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

hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 31 đến 40

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:19

Thêm vào BST
Báo xấu
98
lượt xem 10
download
 
  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 31 đến 40', 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 31 đến 40

  1. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 31 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x=0 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ 2 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x + 3x + m = 0 (2) (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0. m0 ∆ = 9 − 4m > 0 ⇔ �2 �4 m< 0 +3 0+m 0 9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD = y’(xD) = 3xD + 6 xD + m = −( xD + 2m); kE = y’(xE) = 3xE + 6 xE + m = −( xE + 2m). 2 2 Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc ⇔ kDkE = –1. ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et). 1 ⇔m = ( 9 65 ) . 8 � π� � π� π kπ Câu II: 1) PT ⇔ cos � − � − cos3x ⇔ cos � − � cos(π − 3x) ⇔ x = + = = x x � 3� � 3� 32 2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x 2 + 91 − y 2 + 91 = y − 2 − x − 2 + y 2 − x 2 x2 − y 2 y−x = + ( y − x)( y + x) � y−2 + x−2 x + 91 + y + 91 2 2 � � x+ y 1 � ( x − y) � + + x + y� 0 = � x 2 + 91 + y 2 + 91 � x−2 + y−2 � � ⇔ x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: x 2 + 91 = x − 2 + x 2 � x 2 + 91 − 10 = x − 2 − 1 + x 2 − 9 x2 − 9 x−3 = + ( x − 3)( x + 3) � x − 2 +1 x + 91 + 10 2 � � � � 1 1 � ( x − 3) �x + 3) � − 1� − = � 0 ⇔x = 3 ( � � � x + 91 + 10 � x − 2 + 1 � 2 � Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 e2 e2 e2 dx d (ln x) �1 1� Câu III: I = � x ln x (1 + ln x) � x(1 + ln x) = =�− �(ln x ) = 2ln2 – ln3 d ln x 1 + ln x � ln e� e e Câu IV: Dựng SH ⊥ AB . Ta có: ( SAB) ⊥ ( ABC ), ( SAB) �( ABC ) = AB, SH �( SAB) � 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 11 4 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức + ( x > 0, y > 0) x y x+ y 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + + + ; ; Ta có: a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c Mặt khác: Trang 52
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 1 2 2 =2 � 2a 2 + b2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c � �2 0 2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 2 2 � 2( a − 1) 2 + (b − 1)2 + (c − 1) 2 � 0 1 2 1 2 Tương tự: ; 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 2 2 1 1 1 4 4 4 + + +2 +2 Từ đó suy ra a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D. Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc v ới Ox, do đó ph ương trình c ủa (d) có dạng: y = k ( x − 1) + 1 � y = kx + 1 − k Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 4 x 2 + 9(kx + 1 − k ) 2 − 36 = 0 � (4 + 9k 2 ) x 2 + 18k (1 − k ) x + 9(1 − k ) 2 − 36 = 0 ( ∆ = 288k 2 + 72k + 108 > 0, ∀k ) (1) ⇒ (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ x1 , x2 là nghiệm của (1). −18k (1 − k ) Theo định lý Viet: x1 + x2 = 4 + 9k 2 −18k (1 − k ) 4 M(1; 1) là trung điểm của CD ⇔ x1 + x2 = 2 xM � =2 � k =− . 4 + 9k 2 9 Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0. 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox . � (Q / ) : 4 y − 3x + 10 = 0 uuuuuu r r r (d) qua M 0 (1; 0; − 2) và có VTCP u = (1; 2; 2) . Đặt M 0 M 1 = u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác AM 0 M 1 uuuuu r r � 0 ; u � 8a 2 − 24a + 36 AM 2.S AM 0 M1 � � � d ( A; d ) = = = r M 0 M1 u 3 Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 8a 2 − 24a + 36 2a = � 4a 2 = 8a 2 − 24a + 36 � 4( a − 3) 2 = 0 � a = 3 � 3 3 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử n = a b c d e . • Xem các số hình thức a b c d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a ho ặc b ho ặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ { 1} ⇒ số cách chọn A74 . Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài. • Xem các số hình thức 0b c d e ⇒ có 2 A6 = 240 (số) 3 • Loại những số dạng hình thức 0b c d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT. Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x − 2 y + 3 = 0 và AB = 2 5 x0 − 2 y0 + 3 x0 − 2 y0 + 3 Gọi M ( x0 ; y0 ) � E ) � 5 x0 + 16 y0 = 80. Ta có: d ( M ; AB) = = 2 2 ( 1+ 4 5 1 Diện tích ∆ MAB: S = . AB.d ( M ; AB ) = x0 − 2 y0 − 3 2 �1 1� Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số � ; − �( 5 x0 ; 4 y0 ) có: , 2� �5 2 �1 � � 1� 2 1 1 9 � . 5 x0 − 2 .4 y0 � � + 4 �5 x0 + 16 y0 ) = 20 .80 = 36 ( 2 5 �5 �� � � x0 − 2 y0 � � − 6 � 0 − 2 y0 � � 3 − 6 � 0 − 2 y0 + 3 � + 3 6 x 6 x 6 � − 3 � 0 − 2 y0 + 3 � � x0 − 2 y0 + 3 � x 9 9 Trang 53
