 2 �= 4+7 2 b b � a 2 + b2 � � � � 4 4 4+7 2 4−7 2 2 2 Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: (∆1 ) : x = 3, ( ∆2 ) : y = − , (∆3 ) y = x+ x+ 4 4 4 4 r r 2) (d1) có vectơ chỉ phương u1 = (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ chỉ phương u2 = (1; 3; 1) uur K � d 2 ) � K (t ; 3t − 6; t − 1) � IK = (t − 1; 3t − 5; t − 2) ( uu r r 18 18 12 7 � � IK ⊥ u2 � t − 1 + 9t − 15 + t − 2 = 0 � t = �K� ;− ; � 11 11 11 11 � � Trang 33
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com uuur �8 1 56 59 � Giả sử (d ) cắt (d1) tại H (t ; 4 + t; 6 + 2t ), ( H ( d1 )) . HK = � − t ; − − t ; − − 2t � 11 11 11 � � uuu r r uuu 1 r 18 56 118 26 HK ⊥ u1 � −t − −t − − 4t = 0 � t = − � HK = (44; − 30; − 7). 11 11 11 11 11 18 x = + 44λ 11 12 Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ): y = − − 30λ . 11 7 z = − 7λ 11 Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x ) = x(1 + x) 2009 = x(C2009 + C2009 x + C2009 x 2 + ... + C2009 x 2009 ) 0 1 2 2009 = C2009 x + C2009 x 2 + C2009 x 3 + ... + C2009 x 2010 . 0 1 2 2009 • Ta có: f ( x ) = C2009 + 2C2009 x + 3C2009 x 2 + ... + 2010C2009 x 2009 0 1 2 2009 � f (1) = C2009 + 2C2009 + 3C2009 + ... + 2010C2009 0 1 2 2009 ( a) • Mặt khác: f ( x ) = (1 + x) 2009 + 2009(1 + x) 2008 x = (1 + x) 2008 (2010 + x) � f / (1) = 2011.22008 ( b) • Từ (a) và (b) suy ra: S = 2011.22008. Hướng dẫn Đề số 22 www.MATHVN.com x = −2 � y = m + 4 Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0 x=0 � y=m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(−2 ; m + 4) uuu r uuur 1 Ta có: OA = (0; m), OB = ( −2; m + 4) . Để ﾷAOB = 1200 thì cos AOB = − 2 −4 < m < 0 m(m + 4) 1 −12 + 2 3 =− � � −12 2 3 � m = m ( 4 + ( m + 4) ) 2 2 2 m= 3 3 Câu II: 1) PT ⇔ sin 3 x − cos 3 x = sin 2 x(sin x + cos x) � x + cos x = 0 � x = −1 sin tan ⇔ (sinx + cosx)(sin2x − 1) = 0 � � �� � 2x − 1 = 0 � 2x = 1 sin sin π x = − + kπ π 4 � x = � + kπ � π 4 x = + kπ 4 2) Điều kiện: x ≤ 3. Đặt t = 2 0 . BPT ⇔ 8 + 2t − t 2 + 2t 5 3− x Trang 34
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 5 0t 5 − 2t 0 2 �−��� 4 � 8 + 2t − t � − 2t � 8 + 2t − t � 2 2 2t 0t1 5 0 17 5t − 22 x + 17 0 2 t 1; t 5 � 1 2 3− x Với 0 =t �−� ��1 3x 0 x3 Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: 1 + 2 x − x 2 = 1 � x = 0; x = 2 2 2 Diện tích cần tìm S = � x − x dx = � − ( x − 1) dx 2 2 2 1 0 0 �π π � π π − Đặt x − 1 = sin t; t �� ; �⇒ dx = cost ; Với x = 0 � t = − ; x = 2 � t = �2 2� 2 2 π π π π 2 2 1 1� 1 �2 ⇒ S = � tdt = �+ cos 2t )dt = 2 �+ 2 sin 2t �π = 2 cos 2 (1 t 2 � � π π − − − 2 2 2 Câu IV: Kẻ SH ⊥ BC. Suy ra SH ⊥ (ABC). Kẻ SI ⊥ AB; SJ ⊥ AC. ⇒ ﾷSIH = ﾷSJH = 600 ⇒ ∆ SIH = ∆ SJH ⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông ⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a 2 a3 3 a3 1 Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = . Vậy: VS . ABC = SH .S ABC = 2 3 12 � 1 1� 1 111 9 Câu V: Sử dụng BĐT: ( x + y + z ) � + + � 9 ++� �� x y z x+ y+z � y z� x ab 1 1� 1 1 1� = ab. + +� ab � Ta có: a + 3b + 2c (a + c ) + (b + c ) + 2b 9 � + c b + c 2b � a Tương tự đối với 2 biểu thức còn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được: 1 � + b + c bc + ca ca + ab ab + bc � a + b + c ab bc ca a + + + + + = � � a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 9 � 2 a +b b+c a+c � 6 x = −1 + 3t Câu VI.a: 1) Đường thẳng (∆ ) có phương trình tham số: y = 2 − 2t t ﾷ z = 2 + 2t r Mặt phẳng (P) có VTPT n = (1; 3; 2) uuur u Giả sử N(−1 + 3t ; 2 − 2t ; 2 + 2t) ∈ ∆ ⇒ MN = (3t − 3; −2t ;2t − 2) uuur r u Để MN // (P) thì MN .n = 0 � t = 7 ⇒ N(20; −12; 16) x−2 y−2 z−4 = = Phương trình đường thẳng cần tìm : −7 9 6 2) Phương trình AB : x + 2y − 1 = 0 ; AB = 5 . 1 12 Gọi hc là đường cao hạ từ C của ∆ ABC. S ABC = AB.hc = 6 � hc = 2 5 | 2a + 1 + 2a − 1| 12 12 Giả sử C(2a + 1 ; a) ∈ (∆ ). Vì hc = = �a=� � 3 5 5 5 Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(−5; −3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: �+c =0 � = −2 b b (1+ i) + b ( 1 + i ) + c = 0 � b + c + ( 2 + b ) i = 0 �� 2 � � �+b=0 �= 2 2 c Trang 35