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 8 5x 4 y x0 = = 5 x0 = −8 y0 1 1 3 − � max x0 − 2 y0 + 3 = 9 � � �� x0 − 2 y0 = 6 2 5 5 y0 = − x0 − 2 y0 + 3 = 9 3 � 5� 8 Vậy, max S MAB = 9 khi M � ; − �. 3 3� � r r 2) (P) có VTPT nP = (1; 4; − 1) , (Q) có pháp vectơ nQ = (3; − 4; 9) r r (d1) có VTCP u1 = (2; − 4; 3) , (d2) có VTCP u2 = (−2; 3; 4) ( ∆1 ) = ( P ) (Q) ( d1 ),( P ) P ( P) (P ) 1 1 ⇒ (∆ ) = (P1) ∩ (Q1) và (∆ ) // (∆ 1) Gọi: (Q1 ) (d 2 ),(Q1 ) P (Q) rr u = u∆1 r 1r r (∆ ) có vectơ chỉ phương u = [nP ; nQ ] = (8; − 3; − 4) 4 r r rr r u1 và u nên có VTPT: nP1 = [u1 ; u ] = (25; 32; 26) (P1) có cặp VTCP Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 � 25 x + 32 y + 26 z + 55 = 0 r rr r r (Q1) có cặp VTCP u2 và u nên có VTPT: nQ1 = [u2 ; u ] = (0; 24; − 18) Phương trình mp (Q1): 0( x − 3) + 24( y + 1) − 18( z − 2) = 0 � 4 y − 3 x + 10 = 0 25 x + 32 y + 26 z + 55 = 0 Ta có: (∆ ) = ( P ) (Q1 ) ⇒ phương trình đường thẳng (∆ ) : 1 4 y − 3 z + 10 = 0 Câu VII.b: n = 3, n = 4 . Hướng dẫn Đề số 32 www.MATHVN.com � 2a − 1 � Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2). A �; a � � 1− a � 1 2a − 1 Phương trình tiếp tuyến tại A: y = 2 (x – a) + (1 − a) 1− a � 2a � Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: P � 1; � �1− a � Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ 2a 2 1 ; IQ = 2( a − 1) . SIPQ = IP.IQ = 2 (đvdt) +2 = Ta có IP = 1− a 1− a 2 1 Câu II: 1) Điều kiện: − x 10 3 3x + 1 + 6 3x + 1 + 6 BPT ⇔ log 2 log 2 (7 − 10 − x ) ⇒ 7 − 10 − x 2 2 ⇒ 3x + 1 + 6 2(7 − 10 − x ) ⇒ 3x + 1 + 2 10 − x 8 ⇒ 49x2 – 418x + 369 ≤ 0 369 ⇒1 ≤ x ≤ (thoả) 49 Trang 54
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com π kπ 2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 ۹+ x � (k ﾷ) 4 2 3 1 PT � 1 − sin 2 2 x = sin 2 x ⇒ 3sin22x + sin2x – 4 = 0 4 4 π ⇒ sin2x = 1 ⇒ x = + kπ ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm. 4 π π 4 4 Câu III: I = dx + � 2 xdx = I1 + I2 � −x 2 xe cos 0 0 π u = 2x π −π 4 π ⇒ I1 = − Đặt e 4 – 2 e− 4 + 2 Tính: I1 = −x 2 xe dx dv = e − x dx 2 0 π π 1 + cos 2 x = 1 � + 1 sin 2 x � = π + 1 4 x 4 I2 = � � dx 2� 2 � 84 2 0 0 Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD′ . A′ B′ NP là hình bình hành ⇒ A′ P // B′ N A′ PDM là hình bình hành ⇒ A′ P // MD ⇒ B′ N // MD hay B′ , M, N, D đồng phẳng. Tứ giác B′ NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B′ N2 = B′ D2. �2 � y 2 � + a2 � y 2 + a2 ⇒ y = a 2 = Đặt: y = AA’ �4 � 1 1 2 1 1 1 1 + − + − ⇔ Câu V: Ta chứng minh: ≥0 1 + a 1 + b 1 + ab 1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab ( b − a ) 2 ( ab − 1) ۳ 0 (đúng). Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b. (1 + a)(1 + b)(1 + ab ) 2 2 4 4 1 1 1 1 + = + + + Xét 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc 1 + ab 1 + abc 1 + abc 3 1+ a b c 3 6 4 12 4 4 4 3 = 1 . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 ⇒P 1 + abc 3 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (∆ ) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ⇔ ax + by – 2a + b = 0 2a − b 1 Ta có: cos α = = 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7. 10 5( a 2 + b 2 ) ⇒ (∆ 1): x + y – 1 = 0 và (∆ 2): x + 7y + 5 = 0 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB uuu r d qua M(1; 2) có VTPT là AB = (4;2) ⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a) a =3 Ta có IA = d(I,D) � 11a − 8 = 5 5a − 10a + 10 ⇔ 2a – 37a + 93 = 0 ⇔ 2 2 31 a= 2 • Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3) + (y + 2) = 25 2 2 Trang 55