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com � 3� 9 9 và I � d ) : x − y − 3 = 0 � I � ; � ( Câu VI.b: 1) I có hoành độ xI = � 2� 2 2 Gọi M = d ∩ Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). 99 AB = 2 IM = 2 ( xI − xM ) + ( y I − yM ) = 2 2 2 + =3 2 44 S 12 S ABCD = AB. AD = 12 � AD = ABCD = = 2 2. AB 32 AD ⊥ (d ) , suy ra phương trình AD: 1.( x − 3) + 1.( y − 0) = 0 � x + y − 3 = 0 . M AD Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x+ y −3=0 y = −x + 3 � = 3− x �=2 x=4 y x �� �� hoặc . � � � − 3 = 1 � =1 y = −1 ( x − 3) + y = 2 2 2 ( x − 3) + y = 2 x y 2 2 Vậy A(2;1), D(4;-1), x + xC xI = A xC = 2 xI − x A = 9 − 2 = 7 � 3� 9 2 I � ; � à trung điểm của AC, suy ra: � l � y + yC yC = 2 y I − y A = 3 − 1 = 2 � 2� 2 yI = A 2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3. 2.2 + 2.( −1) − 3 + 16 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d = d ( I , ( P ) ) = =5�d > R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của ∆ và (P). r Đường thẳng ∆ có VTCP là n P = ( 2;2; −1) và qua I nên có phương trình là x = 2 + 2t y = −1 + 2t ( t ﾷ ). z = 3−t Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2 ( 2 + 2t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( 3 − t ) + 16 = 0 � 9t + 15 = 0 � t = − =− 9 3 uuuu 3 uuu r r � 4 13 14 � Suy ra N 0 � ; − ; � Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;–3;4) − . �3 3 3 � 5 2008 (1 + i ) 2009 � + i � 1 = � � .(1 + i ) = i 2008 (1 + i) = 1 + i Câu VII.b: Ta có: (1 − i ) �− i � 2008 1 PT ⇔ z − 2(1 + i)z +2i = 0 ⇔ z2 − 2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0 2 ⇔ (z − i − 1)2 = 0 ⇔ z = i + 1. Hướng dẫn Đề số 23 www.MATHVN.com Trang 36
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 23 m 3 23 3 •m= hoặc m = : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép) 3 3 � 2 3 2 3 �� 3 � • m� − \ � � PT có 3 nghiệm phân biệt �� ; : � ��� 33 3 3x 3x 2x = 0 ⇔ 2cos [ cos x + (1 − cos x)sin x ] = 0 Câu II: 1) PT ⇔ cosx(1 + cosx) + 8 sin cos 2 2 2 x cos = 0 ⇔ 2 sin x + cos x − sin x.cos x = 0 2 2) PT ⇔ ( 2 + 1) − − 3 = 0 � ( 2 + 1)3 x − 3( 2 + 1) x − 2 = 0 � ( 2 + 1) x = 2 2x ( 2 + 1) x ln 2 ln 2 2e3 x + e 2 x − 1 3e3 x + 2e 2 x − e x − (e3 x + e 2 x − e x + 1) dx = dx Câu III: I = e3 x + e 2 x − e x + 1 e3 x + e 2 x − e x + 1 0 0 ln 2 � e + 2e − e � 3x 2x x ln 2 ln 2 3 14 − 1� = ln(e3x + e2x – ex + 1) −x dx = ln11 – ln4 = ln = �3 x e + e − e +1 � 2x x 0 0 4 0� 11 Vậy eI = . 4 1 1 1 Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a 2 . VASBC = SABC.SA = a 3 2 3 6 � +B� � +C � � +C � A B A C A B sin � � sin � � sin � cos cos cos � 2� 2� �2 � 2 2 2 � � + + + + Câu V: P = = B A B C C A B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 π �A B C� tan + tan + tan �≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B = C = = 2� �2 2 2� 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M 2 2 � −6 � 8 8 6 ; � (C′ ): � − �+ � + �= 9 ⇒ I′ � ⇒ x y � �� � � 5� 5 � 5� � 5� 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và ∆ 1 ⇒ (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và ∆ 2 ⇒ (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 ⇒ Phương trình của (d) = (P) ∩ (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2]∪[2;3] • y’ = 3x2 – 3, y’ = 0 ⇔ x = ± 1 ∉ D • y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 ⇒ kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập v ới nhau m ột góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2 R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2) 2 + ( y − 1)2 = 20 . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆ , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 20 (1) trình: x + 2 y − 12 = 0 (2) Trang 37