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 2 �1 3 31 � 65 � 31 � 4225 ⇒ I � ; −27 � R = ⇒ (C): � − �+ ( y + 27) 2 = • Với a = x , 2 2 2 � � � 2� 4 uuur r 1 uuu r 2) Ta có AB = (−3;1;4); a = AC = (−1;1;1) 2 PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 � D � ABC ) ⇒ đpcm ( Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 x= y log y x = 1 Ta có log y xy = log x y � log y x + log y x − 2 = 0 2 1 x= 2 log y x = −2 y • Với x = y ⇒ x = y = log 2 3 − 1 1 1 • Với x = 2 ta có: 2 y 2 + 2 y = 3 theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm y Hướng dẫn Đề số 33 www.MATHVN.com Câu I: 2) Đạo hàm y = 4 x 3 + 3mx 2 − 4 x − 3m = ( x − 1)[4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m] x =1 y =0 4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m = 0 (2) Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ∆ = (3m − 4) 2 > 0 4 �۹� m . ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 4 + 4 + 3m + 3m 0 3 4 , thì y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Thử lại: Với m 3 4 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m . 3 π π 2 Câu II: 1) PT ⇔ cos 4 x = � x = � + k , k �Z 2 16 2 v2 − u 2 = 2x + 1 � = x + 2, u > 0 � =x +2 2 u2 2 u � � �2 �� 2) Đặt: � v2 − u 2 − 1 v = x 2 + 2 x + 3 �x 2 = � = x + 2 x + 3, v > 0 2 v 2 v−u =0 (b) � v +u � 1� � PT ⇔ (v − u ) � − u ) �+ + =0 (v 1 � v+u� 1 � 2 � 2� (v + u ) �+ � =0 + 1 (c ) � � � 2 �2 � Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 1 Do đó: PT ⇔ v − u = 0 � v = u � x + 2 x + 3 = x + 2 � x = − 2 2 2 π u = x +1 π /2 ⇒ I = − 1 ( x + 1) cos 2 x + 1 cos 2 xdx = π + 1 . 2 Câu III: Đặt dv = sin 2 xdx 2 20 4 0 Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A′ .ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′ BC) là ϕ = ﾷA EH . 9b 2 − 3a 2 a3 a3 a3 Ta có : AE = , AH = , HE = ⇒ A ' H = A ' A2 − AH 2 = . 2 3 6 3 Trang 56
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Do đó: tan ϕ = A ' H = 2 3b − a ; S∆ABC = a 3 � VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S∆ABC = a 3b − a 2 2 2 2 2 2 HE a 4 4 a 2 3b 2 − a 2 . 1 VA '. ABC = A ' H .S ∆ ABC = 3 12 Do đó: VA ' BB ' CC ' = VABC . A ' B ' C ' − VA '. ABC = a 3b − a 2 2 2 6 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2 • + 2 + 2 33 2 . 2 . 2 = 3 (1) b2 c a bca a 2 b2 c 2 a2 a b2 b c2 � b c� a c • 2 + 1 2 ; 2 + 1 2 ; 2 +1 2 ⇒ 2 + 2 + 2 2� + + � 3 − (2) � c a� b c a b b bc ca a � 2 b2 c 2 � � b c � a a Từ (1) và (2) ⇒ 2 � 2 + 2 + 2 � 2 � + + � đpcm. ⇒ � a � � c a� b c b Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – 5 = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB xN = 2 xI − xE = 12 − m I trung ñieåm NE ⇒ ⇒ N (12 – m; m – 1) yN = 2 yI − yE = 4 − 5 + m = m − 1 uuur u uu r MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) uuur uu ur MN .IE = 0 ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 ⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 uuur u + m = 6 ⇒ MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) là y = 5 uuur u + m = 7 ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5 2(1) − 2(2) − 3 − 4 = 3 < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) d (I; (P)) = 4 + 4 +1 x = 1 + 2t Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : y = 2 − 2t z = 3−t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2 − IJ 2 = 4 Câu VII.a: Đặt t = 3x + x , t > 0. BPT ⇔ t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9) 2 Khi t ≤ 1 ⇒ t = 3x + x �� x 2 + x �� −1 �� 0 2 (a) 1 0 x x −2 x2 + x Khi t ≥ 9 ⇒ t = 3 �� x 2 + x − 2 �� 9 0 (b) x1 Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞ ; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞ ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ ABC, ta có 1 ﾷ IA.IB.sin AIB = sin AIB ﾷ S∆ ABC = 2 ﾷ Do đó S∆ ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 ⇔ ∆ AIB vuông tại I 1 − 4m IA = 1 (thỏa IH < R) ⇔ =1 ⇔ IH = 2 m2 + 1 8 ⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. Trang 57