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com y=3 ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 � 5 y 2 − 42 y + 81 = 0 � 2 2 Khử x giữa (1) và (2) ta được: 27 y= 5 � 27 � 6 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M ( 6;3) hoặc M � ; � � 5� 5 x =7+t' 2) Phương trình tham số của ∆1 : y = 3 + 2t ' z =9−t' Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với ∆ 1 và ∆ 2 ⇒ M(7 + t′ ;3 + 2t′ ;9 – t′ ) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) r r VTCP lần lượt của ∆ 1 và ∆ 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3) uuur r u uuur r u � ⊥a � .a = 0 MN MN � � . Từ đây tìm được t và t′ ⇒ Toạ độ của M, N. Ta có: � u r � ur uuur uuur � ⊥b � .b = 0 MN MN Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k ∈ R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 ⇔ – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 −k 2 + k = 0 ( –k + k) + (–k + 2k + k – 2)i = 0 ⇔ ⇔k = 1 2 3 − k 2 + 2k 2 + k − 2 = 0 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i z =i ⇒ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0 ⇔ (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0 z 2 + (1 − i ) z + 2 = 0 Từ đó suy ra nghiệm của phương trình. Hướng dẫn Đề số 24 www.MATHVN.com Câu I: 2) y = g ( x ) = 3 x + 2 ( 1 − 2m ) x + 2 − m . 2 YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1 ∆ = 4m 2 − m − 5 > 0 5 � � g (1) = −5m + 7 > 0 � � < −1 � < m < 5 � m ⇔ 4 � � S 2m − 1 = 0 . log x 2 Trang 38
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com log x 3 +2 3 3y + 2 log x 2 1 �۳�−� 3 3 3 3 (*) luôn sai với mọi y > 0. BPT ⇔ log 3 y +1 y +1 +1 x log x 2 Kết luận: BPT vô nghiệm. 1 Câu III: Đặt : t = 4 x + 1 � t 2 = 4 x + 1 � x = (t 2 − 1) 4 6 5 5 �1 1� dx tdt 31 I =� =� 2 � − dt = ln − Do đó: (t + 1) 3 �+ 1 (t + 1) 2 � 2 2x + 1 + 4x + 1 3 t 2 12 � Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đ ường chéo AD, BE, CF. SO ⊥ (ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đ ều bằng nhau cạnh b. 3 3 3b 2 = Diện tích đáy: Sđáy = 6S∆ OAB = 6b 2 (đvdt) 4 2 Chiều cao h = SO = SA2 − OA2 = a 2 − b 2 b 2 3(a 2 − b 2 ) 1 ⇒ Thể tích V = Sdáy h = 3 2 * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ ⊥ (SAF) 3(a 2 − b 2 ) OI .SO =b Trong ∆ SOJ vuông tại O ta có OJ = 4a 2 − b 2 OI 2 + SO 2 Câu V: Đặt A = x 2 + xy + y 2 , B = x 2 − xy − 3 y 2 • Nếu y = 0 thì A = B = x2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3. x 2 − xy − 3 y 2 z2 − z − 3 x z = khi đó: B = A. 2 = A. 2 • Nếu y ≠ 0, ta đặt . x + xy + y 2 z + z +1 y z2 − z − 3 = m � ( m − 1) z 2 + ( m + 1) z + m + 3 = 0 Xét phương trình: (a). z + z +1 2 m =1 m =1 (a) có nghiệm ⇔ −3 − 48 −3 + 48 ( m + 1) �( m 1) ( m 3) 0 ∆0 2 −−+ 4 � m 3 3 Vì 0 ≤ A ≤ 3 ⇒ −3 − 4 3 B −3 + 4 3 . Đây là điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: �x + 3y − 4 = 0 � = −2 4 x � A ( −2;4 ) �� � � + 2y − 6 = 0 �=4 x y �x + 3y − 4 = 0 � =1 4 x � B ( 1;0 ) �� Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình � � − y −1 = 0 � =0 x y Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a ( x + 2 ) + b ( y − 4 ) = 0 � ax + by + 2a − 4b = 0 Gọi ∆1 : 4 x + 3 y − 4 = 0; ∆2 : x + 2 y − 6 = 0; ∆3 : ax + by + 2a − 4b = 0 Từ giả thiết suy ra ﾷ ∆2 ; ∆3 ) =ﾷ ∆1 ; ∆2 ) . Do đó ( ( |1.a + 2.b | | 4.1 + 2.3 | cosﾷ ∆2 ; ∆3 ) = cosﾷ ∆1 ; ∆2 ) � ( ( = 25. 5 5. a + b 2 2 a=0 �| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 � a ( 3a − 4b ) = 0 � 3a − 4b = 0 b 0 . Do đó ∆3 : y − 4 = 0 •a=0 • 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra ∆3 : 4 x + 3 y − 4 = 0 (trùng với ∆1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. Trang 39
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com � −4=0 �=5 y x � C ( 5;4 ) �� Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: � � − y −1 = 0 � = 4 x y 2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) x−2 y−2 z = =. ⇒ Phương trình đường thẳng KI: −1 3 2 Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(–1; 0; 1). ( xk + 1) + yk + ( zk − 1) 2 2 Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: KH = và KO = xk2 + yk + zk2 2 2 Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: 1 xk = − 4 ( xk + 1) + yk + ( zk − 1) = xk + yk2 + zk2 2 2 2 2 1 � 1 1 3� � �k = − y . Kết luận: K � ; ; � . � −2 y −2 z x 2 � 4 2 4� =k =k �k � −1 3 2 3 zk = 4 Câu VII.a: Ta có: 3(1 + i ) 2010 = 4i(1 + i ) 2008 − 4(1 + i) 2006 � 3(1 + i) 4 = 4i (1 + i) 2 − 4 � (1 + i) 4 = −4 ⇔ 4i 2 = −4 ( đúng) ⇒ (đpcm). Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình y = 0; x = 2 x2 + y 2 + 2x − 4 y − 8 = 0 � � y = −1; x = −3 x − 5y − 2 = 0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì ﾷABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). 2) Vì r ∈ ∆ 1 ⇒ A(t+1; –t –1; 2); B∈ ∆ 2 ⇒ B( t'+3; 2t' +1; t') A uuu ⇒ AB = (−t '− t + 2;2t '+ t + 2; t '− 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất ⇔ AB là đoạn vuông góc chung của (∆ 1) và (∆ 2) uuu r r uuu r r � ⊥ u1 � .u1 = 0 2t + 3t ' = 0 AB AB � � � t = t ' = 0 ⇒ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0). ⇒� r r � � rr �� uuu uuu 3t + 6t ' = 0 � ⊥ u2 � .u 2 = 0 AB AB Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5. • Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). • Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai s ố 0 ho ặc 5 ⇒ 4.P4 = 96 số chia hết cho 5. + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P 3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số. Hướng dẫn Đề số 25 www.MATHVN.com Trang 40
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 3 x − 3 − 3x − k < 0 (1) . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. Câu I: 2) Ta có : 1 1 log2 x 2 + log2 (x − 1)3 1 (2) 2 3 Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ 2 ⇔ 1 < x ≤ 2. Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả 1 < x ≤ 2 �x − 1)3 − 3x − k < 0 �x − 1)3 − 3x < k ( ( ⇔� � �< x 2 �< x 2 1 1 Đặt: f(x) = (x – 1) – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) ⇒ (1) có nghiệm x ∈(1;2] ⇔ 3 min f (x ) = f (2) = −5. Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > – 5 k ( 1;2 π 2π Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0 ⇔ 2sin2x + sinx –1 = 0 ⇔ x = +k ,k ﾷ . 6 3 π 2π 3 � π� 3 � π� Vì x ∈[ 2; 40] nên 2 � + k �− � k � � − � �� � 40 2 40 2π � 6 � 2π � 6 3 6� ⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k { 1, 2,3,...,18} . π 2π (1 + 2 + 3 + ... + 18) = 117π . Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18. + 63 log 2 ( x + 1) + log 2 (3 − x) − log 2 ( x − 1) = 0 2) Điều kiện: 1 < x < 3 . PT ⇔ 1< x < 3 1 17 ⇔ ( x + 1) ( 3 − x ) = x − 1 � x 2 + x − 4 = 0 � x = (tmđk) 2 e e e � 2� ln x 12 Câu III: Ta có : I = � + � xdx = � xdx + 2� dx = ... = � + 5� x ln x ln e . � 4� � x� 1x 1� 1 SC Câu IV: Ta có: ∆ SAC vuông tại A ⇒ SC = SA2 + AC 2 = 2a ⇒ AC′ = = a ⇒ ∆ SAC′ đều Vì 2 (P) chứa AC′ và (P) // BD ⇒ B′ D′ // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của 2 2 AC′ và B′ D′ ⇒ I là trọng tâm của ∆ SBD. Do đó: B D = BD = a . 3 3 Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D′ B′ ⊥ (SAC) ⇒ B′ D′ ⊥ AC′ a2 1 Do đó: SAB'C'D' = AC .B D = . 2 3 Đường cao h của khối chóp S.AB ′ C′ D′ chính là đường cao của tam giác đều SAC ′ ⇒ a3 3 a3 1 . Vậy thể tích của khối chóp S. AB′ C′ D′ là V = h.S AB 'C ' D ' = h= . 2 3 18 a� �b� b c �c� a� � − 1� + � − 1�+ � − 1� 0 Câu V: Ta có BĐT ⇔ c+a� � a+b� a � b+c� c b� 1� �1� b c �1� a� � − 1� a + � − 1 � b � − 1� 0 + ⇔c (1) c a � +1� b� +1� � +1� a b c a b c Đặt: x = > 0; y = > 0; z = > 0 � x. y.z =1 . Khi đó : b c a x −1 y −1 z −1 + + �� x 2 + y 2 + z 2 + xy 2 + yz 2 + zx 2 − x − y − z � 0 0 (1) ⇔ (*) y +1 z +1 x +1 1 ( x + y + z ) 3 xyz ( x + y + z ) = x + y + z ( theo BĐT Cô–si) 2 Vì x 2 + y 2 + z 2 3 3 3 ( xyz ) = 3 (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM. 3 Và xy 2 + yz 2 + zx 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều. Trang 41
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3) r Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP a = (7; −4) của AC làm VTPT ⇒ BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) A nằm trên Oy ⇒ đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0 xyz + + =1 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) � ( P ) : abc uu r uu r uuu r uur IA = (4 − a;5;6), JA = (4;5 − b;6); JK = (0; −b; c), IK = ( − a;0; c) 456 + + =1 abc 77 77 77 ⇒ a= ; b= ; c= phương trình mp(P) Ta có: −5b + 6c = 0 4 5 6 −4a + 6c = 0 n Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: ( x + 1) = n Cn x k . k k =0 n Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n − 1) ( x + 1) n−2 k (k − 1)Cnk x k − 2 = (1) k =2 25 25 k (k − 1)C25 ⇔ k (k − 1)C25 = 5033164800. k k Cho x = 1 và n = 25 từ (1) ⇒ 25. 24.223 = k =2 k =2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M ∈ Oy ⇒ M(0;m) ﾷ AMB = 600 (1) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) ⇒ ﾷ AMB = 1200 (2) Vì MI là phân giác của ﾷ AMB nên: IA AMI = 30 � MI = (1) ⇔ ﾷ 0 ⇔ MI = 2R ⇔ m + 9 = 4 � m = � 7 2 0 sin 30 IA 23 43 AMI = 60 � MI = (2) ⇔ ﾷ R ⇔ m2 + 9 = 0 ⇔ MI = (vô nghiệm) 0 sin 60 3 3 Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; – 7 ) uur u uuu r uuu r 2) BA = (4;5;5) , CD = (3; −2;0) , CA = (4;3;6) uuu r r r (P) có VTPT n1 = � , k � (5; –4; 0) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) BA � = � ⇒ (P): 5x – 4y = 0 uuu r r r (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q) có VTPT n2 = � , k � (–2;–3; 0) CD � = � ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩ (Q) ⇒ Phương trình của (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) �a = −2 5 � = 2 5 � � a 2 + b 2 = 5 � = 2b � � a z =5 a � �� � �� �� � Ta có: � � � �b = − 5 �= 5 � a = 2b b= 5 a = 2b b � � � Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: z = −2 5 − 5i; z = 2 5 + 5i . Hướng dẫn Đề số 26 www.MATHVN.com x−2 Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: =–x+m x −1 Trang 42
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com x1 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m x 2 − mx + m − 2 = 0 (1) Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) 2( x1 − x2 ) 2 = 2 � 1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 �= 2( m 2 − 4m + 8) (x AB = 8 � � Vậy GTNN của AB = 8 khi và chỉ khi m = 2 Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = log 2 x −t 2 − t + 2 1 1 1 1t1 0 − log 2 x − �� − − �� 0 0 BPT ⇔ 2t log 2 x 2 2 t22 t0 1 t −2 log 2 x log 2 2−2 0< x t (t 2 + t − 2) 0 � � � � 4 0
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) uuu uuu r r r Từ điều kiện 2 MA + MB = 0 tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0 2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P) (Q) suy ra phương trình (D). 1 1 1 1 Câu VII.a: PT có hai nghiệm x1 = (1 − i ), x2 = (1 + i ) � 2 = 2i; 2 = −2i x1 x2 2 2 Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F ( 13;0) . Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a 2 – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x − 13) – a y = 0 ax + by = −c Toạ độ của M là nghiệm của hệ: bx − ay = 13b Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x2 + y2 = 9 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ⊥ BC; (Q) qua B và (Q) ⊥ AC � 18 12 � 36 Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H � ; ; � � 49 49 � 49 Câu VII.b: Ta có: Ck + 3Cn−1 + 2Cn−2 = Cn+3 − Cn−3 − Cn−2 � Cn + 3Cn−1 + 3Cn−2 + Cn−3 = Cn+3 (1) k k k k k k k k k k n ( ) VT(1) = Cn + Cn−1 + 2 Cn−1 + Cn− 2 + Cn−2 + Cn−3 = Cn+1 + 2Cn+1 + Cn+1 k−1 k− 2 k k k k k k k ( )( ) k−1 k−1 k− 2 = Cn+1 + Cn+1 + Cn+1 + Cn+1 = Cn+2 + Cn+1 = Cn+3 k k− k k 2 Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau ⇔ phương trình x 4 − (2m + 1) x 2 + 2m = 0 (1) có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng ⇔ phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2. 4m 2 − 4m + 1 > 0 ∆>0 (2m + 1)2 − 8m > 0 m>0 1 � � � ⇔ � > 0 � �m + 1 > 0 �� >− �� 1. S 2 m 2 m � > 0 �m > 0 � �2 P 2 m>0 1 − sin x = 0 Câu II: 1) PT ⇔ (1 − sin x)(6 cos x + sin x − 8) = 0 �� 1 − sin x = 0 6 cos x + sin x − 8 = 0 �1 � � � 4� t t � 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) ⇔ 5 � �+ � � = 1 + 9.3t . � � �5 � � � � 5� • Với t > 0 VT < 10, VP > 10. • Với t < 0, VT > 10, VP < 10. ⇒ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. 1 Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) ⇔ x 2 + 2 x − 1 − 3x x − = 0 . x Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: 1 1 1 (2) ⇔ x − − 3 x − + 2 = 0 . Đặt y = x − (ĐK y ≥ 0). x x x Trang 44