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 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 ∈(P) nên: + + = 1. Phương trình mặt phẳng (P): mnp mnp m+n=0 uuu uuuu r r uuu uuuu rr � ⊥ NM � .NM = 0 m = −3 DP DP m+ p=0 � r � r uuuu uuur uuuu uuu r n= p=3 D là trực tâm của ∆ MNP ⇔ � ⊥ PM � � .PM = 0 ⇔ DN DN −1 1 1 � � + + =1 � � P) � � P) D( D( mnp xyz + + =1. Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): −3 3 3 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0(1) Câu VII.b: PT ⇔ ( 2 − 1 + sin(2 + y − 1) ) + cos (2 + y − 1) = 0 2 x x 2 x cos(2 x + y − 1) = 0 (2) Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = 1 . x • Khi sin(2 + y − 1) = 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) x • Khi sin(2 + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2 ⇔ x = 1. x π Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ y = −1 − + kπ , k Z . 2 π � � Kết luận: Phương trình có nghiệm: � −1 − + kπ , k Z � 1; . 2 � � Hướng dẫn Đề số 34 www.MATHVN.com Câu I: 2) PT ⇔ x − 2 x + 1 = − log 2 m . Dựa vào đồ thị ta suy ra được: 4 2 1 • log 2 m < –1 � 0 < m < : PT có 2 nghiệm phân biệt 2 1 • log 2 m = –1 � m = : PT có 3 nghiệm 2 1 • –1< log 2 m 0 � m > 1 : PT v ô nghiệm � 1� Câu II: 1) Tập xác định: D = −��� { 1} [ 2; +� ) ; � 2� • x = 1 là nghiệm • x 2: BPT ⇔ x − 2 x − 1 + 2 x − 1 vô nghiệm 1 1 •x : BPT ⇔ 2 − x + 1 − x 1 − 2 x có nghiệm x 2 2 � 1� { } ⇒ BPT có tập nghiệm S= − ;  1 � 2� π 1 + kπ ( k Ζ ) ⇔ x= 2) PT cos 2x= 2 8 Trang 58
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com π π 2 2 sin xdx cos xdx Câu III: Xét: I1 = . � x + cos x ) 3 ; I2 = � 0 ( sin ( sin x + cos x ) 3 0 π Đặt x = − t . Ta chứng minh được I1 = I2 2 π π π π 2 2 dx dx 1 � x + cos x ) =� = tan( x − ) 2 = 1 Tính I1 + I2 = π ( sin 2 )2 4 0 2cos 2 ( x − 0 0 4 1 ⇒ I1 = I2 = I = 7I1 – 5I2 = 1 2 Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD 3 3a 2 3a 1 IK = ; SABMN = ( AB + MN ) IK = 2 2 8 a 3a 3 1 SK ⊥ (ABMN); SK = . V= S ABMN .SK = . 2 3 16 Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki và giả thiết ta có: (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d ) F 3 9 1 − 2(d + ) 2 + Ta có 2 2 f ( d ) = (2d + 3) 2d + 6 d + 9 2 3 9 1 − 2( d + ) 2 + 3 9+6 2 2 < 0 ), ta suy ra được: f (d ) f (− ) = Dựa vào BBT (chú ý: 2 2 4 2d 2 + 6d + 9 1 1 3 3 Dấu "=" xảy ra khi a = ;b=− ;c= ;d =− . 2 2 2 2 Câu VI.a: 1) y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0. uuu r 2) Đường thẳng ∆ cần tìm cắt d2 tại A(–1–2t; t; 1+t) OA = (–1–2t; t; 1+t) x=t uuu ur r ∆ ⊥ d1 � OA.u1 = 0 � t = −1 � A(1; −1;0) ⇒ PTTS của ∆ : y = −t z=0 4 Câu VII.a: Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C18 Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C52C6C7 + C5C62C7 + C5C6C72 11 1 1 11 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C18 − (C52C6C7 + C5C62C7 + C5C6C7 ) = 1485 4 11 1 1 112 Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0. 2) Giao điểm của đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1) uuu r r x − 2 y z −1 Đường thẳng d đi qua C và có VTCP là � , nP � d: = = ⇒ AB � � −1 −2 2 Câu VII.b: Xét khai triển: (1 + x )2 n , thay x = 1; x = –1 và kết hợp giả thiết ta được n = 12 12 � 2 � 12 k Khai triển: � 2 + � = C12 2k x 24 −3 k có hệ số x3 là: C12 27 =101376 7 x x � k =0 � Trang 59
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 35 www.MATHVN.com Câu I: 2) ∆ OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với m ột trong hai đ ường th ẳng y = x ho ặc y = –x. x = −1 � y 0 = 1 −1 = 1⇒ 0 Nghĩa là: f ′ (x0) = ± 1 ⇒ (2x 0 + 3) 2 x 0 = −2 � y 0 = 0 ∆ 1 : y – 1 = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆ 2 : y – 0 = –1(x + 2) ⇔ y = –x – 2 (nhận) π Câu II: 1) Điều kiện: sin x cos x �۹ x k . 0 2 cos 2 x − sin 2 x cos 2 x Ta có: 2cot 2 x = 2 =2 = cot x − tan x . sin 2 x 2sin x cos x cot x 3 π cot x = 1 � x = + kπ , k �ﾷ PT ⇔ 3 + cot x = 3 − cot x �� 2 cot x − 7 cot x + 6 = 0 4 1 2) Điều kiện: x − . 3 PT ⇔ � + 1) 2 − 2( x + 1) 3 x + 1 + ( 3 x + 1 ) � � x + 2 ) − 2 2 x 2 + 5 x + 2 + ( 2 x + 1 ) � 0 +( 2 2 2 = (x �� � � 3x + 1 = x + 1 � � + 1) − 3x + 1 �+ � x + 2 ) − ( 2 x + 1 ) � = 0 � ( 2 2 � x =1. (x �� � � 2x + 1 = x + 2 2 du Câu III: Đặt u = sin x + cos x � I = . 4 − u2 1 π π π 4 4 2cos tdt Đặt u = 2sin t � I = � = �= . dt 12 4 − 4sin t π 2 π 6 6 Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD′ = 2PD nên D′ N = 2DQ a2 AD.DQ = MD 2 = � QM ⊥ AM (đpcm). 4 a2 1 Ta có: V = MD.S∆ A ' AP (1). S∆ A ' AP = S ADD ' A ' − S∆ APD − S ∆ A ' D ' P = 3 2 a3 Thay vào (1), ta được: V = . 12 ( a + b − c )3 c 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương và ta được: , 3 3c 3 ( a + b − c )3 c 1 (a + b − c) 3 4c 1 −− + − +� + + c (1). ab ab 3c 33 3c 33 (b + c − a ) 3 (c + a − b )3 4a 1 4b 1 b+c− − (2), c+a− − (3). Tương tự: 3a 33 3b 33 Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra P � � min P = 1 khi a = b = c = 1 . 1 PM / ( C ) = 27 > 0 M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Câu VI.a: 1) 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: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a 2 + b2 > 0). a=0 −6a − 4b d [ M ,( d )] = 4 � =4� 12 . a=− b a 2 + b2 5 Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. r 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆ 1; ∆ 2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương a = (2; 1; –2) Trang 60
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com uuuu r r uuuu r AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ � M;a � (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t) A = � � 261t 2 − 792t + 612 = 11t − 20 Ta có : d (M, ∆ 2) = d (M, (P)) ⇔ 53 ⇔ 35t2 – 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 35 18 53 3 � � Vậy M (0; 1; –3) hay M � ; ; � � 35 35 � 35 Câu VII.a: ∆ ’ = –9 = 9i2 do đó phương trình có 2 nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i 2 2 ⇒ A = z1 + z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0. uuur u 2) Chọn N �d � N (t ;1 + 2t ;2 + t ) � MN = (t − 2; 2t − 1; t − 2) . uuur r u x −1 y − 3 z − 3 MN P ( P ) � MN .n P = 0 ( do M � P ) ) � t = 1 � N (1;3;3) � d ' : = = ( . −1 1 1 Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt t = log 7 x � x = 7t . ( ) t t t t t t 13 73 �� � � PT ⇔ log 2 1 + 7 = t � 1 + 7 = 2 � 1 + 7 = 8 � � �+ � �− 1 = 0 (*). t 3 3 3 3 8 8 �� � � t t 13 73 Hàm số f (t ) = � � + � � − 1 nghịch biến và f (3) = 0 nên (*) có nghiệm t = 3. �� � � 8 8 �� � � Vậy phương trình có nghiệm x = 343. Hướng dẫn Đề số 36 x=0 Câu I: 2) y = 4x 3 − 4(m 2 − m + 1 x ; y = 0 . ) m2 − m + 1 x= 2 Khoảng cách giữa các điểm cực tiểu: d = 2 m 2 − m + 1 = 2 � − 1 �+ 3 m � � � 2� 4 1 ⇒ Mind = 3 ⇔m = . 2 π Câu II: 1) PT ⇔ sin3 2x − 2sin2 2x + 3sin2x + 6 = 0 ⇔ sin2x = −1 ⇔ x = − + kπ 4 x 3 − 6x 2y + 9xy 2 − 4y 3 = 0 x=y (1) . Ta có: (1) ⇔ (x − y )2(x − 4y ) = 0 ⇔ 2) x = 4y x−y + x+y =2 (2) • Với x = y: (2) ⇒ x = y = 2 • Với x = 4y: (2) ⇒ x = 32 − 8 15; y = 8− 2 15 Câu III: I = 2 + 9ln3− 4ln2 Câu IV: Kẻ SH ⊥ PD ⇒ SH ⊥ ((PQCD) 1 5a2 14 2a 5 10 5 3 1 ⇒ VS .PQCD = SPQCD .SH = . = . a 3 3 9 27 14 • Có thể dùng công thức tỉ số thể tích: Trang 61
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com VS .PQC SP SQ 2 2 4 453 = = . � VS .PQC = VS .ABC = . a SA SB 3 3 9 27 VS .ABC VS .PCD SP 2 2 253 = = � VS.PCD = VS .ACD = a SA 3 3 9 VS .ACD 10 5 3 ⇒ VS .PQCD = VS .PQC + VS .PCD = a 27 Câu V: Ta có: x > 0, y > 0, x + y = 2 ⇒ 0 < xy 1. 2 � y� 3 ≥ 2 x 2 + 3 = 7 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = 1. Vậy, minP = 7. P= � + �+ y x � xy � Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d ⇒ C(3; 1). B, D d ⇒ B(–2; 1), D(6; 5). AB = AD = 5 x = 3+ t r r aV ⊥ nP r rr � aV = �P , ad1� −4(1 ; −1 ⇒ (∆ ): y = 7+ t . = ;1 ) n 2) E ∈ (d2) ⇒ E(3; 7; 6). r r � � aV ⊥ ad1 z = 6− t a = 1− i 2 2 2 Câu VII.a: z1 + z2 = −4i � a = −2i � . a = −1+ i Câu VI.b: 1) (C): x 2 + y 2 − 6x − 2y + 5 = 0 ⇒ Tâm I(3; 1), bán kính R = 5. d (I , ∆) = 5 a = 2, b = −1 c = −10 , Giả sử (∆ ): ax + by + c = 0 (c 0) . Từ: 2 ⇒ a = 1 b = 2,c = −10 , cos(d , ∆) = 2 ∆ :2x − y − 10 = 0 ⇒ . ∆ : x + 2y − 10 = 0 uuu r uuu r 1 2) Lấy B ∈ (d1), C ∈ (d2). Từ : AB = k AC ⇒ k = ⇒ B là trung điểm của đoạn thẳng AC. 2 Ta có thể tính được B(2; –1; 1), C(3; –4; –1). Câu VII.b: Tiệm cân xiên (∆ ): y = x + m 2 . Từ M(1; 5) ∈ (∆ ) ⇒ m = ± 2. m Kết hợp với: y = 1− > 0, ∀x ≠ 1 ⇒ m = –2. (x − 1 2 ) Hướng dẫn Đề số 37: www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m. 13 2 8 x − x − 3x + = m ⇔ x 3 − 3x 2 − 9x + 8− 3m = 0 PT hoành độ giao điểm của (C) và d: 3 3 (1) Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho ∆ OAB cân tại O thì (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1 là hoành độ của A, B) ⇒ x1, x2 là các nghiệm của phương trình: (x 2 − x1 )(x − x2) = 0 ⇔ 2 x 3 − x2x 2 − x1 x + x1 x2 = 0 (2) 2 2 Trang 62
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com x1 = 3 x2 = 3 x =3 19 2 x1 = 9 . Kết luận: d: y = − ⇔2 Đồng nhất (1) và (2) ta được: . 19 3 m=− 2 x1 x2 = 8− 3m 3 Câu II: 1) Nhận xét: cosx = 0 không phải là nghiệm của PT. Nhân 2 vế của PT với cosx, ta đ ược: PT ⇔ 2sin3x (4cos3 x − 3cos x ) = cos x ⇔ 2sin3x.cos3x = cos x π � � ⇔ sin6x = sin� − x � �2 � π k 2π π k 2π ⇔x= + �x= + 14 7 10 5 342 2) PT ⇔ x 2 − 3x + 1= − x + x + 1 (1) 3 Chú ý: x 4 + x 2 + 1= (x 2 + x + 1)(x 2 − x + 1 , x 2 − 3x + 1= 2(x 2 − x + 1 − (x 2 + x + 1 ) ) ) 3 Do đó: (1) ⇔ 2(x 2 − x + 1) − (x 2 + x + 1) = − (x 2 + x + 1 x 2 − x + 1 . )( ) 3 x2 − x + 1 ( ) 2 và đặt t = ,t>0 Chia 2 vế cho 2 2 x + x + 1= x + x +1 x2 + x + 1 −3 t=
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 2 33 2 x 33 2 x 2 ⇔ x (1− x ) x ⇔ x⇔2 2 (1) 2 2 y +z 2 33 1− x 332 z 332 y z y • Tương tự ta có: (2), (3) 2 2 2 2 2 2 x +y z +x 33 2 2 2 33 x y z • Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 2 + 2 + (x + y + z ) = z + x2 x2 + y2 2 2 y +z 3 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = . 3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 . Giả sử A(x; –x – m) ∈ d. )2 2 2 2 IA2 = 18 ⇔ (x − 1 + (−m − x + 2) = 18 ⇔ 2x − 2(3− m)x + m − 4m − 13 = 0 (1) Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nhất ⇔ ∆ ′ = −m 2 + 2m + 35 = 0 ⇔ m=7 . m = −5 2) 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 ⇔ C = − A − B (1) A + 2B − C = 2 ⇔ ( A + 2B − C )2 = 2(A2 + B 2 + C 2) • d (M ,(P )) = 2 ⇔ (2) 2 2 2 A + B +C B=0 (3) Từ (1) và (2) ta được: 8AB + 5B 2 = 0 ⇔ 8A + 5B = 0 (4) • Từ (3): B = 0 ⇒ C = –A. Chọn A = 1, C = –1 ⇒ (P): x − z = 0 • Từ (4): 8A + 5B = 0. Chọn A = 5, B = –8 ⇒ C = 3 ⇒ (P): 5x − 8y + 3z = 0 . 8n(n − 1) 3 C2 1 Câu VII.a: Ta có: An − 8 n + Cn = 49 ⇔ n(n − 1 n − 2) − + n = 49 )( 2 ⇔ n3 − 7n2 + 7n − 49 = 0 ⇔ n = 7 . 7 C7 x 2(7−k ) 2k . Số hạng chứa x 8 ⇔ 2(7− k ) = 8 ⇔ k = 3. (x 2 + 2)n = (x 2 + 2)7 = k k =0 33 C7 .2 = 280 . 8 ⇒ Hệ số của x là: Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử I(a; a – 1) ∈ d. (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên II1 = R + R1, II2 = R + R2 ⇒ II1 – R1 = II2 – R2 ⇔ (a − 3)2 + (a + 3)2 − 2 2 = (a − 5)2 + (a + 5)2 − 4 2 ⇔ a = 0 ⇒ I(0; –1), R = 2 ⇒ Phương trình (C): x 2 + (y + 1)2 = 2 . rrr 2) Gọi ud ,u∆ , nP lần lượt là các VTCP của d, ∆ và VTPT của (P). r Giả sử ud = (a; b;c ) (a 2 + b 2 + c 2 0) . r r • Vì d ⊂ (P) nên ud ⊥ nP ⇒ a − b + c = 0 ⇔ b = a + c (1) a + 2b + 2c 2 ( ) = • ﾷd , ∆ = 450 ⇔ ⇔ 2(a + 2b + c)2 = 9(a2 + b2 + c 2) (2) 2 3 a2 + b2 + c 2 c=0 14c 2 + 30ac = 0 ⇔ 15a + 7c = 0 Từ (1) và (2) ta được: Trang 64
  14. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com • Với c = 0: chọn a = b = 1 ⇒ PTTS của d: { x = 3+ t; y = −1− t; z = 1 • Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8 ⇒ PTTS của d: { x = 3+ 7t; y = −1− 8t; z = 1− 15t . Câu VII.b: Điều kiện: x > y > 0. lg2 x = lg2 y + (lg x + lg y )2 lg y(lg x + lg y ) = 0 ⇔ ⇔ Hệ PT lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0 2 lg (x − y ) + lg x.lg y = 0 lg y = 0 lg x + lg y = 0 (1) ⇔ hoặc (2) lg2(x − y ) = 0 lg2(x − y ) + lg x.lg y = 0 y =1 x =2 • (1) ⇔ ⇔ . x − y =1 y =1 1 1 y= y= 1 x= 2 y= x x �2 � 2 ⇔ 2 x ⇔ y = 1 • (2) ⇔ ⇔ � 1� 1 2 x −1 lg2 � − � lg x.lg = 0 + x =2 = x lg � � lg x 2 � x� x �x � � 1� Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1) và � 2; . � 2� � Hướng dẫn Đề số 38: Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0). Ta có: y = 4x 3 + 2mx . • Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau ⇔ y (1 y (−1) = −1 ⇔ (4 + 2m)2 = 1 ). 3 m=− 2. ⇔ 5 m=− 2 y = 9− x 2 − 5x 2 y = 9− x − 5x x =1 Câu II: 1) Hệ PT ⇔ 4 ⇔ x = −3 3 2 x + 4x − 5x − 18x+18 = 0 x = −1 7 x =1 y = 3 ; x = −3 y = 15 ; ⇔ x = −1− 7; y = 6 + 3 7 x = −1+ 7; y = 6 − 3 7 π 2) PT ⇔ (sin x − 1)(sin x + cos x + 2) = 0 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k 2π . 2 8 �x 1� 8 ( ) − � = � x 2 + 1− ln x + x 2 + 1 � dx Câu III: I= �2 � � � �3 x2 + 1� 3� x + 1 ( 3 + 2) − ln( 8 + 3) . = 1+ ln Trang 65
  15. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu IV: Gọi E = AK ∩ DC, M = IE ∩ CC′ , N = IE ∩ DD′ . Mặt phẳng (AKI) chia hình lập KMCAND và KBB′ C′ MAA′ D′ N. Đặt V1 = VKMCAND, V2 = phương thành hai đa diện: VKBB′ C′ MAA′ D′ N. 1 2 .ED.S∆ ADN = a3 . • Vhlp = a3 , VEAND = 3 9 VEKMC EK EM EC 1 7 72 7 = ⇒ V1 = VKMCAND = VEAND = . a3 = a3 , = . . • EA EN ED 8 VEAND 8 89 36 V1 7 29 3 = ⇒ a V2 = Vhlp – V1 = . V2 29 36 Câu V: • Nếu y = 0 thì M = x 2 = 2. x 2 + 2xy − 3y 2 t 2 + 2t − 3 x • Nếu y ≠ 0 thì đặt t = , ta được: M = 2. 2 =2 . x − xy + y 2 y t2 − t + 1 t 2 + 2t − 3 = m ⇔ (m − 1)t 2 − (m + 2)t + m + 3 = 0 Xét phương trình: (1) 2 t − t +1 (1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = (m + 2)2 − 4(m − 1 m + 3) )( 0 2( 13 + 1) 2( 13 − 1) ⇔− . m 3 3 4( 13 + 1) 4( 13 − 1 . ) Kết luận: − M 3 3 x + y − 2= 0 � 15 7 � ⇒ A � ;− � Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: . 2x + 6y + 3 = 0 �4 4� � −3− 2c � Giả sử: B(b;2 − b) ∈ d1, C �; ∈ c � d2. � 6� b+c = −1 1 b= 2 4 −3− 2c M(–1; 1) là trung điểm của BC ⇔ ⇔ 2− b + 9 c=− 6 =1 4 2 � 7� � 9 1� 1 − ⇒ B � ; �C � ; � , . � 4� � 4 4� 4 r 2) (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = 2. d có VTCP u = (2;2;1) . r rr (P) // d, Ox ⇒ (P) có VTPT n = [ u , i ] = (0;1 −2) ; ⇒ Phương trình của (P) có dạng: y − 2z + D = 0 . 1− 4 + D = 2 ⇔ D − 3 = 2 5 ⇔ D = 3+ 2 5 (P) tiếp xúc với (S) ⇔ d (I ,(P )) = R ⇔ D = 3− 2 5 12 + 22 ⇒ (P): y − 2z + 3+ 2 5 = 0 (P): y − 2z + 3− 2 5 = 0. hoặc z = 3i z 2 = −9 z = 3i ⇔ z= 5−1 . Câu VII.a: PT ⇔ ⇔2 (z2 + 1 2 = 5 z = 5−1 ) z = i 5+1 2S∆ ABC 1 1 3 CH = = Câu VI.b: 1) Vẽ CH ⊥ AB, IK ⊥ AB. AB = 2 ⇒ CH = ⇒IK = . 3 AB 2 2 Giả sử I(a; 3a – 8) ∈ d. Trang 66
  16. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com a=2 Phương trình AB: x − y − 5 = 0 . d (I , AB ) = IK ⇔ 3− 2a = 1 ⇔ a =1 ⇒ I(2; –2) hoặc I(1; –5). • Với I(2; –2) ⇒ C(1; –1) • Với I(1; –5) ⇒ C(–2; –10). x = 1+ 2t1 x = 2+ t2 r . (P) có VTPT n = (2;1 . Gọi A = d ∩ d1, B = d ∩ d2. 2) d1 : y = −1+ t1 , d2 : y = t2 ;5) z = 2t1 z = 1− 2t2 Giả sử: A(1+ 2t1; −1+ t1;2t1) , B((2 + 2t2; t2;1− 2t2) uuu r ⇒ AB = (t2 − 2t1 + 1 t2 − t1 + 1 −2t2 − 2t1 + 1 . ; ; ) t = −1 uuu r r t − 2t1 + 1 t2 − t1 + 1 −2t2 − 2t1 + 1 ⇔1 • d ⊥ (P) ⇔ AB, n cùng phương ⇔ 2 = = t2 = −1 2 1 5 ⇒ A(–1; –2; –2). x +1 y + 2 z + 2 = = ⇒ Phương trình đường thẳng d: . 2 1 5 mx 2 + 2x + 2m − m 2 Câu VII.b: y = . (mx + 1 2 ) m>0 Để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì ∆ = m3 − 2m 2 + 1< 0 1+ 5 ⇔ 1< m < . 2 Hướng dẫn Đề số 39: � 2x0 − 1� Câu I: 2) TCĐ: x = −1; TCX: y = 2 ⇒ M(–1; 2). Giả sử I �0; x �∈ (C), (x0 > 0). � x0 + 1 � 2x0 − 1 � 2x0 − 4 � 3 � B ( (2x 0 + 1 ) . • PTTT với (C) tại I: y = ( x − x 0) + −; ⇒ A �1 ;2 , x0 + 1 2 � x0 + 1 � (x 0 + 1) 36 + 4(x0 + 1 2 = 40 ) ⇔ x0 = 2 (y0 = 1) ⇒ I(2; 1). 2 • MA2 + MB 2 = 40 ⇔ (x0 + 1) x0 > 0 Câu II: 1) BPT ⇔ 3 x 4. 2π cos x 0 1 + k 2π . . PT ⇔ cos x = − ⇔ x = 2) Điều kiện: sin x 0 2 3 2 � 16 9� 2 �x = ( x + 16ln x − 4 − 9ln x − 3 ) 1 = 1+ 25ln2 − 16ln3 . Câu III: I = �+ − 1 d x − 4 x − 3� 1� R 2h5 Câu IV: VS .AHK = . 3(4R 2 + h2)(2R 2 + h2) Trang 67
  17. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 11 4 + ( x > 0, y > 0) . Ta có: Câu V: Áp dụng bất đẳng thức x+ y xy 1 1 4 1 1 4 1 1 4 + + + ; ; a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c 1 2 2 =2 � 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 − 4a − 2b − 2c � �2 Mặt khác: 0 2a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7 2 2 � 2( a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c − 1) 2 �0 1 2 1 2 Tương tự: ; 2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7 2 2 1 1 1 4 4 4 + + +2 +2 Từ đó suy ra: a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB′ , CC′ ⇒ A1, A2 ∈ BC. uuu uuu r r Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) ⇒ Pương trình BC: y = −1 ⇒ B(–1; –1), C(4; –1) ⇒ AB ⊥ AC ⇒ ﾷA vuông. 2) Giả sử: A(−8+ 2t1;6 + t1;10 − t1) ∈ d1, B(t2;2 − t2; −4 + 2t2) ∈ d2. uuu r ⇒ AB = (t2 − 2t1 + 8; −t2 − t1 − 4);2t2 + t1 − 14) . uuu r r −t2 − t1 − 4 = 0 t = −22 ⇔1 AB, i = (1;0;0) cùng phương ⇔ 2t2 + t1 − 14 = 0 t2 = 18 ⇒ A(−52; −16;32), B(18; −16;32) . x = −52+ t ⇒ Phương trình đường thẳng d: y = −16 . z = 32 Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59. Câu VI.b: 1) Chú ý: d1 ⊥ d2 và ∆ ABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2 ⇒ A là giao điểm của d và đường phân giác của góc tạo bởi uuud2 ⇒ A(3; 2). uuu d1, r r Giả sử B(–1; b) ∈ d1, C(c; –2) ∈ d2. AB = (−4; b − 2), AC = (c − 3 −4) . ; uuu uuu rr AB.AC = 0 b = 5, c = 0 A(3;2), B(−1 C (0; −2) ;5), ⇔ ⇒ Ta có: . b = −1 c = 6 A(3;2), B(−1 −1 C (6; −2) 2 , ; ), BC = 50 uuuu r r 2) u∆ = (2;1 −1) . Gọi H = d ∩ ∆ . Giả sử H (1+ 2t; −1+ t; −t ) ⇒ MH = (2t − 1 t − 2; −t ) . ; ; uuuu r r uuuu r 2 r MH ⊥ u∆ ⇔ 2(2t − 1) + (t − 2) − (−t ) = 0 ⇔ t = ⇒ ud = 3MH = (1 −4; −2) ; 3 x = 2+ t ⇒ d: y = 1− 4t . z = 2t log5(3x + 2y ) + log5(3x − 2y ) = 1 log5(3x + 2y ) = 1 Câu VII.b: Hệ PT ⇔ ⇔ log5(3x + 2y ) − log3 5.log5(3x − 2y ) = 1 log5(3x − 2y ) = 0 3x + 2y = 5 x =1 ⇔ ⇔ 3x − 2y = 1 y =1 Hướng dẫn Đề số 40: www.MATHVN.com Trang 68
  18. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 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 (y = 4) ⇔ x (x 2 + 2mx + m + 2) = 0 ⇔ x 2 + 2mx + m + 2 = 0 (2) ∆ = m2 − m − 2 > 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔ m+2 0 m < −1 m>2 ⇔ (*) m −2 Khi đó xB, xC là các nghiệm của (2) ⇒ x B + xC = −2m, x B .xC = m + 2 1 d (I , d ).BC = 8 2 ⇔ (x B − xC )2 = 8 2 S∆IBC = 8 2 ⇔ 2 ⇔ (x B + xC )2 − 4x B xC − 128 = 0 1− 137 m= 2 ⇔ m 2 − m − 34 = 0 ⇔ (thoả (*)) 1+ 137 m= 2 ( )( ) x = 4y x+ y x −2 y = 0 x −2 y = 0 Câu II: 1) Hệ PT ⇔ ⇔ ⇔ 4y − 1 = 1 x − 1 + 4y − 1 = 2 x − 1 + 4y − 1 = 2 x =2 1 ⇔ y= 2 sin x 0 π 2⇔ x = − + k 2π . 2) Điều kiện: cos x 0 . PT ⇔ cos x = 4 2 cot x 1 (cos2 x − 1)sin x − sin2 x cos x sin x − tan x Câu III: A = lim = −1 = lim = lim x 2 sin x x 2 sin x.cos x 0 x 2 cos x 0 x 0 x x Câu IV: A′ MCN là hình thoi ⇒ MN ⊥ A′ C, ∆ B′ MN cân tại B′ ⇒ MN ⊥ B′ O ⇒ MN ⊥ (A′ B′ C). a3 a3 1 1a 21 •V = MO.S∆ A B C = . . a.a 2 = ⇒V = 2VMA B C = B .A MCN MA B C 3 322 6 3 • Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (A′ MCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD ⇒ NP ⊥ (ABCD). S∆ MCP a2 6 a2 6 ⇒ cosϕ = = S∆MCN = , S∆MCP = . 6 S∆MCN 4 4 111 xy z ++ = 1 và xyz = x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx ⇒ + + 1. Câu V: • Từ giả thiết ⇒ yz xz xy xyz 4 11 + • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a+b a b 1� x � 1 1 x = � + �(1). ⇒ x + yz 2 yz 4 � yz � x x+ x Trang 69
  19. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 1� y � 1� z � 1 1 y z � + �(2), � + �(3) Tương tự: y 2 + xz z2 + xy 4 � xz � 4 � xy � y z 1� 1 1 x y z� 1 x y z + + �+ + + + + � Từ (1), (2), (3) ⇒ 2 x + yz y 2 + xz z 2 + xy 4 � y z yz xz xy � x 1 1 (1+ 1 = . ) ≤ 4 2 x 2 + y 2 + z2 = xyz ⇔ x = y = z = 3. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z x 2 = yz; y 2 = xz; z 2 = xy II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). 0) . Gọi d1 = d (O, d ), d2 = d (I 2, d ) . Giả sử d: a(x − 2) + b(y − 3) = 0 (a2 + b 2 2 2 2 2 2 2 Từ giả thiết, ta suy ra được: R1 − d1 = R2 − d2 ⇔ d2 − d1 = 12 (6a − 2a − 3b)2 (−2a − 3b)2 b=0 − = 12 ⇔ b2 + 3ab = 0 ⇔ ⇔ . b = −3a 2 2 2 2 a +b a +b • Với b = 0: Chọn a = 1 ⇒ Phương trình d: x − 2 = 0 . • Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 ⇒ Phương trình d: x − 3y + 7 = 0. ( 2 − 1) x = log x x � 5 − 1� � 5 + 1� 5−1 2) PT ⇔ � ⇔ . ( 2 + 1) �+ � �= 2 2 x = log �2 � �2 � 5−1 Câu VII.a: Xét (1+ x )2n = C2n + C2n x + C2n x 2 + C2n x 3 + C2n x 4 + ... + C2n x 2n 0 1 2 3 4 2n (1) (1− x )2n = C2n − C2n x + C2n x 2 − C2n x 3 + C2n x 4 − ... + C2n x 2n 0 1 2 3 4 2n (2) (1+ x )2n + (1− x )2n Từ (1) và (2) ⇒ C2n + C2n x 2 + C2n x 4 + ... + C2n x 2n = 0 2 4 2n 2 Lấy đạo vế được: hàm 2 ta 2C2n x + 4C2n x 3 + ... + 2nC2n x 2n−1 = 2n −1 2n −1� n � + x) 2 4 2n − (1− x ) (1 � � n Với x = 1, ta được: 2C2n + 4C2n + ... + 2nC2n = n22n −1 = 4n . 2 4 2n 2 2. Theo chương trình nâng cao 32 Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0) ⇒ MI = ⇒ AB = 3 2 ⇒ AD = 2 2 . 2 Phương trình AD: x + y − 3 = 0 . 2 ⇔ a = 2 ⇒ A(2; 1). Từ đó suy ra: D(4; –1), Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3). Ta có AM = B(5; 4), C(7; 2). 2) Điều kiện: x > 3. BPT ⇔ log3 x 2 − 5x + 6 + log3 x + 3 > log3 x − 2 ⇔ x2 − 9 > 1 ⇔ x > 10 . Câu VII.b: Điều kiện: a ≠ 0. Tiệm cận xiên d: y = − x + a + 1. d tiếp xúc với (C′ ) ⇔ Hệ phương trình sau có nghiệm: x 3 − 6x 2 + 8x − 3 = − x + a + 1 x =3 ⇔ . Kết luận: a = –4. a = −4 2 3x − 12x + 8 = −1 Trang 70
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