  14. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com y =1 Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 ⇔ . Từ đó ta tìm được x. y=2 u = xe x 1 1 1 xe x 1 xe x xe x ⇒� + �dx dx = − 1 ex dx . Đặt Câu III: S = dv = dx ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 x +1 0 0 (x + 1)2 0 0 Câu IV: • Chứng minh: ∆ ACD vuông tại C ⇒ ∆ ACD vuông cân tại C. AC = CD = a 2; CD = 2a; BD = a 5 • VSBCD = VS.ABCD – VSABD. • Chứng minh BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ (SBC). Kẻ AK ⊥ (SC) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ (AKH) ⊥ (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK) ⊥ (SCD) hay (AMK) ⊥ (SED). AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK ⇒ tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI ⊥ MK có HI = d(H, (SCD)). • Tính AH, AM ⇒ HM; Tính AK ⇒ HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: a+b 1� 1� 1 1 = � + �Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b. 4ab ≤ (a + b)2 . a+b 4ab 4 � b � a 1 � 1� � 1 �1 1 1� 1� 1� 1 1� 1 1 1 �+ � � + � + �= � + +� Ta có: � 2x + y + z 4 � x y + z � 4 �x 4 � z � 8 � 2 y 2 z � 2 2 y x � 1 �1 1 1 � 1 �1 1 1� 1 1 � + + �à �+ +� Tương tự: v x + 2y + z 8 � x y 2z � x + y + 2z 2 8 �x 2y z � 2 1 � 1 1 � 2009 1 1 1 1 + + �+ + � = Vậy 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 4� y z � 4 x 2009 12 Vậy MaxP = khi x = y = z = 4 2009 Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình y = 0; x = 2 x2 + y2 + 2x − 4 y − 8 = 0 � � y = −1; x = −3 x − 5y − 2 = 0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì ﾷABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: log 4 ( n − 3) + log 5 ( n + 6) = 4 có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. uuu r 2) Ta có: AB = ( −1;2 ) � AB = 5 . Phương trình của AB là: 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 ) Trang 45
  15. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com � 8� � 2� 5 8 Vậy tọa độ của C và D là C � ; �D � ; �hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , � 3� � 3� 3 3 Câu VII.b: Đặt log 3 ( n 2 − 2n + 6) = t � n 2 − 2n + 6 = 3t ; ( n 2 − 2n + 6) log3 5 = ( 3t ) 3 = 5t . log 5 Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. ⇒ n2 – 2n + 6 = 9 ⇔ n2 – 2n – 3 = 0 ⇔ n =3 Hướng dẫn Đề số 28 www.MATHVN.com 9 9 Câu I: 2) log12 m =� m = 12 4 = 144 4 12 4 Câu II: 1) PT ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 π π π + kπ � x = + k ⇔ cos 2 x = 0 � 2cos x + cos x + 1 = 0(VN ) ⇔ cos2x = 0 ⇔ 2 x = 2 2 4 2 t2 − 2 (1 � � do x� + 3] 2) Đặt t = x 2 − 2 x + 2 ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x. BPT ⇔ m � t 2), [0;1 t +1 t 2 + 2t + 2 t2 − 2 = > 0 ⇒ g tăng trên [1,2] g (t ) = với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) Khảo sát hàm số: (t + 1) 2 t +1 2 t2 − 2 m max g (t ) = g (2) = có nghiệm t ∈ [1,2] m Do đó, YCBT BPT 3 t +1 t [ 1;2] 2 Vậy: m 3 3 3 3 t2 �2 � 1� � t Câu III: Đặt t = 2 x + 1 ⇒ I = � dt = �− 1 + dt = � − t + ln t + 1 �= 2 + ln 2 t � � 1 1+ t t +1� 2 1� � � 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ O, C ( −2a,0,0 ) , A1 (0,0, 2a 5) uuuu r �5 �uuuur �a3 � a 3 ;0 �M ( −2a,0, a 5) � BM = a � ; − − ; 5 �MA1 = a(2;0; 5) A(0;0;0), B � ; , , �2 � �2 � 2 2 � � � � Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1 uuuu uuu uuuu rrr 1 uuu uuuu rr a 3 15 VAA1BM = A A1 . � , AM � ; S ∆BMA1 = � , MA1 � 3a 2 3 = = AB MB � � � � 6 3 2 3V a 5 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1) bằng d = = . S 3 1 3 5 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: ( x + y ) xy ; ( y + z ) 3 xy ; ( z + x ) 5 xy ⇒ đpcm 2 2 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) x +1 y − 3 z + 2 = = Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): −1 2 1 2x − y + z + 1 = 0 AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: x + 1 y − 3 z + 2 � H (1, 2, −1) = = −1 2 1 Trang 46
  16. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2 xH = x A + x A ' 2 yH = y A + y A ' A '(3,1,0) Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2 zH = z A + z A ' uuuur x − 3 y −1 z = = Ta có A ' B = ( −6,6, −18) (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) : −1 3 1 2x − y + z + 1 = 0 x − 3 y − 1 z � M (2, 2, −3) Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình = = −1 3 1 2) x + 3 y − 6 = 0; x − y − 2 = 0 x2 + x + 1 1 = x ( 2 − x ) � 3x ( 2 − x ) = x + 1 + Câu VII.a: PT � log 3 x x 1 Đặt: f ( x ) = 3x (2− x ) , g ( x) = x + 1 + (x 0) x Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; min g(x) = 3 ⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 ⇒ PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) 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. x = −1 + 2t Đường thẳng ∆ có PTTS: y = 1 − t . Điểm M ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) . z = 2t AM = (−2 + 2t ) 2 + ( −4 − t ) 2 + (2t ) 2 = (3t ) 2 + (2 5) 2 BM = (−4 + 2t ) 2 + ( −2 − t ) 2 + ( −6 + 2t ) 2 = (3t − 6) 2 + (2 5) 2 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 Ta có r ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 | v |= +25 rr rr ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6;4 5 �| u + v |= 2 29 rr r r rr Mặt khác, với hai vectơ u , v 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 ) 2) x + 2 y − 6 = 0 Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 � � �1 � �1 �1 + log 2 x �log 2 x + 1) � ( + 2log 4 x � log 2 2 x � � � BPT � � 0 0 1 � 8x log 2 � � log 2 x � � � 3 1 log 2 x −1 0< x � 2 x +1� log 2 x + 1 log �+ �۳�� � 2 (log 2 x 3) �0 0 2 log 2 x > 0 � log 2 x � log 2 x x >1 Trang 47
  17. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 29 x=0 Câu I: 2) Ta có y = 4 x 3 + 4mx ; y = 0 � 4 x ( x + m ) = 0 � 2 (m0 2.CA .CN 2.2a.a 5 25 3 Vậy cosin của góc giữa AM và A′ C bằng . 25 Trang 48
  18. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Câu V: Đặt t = sin x với t � −1,1] ta có A = 5t 3 − 9t 2 + 4 . [ Xét hàm số f (t ) = 5t − 9t 2 + 4 với t � −1,1] . Ta có f (t ) = 15t 2 − 18t = 3t (5t − 6) [ 3 6 (loại); f (−1) = −10, f (1) = 0, f (0) = 4 . Vậy −10 f (t ) 4 . f (t ) = 0 � t = 0 � = t 5 Suy ra 0 A = f (t ) 10 . π Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi t = −1 � sin x = −1 � x = − + k 2π 2 π và GTNN của A là 0 đạt được khi t = 1 � sin x = 1 � x = + k 2π . 2 1 1 Câu VI.a: 1) Ta có S IAB = S ABCD =1 . Mặt khác S IAB = .IH .IB với AB= 12 + 02 = 1 ⇒ IH = 2. 4 2 Gọi I ( xI , xI ) vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; IH = 2 � d ( I ; AB ) = 2 � xI = 2 TH1: xI = 2 I (2;2); C (3;4); D(2; 4). TH2: xI = −2 � I (−2; −2); C (−5; −4); D( −6; −4). 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. 1 1 1 1 1 Ta có: VOABC = VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC = .r.SOAB + .r.SOBC + .r.SOCA + .r.S ABC = .r.STP . 3 3 3 3 3 1 84 1 Mặt khác: VOABC = .OA.OB.OC = = (đvtt); SOAB = SOBC = SOCA = .OA.OB = 2 (đvdt) 6 63 2 3 3 .8 = 2 3 (đvdt) ⇒ STP = 6 + 2 3 (đvdt) S ABC = AB 2 = 4 4 3VOABC 4 Do đó: r = = (đv độ dài) 6+2 3 STP Câu VII.a: Ta có (1 + x)30 = (1 + x)10 .(1 + x) 20 , ∀x ﾷ (1) n Mặt khác: (1 + x) = C30 .x k , ∀x ﾷ . 30 k k =1 Vậy hệ số a10 của x10 trong khai triển của (1 + x)30 là a10 = C30 . 10 Do (1) đúng với mọi x nên a10 = b10 . Suy ra điều phải chứng minh. 1 = 2( X H − 1) � 7� 3 uur uur Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Suy ra AI = 2.IH � � H�; � 3 = 2(YH − 2) � 2� 2 Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì ∆ ABC là tam giác đều. � 3� � 7� 1. � − � 3. � − � 0 + = x y Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là: � 2� � 2� � x + 3 y − 12 = 0 Vì B, C ∈ (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình: �2 + y 2 − 2 x − 4 y − 5 = 0 �2 + y 2 − 2 x − 4 y − 5 = 0 x x � � � + 3 y − 12 = 0 � = 12 − 3 y x x � + 3 3−3 3 � � − 3 3+3 3 � 7 7 Giải hệ PT trên ta được: B � � 2 ; 2 � � 2 ; 2 �hoặc ngược lại. ;C �� � � �� � x = 1 + 2t 2) PTTS của d1 là: y = 3 − 3t . M ∈ d1 nên tọa độ của M ( 1 + 2t ;3 − 3t; 2t ) . z = 2t t =1 |1 + 2t − 2(3 − 3t ) + 4t − 1| |12t − 6 | Theo đề: d ( M ;( P)) = =2� =2� t =0 3 12 + ( −2) 2 + 2 2 + Với t = 1 ta được M 1 ( 3;0;2 ) ; + Với t = 0 ta được M 2 ( 1;3;0 ) Trang 49
  19. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com • Ứng với M1, điểm N1 d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x − 3) − 2 y + 2( z − 2) = 0 � x − 2 y + 2 z − 7 = 0 (1) . x = 5 + 6t PTTS của d2 là: y = 4t (2) z = −5 − 5t Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0). • Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5). x y +1 � − y +1 = 5 � = 7 x x . Hệ PT ⇔ � Câu VII.b: Điều kiện: �=3 �=3 y y y2 � Hướng dẫn Đề số 30 www.MATHVN.com x=0 Câu I: 2) Tacó y ' = 3x − 3mx = 3x( x − m) = 0 2 x=m Với m 0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT. �1 � Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A �; m3 �B(m; 0) . , 0 �2 � Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện c ần và đ ủ là OA = OB 1 tức là: m = m3 � m 2 = 2 � m = � 2 2 π = kπ . PT ⇔ tan 2 x(1 − sin 3 x) − (1 − cos 3 x) = 0 ⇔ Câu II: 1) ĐK: x 2 ⇔ (1 − cos x)(1 − sin x)(sin x − cos x)(sin x + cos x + sin x cos x) = 0 π π π ⇔ x = k 2π ; x = + kπ ; x = + α + k 2π ; x = − α + k 2π 4 4 4 5 7 2) PT � 32 x − 3x + (3.3x ) 2 − 2.3.3x + 1 = 0 � ... � 5.32 x − 7.3x + 3 3x +1 − 1 = 0 3 3 x = 1 − log 3 5 ⇔ . x = − log 3 5 3 −1 π 3 3 3 −1 1 1� 1 1� dt � 2 − t 2 + 1 � = ... = 2 3 − 2 � + 1 = 2 3 − 24 Câu III: Đặt t = x 2 ⇒ I = dt � 2 21� t 1t � Câu IV: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC. a Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔ AB = 3 2 a a2 1 a2 3 a2 3 1 SA2 = a 2 − SA = ; S∆ABC = AB. AC.sin1200 = = 3 3 2 23 2 12 2 3 1a 2 a 3 a2 ⇒V = = 3 3 12 36 2a − b a3 Câu V: Ta chứng minh: (1) a + ab + b 2 2 3 Thật vậy, (1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b)2 0. 2b − c 2c − a b3 c3 Tương tự: 2 (2) , (3) b + bc + c c + ac + a 2 2 2 3 3 Trang 50
  20. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được: a+b+c a3 b3 c3 +2 +2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a 2 2 2 2 3 Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với A2 + B 2 + C 2 0 ) Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 A + B + C = 0 ⇔ C = –A – B (1) A + 2B − C = 2 � ( A + 2 B − C ) 2 = 2( A2 + B 2 + C 2 ) (2) Theo đề: d(M;(P)) = 2 � A + B +C 2 2 2 8A Thay (1) vào (2), ta được: 8 AB + 5 B 2 = 0 � B = 0 hay B = − 5 • B = 0 (1) C = − A . Chọn A = 1, C = −1 thì (P) : x − z = 0 8A . Chọn A = 5, B = −1 (1) C = 3 thì (P) : 5 x − 8 y + 3z = 0 • B =− 5 uuur u 2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) � N �AC . MN = ( xN − 1, y N + 1) uuur r u Ta có: MN / / n d1 = (1; 1) � 1( xN − 1) − 1( y N + 1) = 0 � xN − yN = 2 (1) 1 1 Tọa độ trung điểm I của MN: xI = (1 − xN ), yI = ( −1 + yN ) 2 2 1 1 I �(d1 ) � (1 − xN ) + ( −1 + yN ) + 2 = 0 � xN + y N + 4 = 0 (2) 2 2 Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0. N �( AC ) � 1 + 2.( −3) + C = 0 � C = 7. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0. Câu VII.a: :• 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) • Mỗi bộ 3 vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ. • Mỗi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn lại Vậy có tất cả là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT. − 3), B(6;5; − 2) (d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P) . Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; rr u ⊥ ud r Gọi u là VTCP của ( d1 ) ⊂ (P), qua A và vuông góc với (d) thì r r u ⊥ uP r rr nên ta chọn u = [u , u P ] = (3; −9;6) . x = 2 + 3t Phương trình của đường thẳng ( d1 ) : y = 3 − 9t (t R) z = −3 + 6t Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 3 − 9t; − 3+6t). (∆ ) là đường thẳng qua M và song song với (d). 1 1 Theo đề : AM = 14 � 9t 2 + 81t 2 + 36t 2 = 14 � t 2 = �t=� 9 3 x −1 y − 6 z + 5 1 M(1;6; − 5) � ( ∆1 ) : • t= − = = 3 4 2 1 x − 3 y z +1 1 M(3;0; − 1) � ( ∆2 ) : == • t= 3 4 2 1 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x0 = y0 ; x1 = y12 2 uuur uur uur IM = ( x0 ; y0 − 2) = ( y0 ; y0 − 2) ; IN = ( y1 ; y1 − 2) = ( y12 ; y1 − 2); 4 IN = (4 y12 ; 4 y1 − 8) 2 y1 = 1 � x1 = 1; y0 = −2; x0 = 4 y0 = 4 y12 2 uuu r uu r Theo giả thiết: IM = 4 IN , suy ra: y1 = 3 � x1 = 9; y0 = 6; x0 = 36 y0 − 2 = 4 y1 − 8 Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3). Câu VII.b: Đặt t = 5 − x + x − 1 � t 2 = 4 + 2 −5 + 6 x − x 2 Trang 51

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.01: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2019
315 tài liệu
1526 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:0933030098

Email: support@vdoc.com.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản