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 41 đến 50

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:26

Thêm vào BST
Báo xấu
91
lượt xem 14
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

tài liệu tham khảo đề ôn thi ptth và luyện thi cao đẳng đại học môn toán do thầy Trần Sĩ Tùng hướng dẫn giải đề

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 41 đến 50

  1. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm): x=0 x 3 + 3x 2 + mx = 0 (1) ⇔ x 2 + 3x + m = 0 (2) 9 m< 4 (*). Khi đó: x D + x E = −3 x D .x E = m ; (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔ 0 m 9 65 ' ' yD .yE = −1 ⇔ 4m 2 − 9m + 1= 0 ⇔ m = (thoả (*)) 8 π x = + kπ π �π � � � 2 3 Câu II: 1) PT ⇔ cos3x + cos� − x � 0 ⇔ cos3x = cos� + x � = ⇔ . � x = −π +k π �3 � �3 6 2 8x 3y 3 + 27 = 7y 3 t = xy 2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0. Khi đó Hệ PT ⇔ 3 ⇒ 8 3 + 27 = 4t 2 + 6t 22 4x y + 6xy = y t t = xy 3 1 9 ⇔ t=− ;t= ;t= 2 2 2 3 • Với t = − : Từ (1) ⇒ y = 0 (loại). 2 � 3� 1 1 • Với t = : Từ (1) ⇒ � = 3 ; y = 4 � x 2 � 24 � � 3� 3 9 • Với t = : Từ (1) ⇒ � = 3 ; y = 3 4 � x 2 � 24 � π π π� 3� 1 � � 3 4 � I = 3 cos2 tdt = � + � ⇒ Câu III: Đặt cos x = sint , � t 0 . 2� 2� 4 2 � 2� 20 Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC), ﾷSIH = α . a3 a3 1 SH = IH .tanα = tanα tanα . ⇒ VS .ABC = SH .S∆ ABC = 4 3 16 4 11 +. Câu V: • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a+b a b 1� 1 1 � 1� 1 1� 1 1 1 1 1 + + + + + + + ⇒P ≤ � = �� � 4� + y x + z y + x y + z z + x z + y � 2� + y y + z z + x � x x 1 � 1 1� 1005 1 ≤ �+ + � = . 4� y z � 2 x 1 1005 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = . Vậy MinP = . 670 2 Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: 5x ﾖ2y + 6 = 0 , AC: 4x + 7y ﾖ21= 0. Suy ra: A(0; 3). BO ⊥ AC ⇒ BO: 7x − 4y = 0 ⇒ B(–4; –7) ⇒ BC: y + 7 = 0 . uuu r 2) Giả sử A(a; 0; 0) ∈ Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) ∈ d. AB = (t + 1− a;2t; −2 + 2t ) . Trang 71
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com uuu r r a+3 AB ⊥ ud � t = 9 � + a 2(a + 3) 2a − 12 � 12 2 2 2a2 − 6a + 9 . d (A,(P )) = a . ; ; ⇒ B� �AB = . �9 9 9� 3 3 2 2 2a2 − 6a + 9 = a ⇔ a = 3 ⇒ A(3; 0; 0). AB = d(A, (P)) ⇔ 3 3 Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a1a2a3a4a5 . 4 • Nếu a1 = 1 thì có: A7 = 840 (số) 13 13 • Nếu a2 = 1 thì có: C6.A6 = 720 (số) • Nếu a3 = 1 thì có: C6.A6 = 720 (số) ⇒ Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số). Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b) ∈ Oy. R Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng 600 nên MI = =4 sin300 ⇒ M ( 0; 7) hoặc M ( 0; − 7) . ⇒ MI 2 = 16 ⇔ b2 = 7 ⇔ b = 7 r r 2) d1 có VTCP u1 = (2;1 , d2 có VTCP u2 = (−1 ;0) . ;0) ;1 Giả sử A(2t1; t1;4) ∈ d1, B(3− t2; t2;0) ∈ d2. uuu r r AB ⊥ u1 5t1 + t2 = 6 ⇔ t1 = t2 = 1 AB là đoạn vuông góc chung ⇔ uuu r ⇔ r t1 + 2t2 = 3 AB ⊥ u2 ⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0). AB = 2. Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R = 2 ⇒ (S): (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 4. Câu VII.b: PT ⇔ (z + 1 z − 2)(z 2 + 8) = 0 ⇔ z = −1 z = 2; z = 2 2.i . )( ; Hướng dẫn Đề số 42 www.MATHVN.com Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x + 2y + 3 = 0 . Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a + 2b + 3 = 0 (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y = 2(x − a) + b . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: 2x − 4 = 2(x − a) + b (x ≠ –1) x +1 ⇔ 2x 2 − (2a − b)x − 2a + b + 4 = 0 (x ≠ –1) A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB. x + xB 2a − b ⇔a= Khi đó: x I = A (2) 4 2 a + 2b + 3 = 0 a =1 2a − b ⇔ Từ (1) và (2) ta được: b = −2 a= 4 Suy ra phương trình đường thẳng d: y = 2x − 4 ⇒ A(2; 0), B(0; –4). Trang 72
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3x Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos = 2 (*). 4 x = kπ cos2x = 1 cos2x 1 8lπ ⇔ x = 8mπ . 3x 3x . Do đó (*) ⇔ ⇔ Ta có: cos = 1 x= cos 1 4 4 3 1 2) PT ⇔ 3x (2x − 1) = 2x + 1 (1). Ta thấy x = không phải là nghiệm của (1). 2 2x + 1 2x + 1 1 , ta có: (1) ⇔ 3x = ⇔ 3x − =0 Với x 2x − 1 2x − 1 2 6 1 2x + 1 x 3 x . Ta có: f (x ) = 3 ln3+ > 0, ∀x Đặt f (x ) = 3x − = 3 − 2− 2 2 2x − 1 2x − 1 (2x − 1) � 1� � � 1 Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng � ; � à � ; + � Phương trình f(x) = 0 có nhiều − ⇒ v � 2� � 2 � � 1 �� � 1 nhất 1 nghiệm trên từng khoảng � ; �� ; + � − , . � 2 �� 2 � Ta thấy x = 1 x = −1 là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x = 1 x = −1. , , 2 Câu III: Ta có: 1+ sin x = 1 �+ tan x �. 1 � � 1+ cos x 2 �� 2 π π 2 2 1� 1 2� x� x = x �x 2x Do đó: I = �+ tan �e dx �+ tan + tan � dx 1 1 e 2� 2� 2 0� 2 2� 0 π π 1 2� 2 x �x x = 2 tan x �+ tan � dx + � .e dx 2� 1 e � 2� 2 0 0 x du = e x dx u=e x� ⇒ Đặt 1� x dv = �+ tan2 � v = tan 1 dx 2� 2� 2 π π π π 2 2 ⇒ I = e x tan x xx xx 2 = 2. − � e dx + � e dx e tan tan 20 2 2 0 0 Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒ ﾷASD = 300 . 1 AS.SD.sin300 uur uur uuur a uuur uuu 2c SA + aSC AD S ASD 2 r a = = = ⇒ DA = − DC ⇒ SD = Ta có: 1 2c CD SCSD 2c 2c + a CS.SD 2 uu r uur uuu uu � c SA + aSC � r rr 2 uu 2c uu uu rr 2c abc ab.cos600 = ⇒ SD.SB = � �= .SB SA.SB = 2c + a 2c + a � 2c + a � 2c + a uu uur r 22 2 2 4a2c 2 + a2c 2 − 2a2c 2 3a2c 2 2 4c SA + a SC + 4caSA.SC và SD = = = (2c + a)2 (2c + a)2 (2c + a)2 ac 3 ⇒ SD = 2c + a Trang 73
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com abc uuu uu rr SD.SB 3 = 2c + a = ﾷ 6 Mặt khác, cosSDB = ⇒ sinﾷSDB = SD.SB ac 3 3 3 .b 2c + a 2 abc 2 1 1 VSDBC = SC .SSDB = SC .SD.SB.sinﾷSDB = . 3 6 6 2c + a V 2 a2bc AD a a Mà ASDB = = ⇒V = VCSDB = . VCSDB DC 2c ASDB 12 2c + a 2c 2 � 2bc + 2abc 2 � 2 a SABC = VASDB + VCSDB = = Vậy: V abc . � � 2c + a 12 � � 12 Câu V: Đặt a = log2 x , b = log2 y , c = log2 z ⇒ a + b + c = log2(xyz) = log2 8 = 3 log2 x + 1 + log2 y + 1 + log2 z + 1 = a2 + 1+ b2 + 1+ c 2 + 1 ⇒P = 2 2 2 r r r Đặt m = (a;1), n = (b;1), p = (c;1 . ) r r r rrr Khi đó: P = m + n + p m + n + p = (a + b + c )2 + (1+ 1+ 1)2 = 3 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 2 . Vậy MinP = 3 2 khi x = y = z = 2 . uuu r uuur Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d1, B(b; 2b – 1) ∈ d2. MA = (a − 1 −a − 2), MB = (b − 1 b − 2) ; ;2 uuu uuu r r 2a − 2 + b − 1= 0 a=0 2MA + MB = 0 ⇔ −2a − 4 + 2b − 2 = 0 ⇔ b = 3 ⇒ A(0; –1), B(3; 5) ⇒ Phương trình d: 2x − y − 1= 0 . x = 4+ 3t y = 2− 5t ⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) 2) PTTS của AB: z=t Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chi ếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI. x = 3− 4t ⇒ Phương trình đường thẳng d là: y = 3t z = 2+ t 1 1 1+ i 1− i ⇒ 2 = −2i; 2 = 2i . Câu VII.a: PT có các nghiệm x1 = ; x2 = x1 x2 2 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2< 5 ⇒ M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = 2 IA2 − IH 2 = 2 5− IH 2 2 5− IM 2 = 2 3 . uuu r Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI = (1 −1) ; ⇒ Phương trình d: x − y + 2 = 0 . xyz + + = 1. Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ ABC. 2) Phương trình mp(ABC): 123 36 x= uuu uuu r r −2y + 3z = 0 49 AH ⊥ uuu BC − x + 3z = 0 uuu r r � 18 12 � 18 36 ⇔ y= ⇒H� ; ; � ⇔ Ta có: BH ⊥ AC . yz 49 � 49 49 � 49 x + + =1 H (P ) 12 23 z= 49 Trang 74
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 1 3 2 Câu VII.b: Phương trình Cn + Cn = 2Cn ⇔ n(n2 − 9n + 14) = 0 ⇔ n = 7 ( ) 7 Số hạng thứ 6 trong khai triển là: lg(10−3x ) 5 ( x −2)lg3 +2 2 ( ) ( 5 2(x −2)lg3 ) 5 2 lg(10−3x ) 5 2 C7 x Ta có: C7 .2lg(10−3 ).2( x −2)lg3 = 21 ⇔ 2lg(10−3 )+( x −2)lg3 = 1 5 x ⇔ lg(10 − 3x ) + (x − 2)lg3 = 0 ⇔ (10 − 3x ).3x −2 = 1 ⇔ 32x − 10.3x + 9 = 0 ⇔ x = 0; x = 2 Hướng dẫn Đề số 43 www.MATHVN.com 2a − 1 Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ b = (a ≠ 1 ) a −1 2a − 1 1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y = − (x − a) + a −1 (a − 1 2 ) 1 Phương trình đwòng thẳng MI: y = (x − 1) + 2 (a − 1)2 1 1 = −1 ⇔ a = 0 (b = 1 ) Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: − . a = 2 (b = 3) 2 2 (a − 1) (a − 1) Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3) � π� � π� � π� � π� x x x x Câu II: 1) PT ⇔ cos� − � cos2� − � cos3� − � cos4� − � 0 + + + = � 6� 2 � 6� 2 � 6� 2 � 6� 2 xπ Đặt t = −, 26 t cos = 0 2 5t t cost + cos2t + cos3t + cos4t = 0 ⇔ 4cos .cost.cos = 0 ⇔ cost = 0 PT trở thành: 2 2 5t cos = 0 2 t = (2m + 1 π ) π t = + lπ ⇔ 2 π 2kπ t= + 5 5 π • Với t = (2m + 1 π � x = + (4m + 2)π ) 3 π 4π • Với t = + lπ + 2lπ �x= 2 3 π 2kπ π 4kπ 11 • Với t = + �x= + 5 5 15 5 Trang 75
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com x2 −1 0 ⇔ x ≥ 1. 2) Điều kiện: x2 −1 x (do x ≥ 1) 4 Khi đó: x + x2 + 1 > x + x2 −1 x + x2 −1 (x− )( ) − Si Co� ⇒ VT > 4 x − x 2 − 1 + 4 x + x 2 − 1 8 x2 −1 x + x2 − 1 = 2 2 ⇒ PT vô nghiệm. y=2 Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): (y − 1)2 + 1= 4 − y ⇔ y = −1 2 117π (y 2 − 2y + 2)2 − (4 − y )2 dy = V= π 5 −1 Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ ABD. 1 Kẻ NK // SA (K ∈ SC). Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD). Vậy VK .BCDM = KI .SBCDM 3 KI CK CK CN = = Ta có: ∆ SOC ~ ∆ KIC ⇒ (1), ∆ KNC ~ ∆ SAC ⇒ (2) SO CS CS CA 1 CO + CO 2 ⇒ KI = 2 SO = a 3 Từ (1) và (2) ⇒ KI CN CO + ON 3 = = = = 3 3 2CO 2CO 3 SO CA a3 1 33 2 Ta có: ∆ ADC đều ⇒ CM ⊥ AD và CM = ⇒ SBCDM = (DM + BC ).CM = a 2 2 8 a3 1 ⇒ VK.BCDM = KI .SBCDM = 3 8 3 3x 2 x x x Câu V: Ta có 2 2 = . Ta cần chứng minh: . 1− x 2 y +z 1− x 2 2 Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: 2 � x 2 + 1− x 2 + 1− x 2 � 8 2x 2 ( 1− x 2 ) 2 2 = 2x 2(1− x 2)(1− x 2) � �= � 3 � 27 3 3x 2 3 3x 2 2 x x 2 ⇒ x (1− x ) ⇒ ⇒2 2 (1) 2 1− x 2 y +z 2 33 3 3z2 3 3y 2 z y Tương tự: (2), (3) x 2 + y2 2 x 2 + z2 2 ( ) 33 2 2 2 33 x y z + + x +y +z = Do đó: y 2 + z2 x 2 + z2 x 2 + y2 2 2 3 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = . 3 Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆ OAB vuông cân tại O. 5 2. Khi đó d (O, d ) = 2 Giả sử phương trình đường thẳng d: A(x − 2) + B(y − 6) = 0 (A2 + B 2 0) −2A − 6B 5 2 52 = ⇔ 47B 2 + 48AB − 17A2 = 0 Ta có: d (O, d ) = ⇔ 2 2 2 2 A +B Trang 76
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com −24 − 5 55 B= A 47 ⇔ −24 + 5 55 B= A 47 −24 − 5 55 • Với B = A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 − 5 55 47 ( ) ⇒ d: 47(x − 2) − 24 + 5 55 (y − 6) = 0 −24 + 5 55 • Với B = A : chọn A = 47 ⇒ B = −24 + 5 55 47 ( ) ⇒ d: 47(x − 2) + −24 + 5 55 (y − 6) = 0 r 2) (P) có VTPT n = (1 ;1 . Giả sử A′ (x; y; z). ;1 ) � y + 1 z + 2� x Gọi I là trung điểm của AA′ ⇒ I � ; ; . � �2 2 2� x y −1 z − 2 uuur = = r AA , n cung ph�� ⇔ 1 � 1 1 ng Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔ x y +1 z + 2 I (P) + + + 3= 0 2 2 2 x = −4 ⇔ y = −3 . Vậy: A′ (–4; –3; –2). z = −2 Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số) Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số) ⇒ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2). Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′ ∈ AB. x −9 y +2 ⇔ x + 7y + 5 = 0 . = Ta tìm được: C′ (2; –1). Suy ra phương trình (AB): 2 − 9 −1+ 2 Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x + 7y − 25 = 0 Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′ (–17; 6). M là trung điểm của AA′ ⇒ M(–4; 2) M cũng là trung điểm của BC ⇒ B(–12; 1). 2) Giả sử A(−23+ 8t1; −10 + 4t1; t1) ∈ d1, B(3+ 2t2; −2 − 2t2; t2) ∈ d2. uuu r ⇒ AB = (2t2 − 8t1 + 26; −2t2 − 4t1 + 8; t2 − t1) 17 t1 = uuu r r 2t2 − 8t1 + 26 = 0 6 ⇒ A � 1; 4; 17 � − AB // Oz ⇔ AB, k cung ph�� ⇔ ⇔ � ng � � −2t2 − 4t1 + 8 = 0 5 �3 3 6� t2 = − 3 1 x=− 3 4 ⇒ Phương trình đường thẳng AB: y = 3 17 z = +t 6 x x 3 −4 2 5 (1) Câu VII.b: 4 1+ log2(a − x ) log2(x + 1) (2) Trang 77
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com x . Ta có: f′ (x) = ln3.3 − ln5.52 > 0, ∀x x x • (1) ⇔ x . Đặt f(x) = R 3x − 52 3x − 52 −4 0 −4 2 ⇒ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +∞ ) x4 1 • (2) ⇔ log2 [ 2(a − x )] log2(x 4 + 1 ⇔ 2(a − x ) x 4 + 1 ⇔ a ) +x+ (*) 2 2 • Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thuộc [2; +∞ ) x4 1 + x + . Ta có: g′ (x) = 2x 3 + 1 > 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g(x) đồng biến trên [2; +∞ ) và Đặt g(x) = 2 2 21 g(2) = . 2 21 Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +∞ ) ⇔ a . 2 21 Vậy để hệ có nghiệm thì a . 2 Hướng dẫn Đề số 44 www.MATHVN.com Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. (2m − 1 x − m 2 ) =x (*) x −1 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì: (m − 1 2 ) =1 (**) (x − 1 2 ) x=m Từ (**) ta có (m − 1)2 = (x − 1)2 ⇔ x = 2− m 0m = 0 (thoả với mọi m). Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1. • Với x = m, thay vào (*) ta được: • Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m − 1)(2 − m) − m 2 = (2 − m)(2 − m − 1) ⇔ 4(m − 1)2 = 0 ⇔ m = 1⇒ x = 1 (loại) Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . 5π π x= +k �π � 5 −3 1 48 4 cos2x + sin2x = cos6x ⇔ cos� − 2x � cos6x ⇔ = Câu II: 1) PT ⇔ 5π π �6 � 2 2 x=− +l 24 2 2xy x2 + y2 + =1 (1) . Điều kiện: x + y > 0 . x+y 2) 2 x+y =x −y (2) � 1� 2 � 0 ⇔ (x + y − 1)(x 2 + y 2 + x + y ) = 0 ⇔ x + y − 1= 0 (1) ⇔ (x + y ) − 1− 2xy �− = 1 � x+y� (vì x + y > 0 nên x 2 + y 2 + x + y > 0 ) x = 1 (y = 0) Thay x = 1− y vào (2) ta được: 1= x 2 − (1− x ) ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔ x = −2 (y = 3) Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). Trang 78
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com π π π 2 2 cost cosx Câu III: Đặt t = − x ⇒ dt = –dx. Ta có I = dt = dx 2 3 + cosx )3 0 (sint + cost ) 0 (sin x π π π π 121 2 2 2 sin x cosx 1 dx ⇒ 2I = dx + dx = dx = 2 2� π � + cosx )3 + cosx )3 2 0 cos x − 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x 0 (sin x � � � 4� π 1 = 1 tan� − π � = 1 . Vậy: I = . 2 x � � 2 2 � 4� 0 Câu IV: Vì ABB′ A′ là hình bình hành nên ta có: VC .ABB ' = VC .AB ' A ' . 2 3 Mà VC .ABB ' = 1.A M .S ABC = 1 a 3 . a 3 = a 3 32 4 8 3 3 Vậy, VC .ABB ' A ' = 2VC .ABB ' = 2 a = a . 84 Câu V: Ta có: P = x 2 + (2 − y )2 + x 2 + (y + 2)2 + x − 4 r r Xét a = (x;2 − y ),b = (x , y + 2) . r r rr Ta có: a + b a + b ⇒ x 2 + (2 − y )2 + x 2 + (y + 2)2 4x 2 + 16 = 2 x 2 + 4 rr Suy ra: P ≥ 2 x 2 + 4 + x − 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a ,b cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: 2 (2 3+ x) 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = (3+ 1)(4 + x 2) ⇒ 2 x 2 + 4 2 3+ x . . 3 2 Do đó: P ≥ 2 3 + x + 4 − x ≥ 2 3 + 4 = 2 3 + 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = , y = 0. 3 2 Vậy MinP = 2 3 + 4 khi x = , y = 0. 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = 5 ⇒ c = 5 3 . Gọi M(x; y) ∈ (E). 3 3 Ta có: MF1 = 10 − x , MF2 = 10 + x. 2 2 ﾷ Ta có: F1F22 = MF12 + MF22 − 2MF1.MF2.cosF1MF2 2 2 � �� �� �� � ⇔ ( 10 3) = � − 3 x � + � + 3 x � − 2� − 3 x �10 + 3 x �− 1 �⇔ x = 0 (y= ± 5) � 2 10 10 10 � �� 2 �� 2�� 2� 2 � 2� � � � Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). uu uu uu r r r r � 13 25 � 23 2) Gọi I là điểm thoả: IA + 2IB + 3IC = 0 ⇒ I � ; ; � � 6 6� 6 uuu r uuu r uuur uuu uu rr uuu uu rr uuu uu rr uuu r uuu r Ta có: T = MA + 2MB + 3MC = ( MI + IA ) + 2( MI + IB ) + 3( MI + IC ) = 6MI = 6 MI uuu r Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P). � 13 2 16 � Ta tìm được: M � ; − ; �. 9 9 9� � Câu VII.a: Ta có: (x + 1)10 = C10x10 + C10x 9 + ... + C10x + C10 0 1 9 10 ( ) ⇒ (x + 1)10(x + 2) = ... + C10 + 2C10 x 6 + ... 5 4 5 4 ⇒ a5 = C10 + 2C10 = 672 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). Trang 79
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com AB = AC • Ta có: ⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ ABC vuông cân tại A nên AI cũng là IB = IC phân giác của ﾷBAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . • Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) uu AB = AC. và r Vì IA = (2;1) ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có r hai thành phần đều khác 0. Gọi u = (1 a) là VTCP của d. Ta có: ; a=3 uu r r 2+ a 2+ a cos( IA,u ) = 2 = = 1 ⇔ 2 2 + a = 5 1+ a 2⇔ a=− 2 1+ a2 22 + 1 5 1+ a2 3 x = 5+ t r • Với a = 3, thì u = (1 ⇒ Phương trình đường thẳng d: ;3) . y = 5+ 3t � + 13 7 + 3 13 �� − 13 7 − 3 13 � 9 9 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; � �� � �2 2 �� 2 2 � x = 5+ t r � 1� 1 − , thì u = � − �⇒ Phương trình đường thẳng d: 1. • Với a = 1; y = 5− t 3 � 3� 3 � + 3 13 11− 13 �� − 3 13 11+ 13 � 7 7 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ; , ; � �� � �2 2 �� 2 2 � � + 3 13 11− 13 �� + 13 7 + 3 13 � 7 9 • Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: � ; , ; �� � �2 2 �� 2 2 � và � − 3 13 11+ 13 �� − 13 7 − 3 13 � 7 9 ; , ; � �� � �2 2 �� 2 2 � 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d (M , d ) = 2 . 2MH 26 = Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 3 3 x −2 y z−3 == 1 1 1 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: . 8 (x − 2)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = 3 � 2� � 2� 22 2 2 Giải hệ này ta tìm được: A� + ; ;3+ �B � − ;− ;3− . 2 ,2 � �33 3� � 3 3 3� �y � 2 log2010 � � x − 2y = (1) �x � Câu VII.b: x 3 + y3 = x2 + y2 (2) xy Điều kiện: xy > 0 . Từ (2) ta có: x 3 + y 3 = xy (x 2 + y 2 ) > 0 ⇒ x > 0, y > 0 . 2y = 2010x −2y ⇔ x.2010x = 2y.20102y . (1) ⇔ x � � t Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f ′ (t) = 2010t �+ > 1 �0 � ln2010 � ⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y y = 0 (loai ) � � 9� 9 � 9� Thay x = 2y vào (2) ta được: y �y − � 0 ⇔ = 5 y= �= � x � 2� 10 � 5 � Trang 80
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com � 9� 9 Vậy nghiệm của hệ là: � ; � . � 10 � 5 Hướng dẫn Đề số 45 www.MATHVN.com Câu I: 2) Gọi (x0; y0) là toạ độ của tiếp điểm. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với m ột trong hai đ ường th ẳng y = x hoặc y = −x . −1 x = −1 (y0 = 1) = 1⇒ 0 ⇒ y (x0) = 1 ⇔ x0 = −2 (y0 = 0) 2 (2x0 + 3) x0 = −1 x0 = −2 ⇒ ∆ : y = − x (loại) ⇒ ∆ : y = − x − 2 (nhận) • Với • Với y0 = 1 y0 = 0 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − x − 2 . π x − + m 2π 6 7π 1+ 2sin x 0 + n2π ⇔x Câu II: 1) Điều kiện: 1− sin x 0 6 π + p2π x 2 cosx − 2sin x.cosx = 3 ⇔ cos x − sin2x = 3(sin x + cos2x ) PT ⇔ 1− sin x + 2sin x − 2sin2 x � π� � π� 3 1 1 3 sin x ⇔ cos� x − � cos� + � = ⇔ 2 cos2x + sin2x = cosx − x 6� � 3� � 2 2 2 2 π x = + k 2π (loai ) � π 2π 2 Vậy PT có nghiệm: x = − + k ⇔ . . π 2π 18 3 x=− +k (nhan) � 18 3 u3 = 3x − 2 u = 3 3x − 2 6 ⇒2 2) Điều kiện: x . Đặt . v = 6 − 5x v = 6 − 5x 5 2u + 3v = 8 u = −2 3x − 2 = −2 ⇔ x = −2 . ⇒ Ta có hệ PT: . Giải hệ này ta được 3 2 v=4 6 − 5x = 16 5u + 3v = 8 Thử lại, ta thấy x = −2 là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm x = −2 . π π 2 2 Câu III: I = x.dx − � 2 x.dx = A – B. 5 � cos cos 0 0 π π π 8 2 2 2 ( 1− sin2 x ) 2d (sin x ) = 15 •A= = cos5 cos4 � x.dx = � x.cos x..dx 0 0 0 π π π 2 12 •B= (1+ cos2x ).dx = 4 cos2 � x.dx = 2� 0 0 Trang 81
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 8π Vậy I = –. 15 4 3a2 Ta có: SBIC = S ABCD − S ABI − SCDI = Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB ⇒ BC = a 5 . 2 2SBIC 3a = Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = . BC 5 3a 3 0 Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ (ABCD) ⇒ ﾷSFI = 600 ⇒ SI = IF .tan60 = 5 1 1 3 3a 2 3 15 3 V = SI .S ABCD = . .3a = a. ⇒ Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 3 5 5 Câu V: Xét điều kiện: x 2 + xy + xz = 3yz ⇒ (x + y )2 + (x + z)2 = 2(y + z)2 − (y − z)2 2 2 2 � +y� � +z� � +y x+z� x x x ⇒� �+ � � = 2− � − � (*) y+z � � +z� y+z y+z� y � � x+y x+z Đặt u = ,v= (u, v > 0). Từ (*) ⇒ u2 + v 2 = 2 − (u − v)2 ⇒ u2 + v 2 − uv = 1 (1) y+z y+z 3 3 � + y � � + z � � + y �x + z � � x x x 3 3 Khi đó ta có: BĐT ⇔ � �+ � �+ 3� � 5 ⇔ u + v + 3uv 5 � � y + z � � + z � � + z �y + z � y y � � ⇔ (u + v )(u2 − uv + v 2) + 3uv 5 ⇔ u + v + 3uv 5 (2) (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: uv = 1− (u − v)2 1 (3) 3 và (u + v )2 = 1+ 3uv 1+ (u + v)2 ⇒ (u + v )2 4 ⇒ u + v 2 (4) 4 Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2). uu r Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) ∈ ∆ ⇒ IE = (a − 6;3− a) uuur Gọi P là điểm đối xứng của E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1), MP = (11− a; a − 6) uuu uu rr a=6 Ta có: MP.IE = 0 ⇔ (11− a)(a − 6) + (a − 6)(3− a) = 0 ⇔ a=7 uu r Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận IE làm VTPT. uur • Với a = 6 ⇒ IE = (0; −3) ⇒ Phương trình AB: y = 5 uu r • Với a = 7 ⇒ IE = (1 −4) ⇒ Phương trình AB: x − 4y + 19 = 0 ; 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5 d (I ,(P )) = 3 < R ⇒ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C). Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4. Câu VII.a: PT có các nghiệm: z1 = −1− 3i, z2 = −1+ 3i 2 2 ⇒ A = z1 + z2 = 20 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2. 1 1 1 Ta có: SIAB = IA.IB.sinﾷAIB = R 2 sinﾷAIB R2 = 1 2 2 2 ﾷAIB = 1 ⇔ ﾷAIB = 900 ⇔ ∆ AIB vuông cân tại I Dấu "=" xảy ra ⇔ sin m=0 −2 − 2m − 2m + 3 R = 1 ⇔ 15m 2 − 8m = 0 ⇔ Khi đó: d (I , ∆) = =1⇔ 8 m= 1+ m 2 2 15 Trang 82
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 2) Giả sử: M (−1+ t; t; −9+ 6t ) ∈ ∆ 1. (8t − 14)2 + (−14t + 20)2 + (t − 4)2 Khoảng cách từ M đến ∆ 2: d (M , ∆ ) = 2 3 11 − 20 t Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): d (M ,(P )) = 3 (8t − 14)2 + (−14t + 20)2 + (t − 4)2 = 11 − 20 t Từ đó ta có: 3 3 t =1 2 53 ⇔ 140t − 352t + 212 = 0 ⇔ t= 35 � 53 3 � 18 53 ⇒M� ; ; � • Với t = 1 ⇒ M(0; 1; –3) • Với t = � 35 35� 35 35 Câu VII.b: Điều kiện: xy > 0 x 2 + y 2 = 2xy x=y x=y=2 Hệ PT ⇔ 2 ⇔2 ⇔ x = y = −2 2 x =4 x − xy + y = 4 vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2). Hướng dẫn Đề số 46 www.MATHVN.com ( ) Câu I: 2) PTTT ∆ của (C) tại điểm M 0 x0; y0 là: ( ) 13 ∆ : y = x0 − 4x0 + 3 ( x − x0 ) + x0 − 2x0 + 3x0 2 2 3 ∆ qua O � x0 = 0, x0 = 3 ⇒ Các tiếp tuyến cần tìm: y = 3x , y = 0 . Câu II: 1) PT ⇔ ( sin x + cos x + 1) ( 2 cos x − 3 ) = 0 π x = − + k 2π � π� 1 ⇔ sin x + cos x = −1 � sin � + � − = � x 2 . � 4� 2 x = π + k 2π π KL: nghiệm PT là x = − + k 2π ; x = π + k 2π . 2 2) Ta có: 2 x − y = ( 2 y 2 − x 2 ) ( 2 y − x ) � x3 + 2 x 2 y + 2 xy 2 − 5 y 3 = 0 3 3 Khi y = 0 thì hệ VN. 3 2 �� �� �� x x x 3 Khi y 0 , chia 2 vế cho y 0 ta được: � �+ 2 � �+ 2 � � 5 = 0 − y y y �� �� �� y=x x Đặt t = � x = y = 1, x = y = −1 , ta có : t 3 + 2t 2 + 2t − 5 = 0 � t = 1 � y2 = 1 y x+2 Câu III: Ta có: x 2 − 2 x + 2 1 nên PT � m = x2 − 2x + 2 Trang 83
  14. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 4 − 3x x+2 � f '( x) = Xét f ( x ) = (x ) 2 x2 − 2x + 2 − 2x + 2 x2 − 2x + 2 4 �� 4 f ' ( x ) = 0 � x = ; f � � 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x) = 1 = 3 �� 3 x− x+ Kết luận: 1 < m < 10 Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD � SO ⊥ ( ABCD ) . 2a 2 a 2 SA2 − OA2 = a 2 − Ta có: SO = = 4 2 1 S ABCD = a 2 � VS . ABCD = a 3 2 6 Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn n ội tiếp tam giác SMN. Ta ch ứng I cách đều các mặt của hình chóp minh a 2 ( 3 − 1) 2a 2 2 S∆SMN = pr � r = = 4( a + a 3) 4 ( ) 1 Câu V: Đặt t = xy . Ta có: xy − −�− + x +y ) 1 2(= 2 2xy 4xy xy 5 ( ) 1 Và xy � +− = x y ) 1 2(+ 2 2xy 4xy xy . 3 Suy ra : P = ( x + y ) 2 − 2x 2y 2 −7t 2 + 2t + 1 . Điều kiện: − 1 t 1 2 2 . = 4( 2t + 1) 5 3 2xy + 1 ( ) , P'= 0 7 −t 2 − t t = 0 (thoa) Do đó: P ' = t = −1 (loai ) � 2( 2t + 1) 2 � 1� � � 2 1 1 và P ( 0) = . −= = P� � P� � � 5� � � 15 3 4 1 2 Kết luận: Max P = và Min P = 4 15 3x 2x x 3 3 3 �� �� �� Câu VI.a: 1) PT � 2.33 x + 2 x.32 x = 4.2 2 x3 x + 3.23 x � 2 � � + � � − 4 � �− 3 = 0 2 2 2 �� �� �� ⇔ x =1 cos x sin x 2) Ta có: I = dx . Đặt t = cos 2 x � dt = −2 cos x sin xdx cos 2 x ( 1 + cos 2 x ) 1 �1 1 � 1 t +1 1 � + cos 2 x � 1 dt 1 I =− � = � − � = ln + C = = ln � + dt �C � Suy ra : 2 t ( t + 1) 2 � + 1 t � 2 2 � cos 2 x � t t ( ) Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu của I 1 −2;3 lên Oy, ta có: M ( 0; −2;0 ) . ; uuu r IM = ( −1;0; −3) � R = IM = 10 là bán kính mặt cầu cần tìm. Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3 ) = 10 . 2 2 2 Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . BPT � ( 4 + log 3 x ) log 3 x > 5 1 Đặt t = log3 x . Ta có: t 2 + 4t − 5 > 0 � t < −5 hoặc 1 < t ⇔ 0 < x < hoặc x > 3 . 243 Trang 84
  15. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com mx 2 + 1 . Hàm số có 2 cực trị � y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 2) Ta có: y ' = x2 � m
  16. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 1 1 () + 2 � f '( y ) = 1+ Xét f y = y − >0 y2 y Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất � m > 2. 2 3 1 �x − 1 � �x − 1 �⇒ 1 �x − 1 � Câu III: Ta có: f ( x ) = .� � F ( x) = � �+ C �.� 3 � x + 1� � x + 1� 9 � x + 1� 2 2 2 Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1 = =. Vẽ DD′ // BC, ta có: DD′ =BM � TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 = = �� P DP = = = AT Mà: TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1 = = . = � VA.PQN = VABCD . Nên: (1) VA.CDN AC AD 3 5 5 10 V CP CM 2 3 1 1 Và: C .PMN = = . = � VABMNP = VABCD . (2). VC .ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP = V . 20 ABCD 7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 2 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18x + 12 (1). Dấu bằng xảy ra ⇔ x = . 3 x 2 2 Tương tự: 18y + 18z + 12 (2) 12 (3). và y z ( ) Mà: −17 x + y + z −17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P 19. 1 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = . Vậy GTNN của P là 19 khi x = y = z = . 3 3 Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > 0. t = log2 x t = log2 x x=2 PT ⇔ 1+ log2 x log4 x = 3log2 ⇔ t =1 x⇔ 2 ⇔ x=4 t − 3t + 2 = 0 t =2 1 . Do đó: x , y �Z � x − 2 = � � x = 3, x = 1 1 2) Ta có: y = 1+ x −2 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những s ố nguyên là A ( 1 ) , B ( 3;2) ;0 Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x − y − 1= 0 . ( ) ( d ) là tâm đường tròn cần tìm. Câu VII.a: Gọi I m;2m − 4 4 Ta có: m = 2m − 4 � m = 4, m = . 3 2 2 4 � 4 � � 4 � 16 • m= � − �+ � + � = . thì phương trình đường tròn là: x y 3 3� � 3� 9 � ( ) + ( y − 4) 2 2 • m = 4 thì phương trình đường tròn là: x − 4 = 16 . Trang 86
  17. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com t Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . Đặt t = log 2 x , ta có : ( 1 + t ) t +
  18. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Vậy nghiệm của Hệ PT là: x = 3 2 + 31, y = − 3 2 − 31 hoặc x = 3 2 − 31, y = − 3 2 + 31 . ( ) • Khi: xy = −3 , ta có: x3 − y 3 = −4 và x3 . − y 3 = 27 ( ) 3 3 Suy ra: x ; − y là nghiệm của phương trình: X 2 + 4 X + 27 = 0 ( PTVN ) x 2 + 1 . Điều kiện: t 1 . Câu III: Đặt t = 1 PT trở thành: ( m − 2 ) ( t + 1) = t − m − 1 ⇔ m = t + ( t 1) 2 t+2 t 2 + 4t + 3 1 1 f ( t) = t + � f '( t ) = 1− = Xét hàm số: ( t + 2) 2 ( t + 2) 2 t+2 t = −1 (loai ) 4 � f (t ) = 0 . Dựa vào BBT, ta kết luận m . t = −3 (loai ) � 3 Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A′ M. BC ⊥ AM � BC ⊥ ( AA ' M ) � BC ⊥ AH . Ta có: BC ⊥ AA ' a Mà AH ⊥ A ' M � AH ⊥ ( A ' BC ) � AH = . 2 1 1 1 a6 = + � AA ' = Mặt khác: . 2 2 2 4 AH A' A AM 3a 3 2 Kết luận: VABC . A ' B ' C ' = . 16 a2 ab ab 1 =a− a− = a− ab Câu V: Ta có: (1) a+b a+b 2 2 ab b2 c2 1 1 b− c− Tương tự: (2), (3). bc ca b+c c+a 2 2 a2 b2 c2 ( ) 1 + + + ab + bc + ca a+b+c Cộng (1), (2), (3), ta có: a+b b+c c+a 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện: 0 < x < 6 . ( ) BPT � log 2 2 x + 4 x > log 2 ( 6 − x ) � 2 x 2 + 4 x > ( 6 − x ) � x 2 + 16 x − 36 > 0 2 2 2 ⇔ x < −18 hay 2 < x So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là 2 < x < 6 . 2 u = ln x 2 du = dx ln 2 2 2 . Suy ra : I = �x dx = x ln x − � = x ln x − 2 x + C 2dx 2) Đặt � � x dv = dx v=x xy Câu VII.a: Gọi A ( a;0 ) , B ( 0; b ) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: d : + = 1 . ab 21 + =1 2b + a = ab Theo giả thiết, ta có: a b ⇔ . ab = 8 ab = 8 • Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 � d1 : x + 2 y − 4 = 0 . • Khi ab = −8 thì 2b + a = −8 . Ta có: b 2 + 4b − 4 = 0 � b = −2 � 2 . 2 + Với b = −2 + 2 2 � d 2 : ( 1 − 2 x ) + 2 ( 1 + 2 ) y − 4 = 0 + Với b = −2 − 2 2 � d3 : ( 1 + 2 x ) + 2 ( 1 − 2 ) y + 4 = 0 . Trang 88
  19. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com y 2 + x = x2 + y (1) Câu VI.b: 1) (*). 2 x = 3 y +1 (2) y=x Từ (1) ta có: y + x = x + y � ( y − x ) ( y + x − 1 = 0 ) � 2 2 y = 1− x x = log 2 3 y=x • Khi: y = x thì (*) ⇔ x 3 x +1 ⇔ . y = log 2 3 2 =3 3 x = log 6 9 y = 1− x • Khi: y = 1 − x thì (*) ⇔ ⇔ 2x = 32− x y = 1 − log 6 9 1 ⇒ F ( x ) = x − tan x + C 2) Ta có: f ( x ) = − tan x = 1 − 2 cos 2 x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: 2 + 2 = 1( a > b > 0) . a b 2 2 a −b = 3 a2 = 4 x2 y 2 ⇔ + =1 . Vậy (E): Ta có: 3 1 b2 = 1 + =1 4 1 2 2 a 4b Hướng dẫn Đề số 49 www.MATHVN.com −2 thuộc đồ thị (C) có phương Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a trình: 4 ( x − a ) + 2a � 4x − ( a + 2) 2 y + 2a2 = 0 ( d) y= a+2 2 ( a + 2) ( ) Tâm đối xứng I −2;2 . 8a +2 8a+2 8a+2 ( ) Ta có d I ,d = = =2 2 2a+2 2 16 + ( a + 2) 2.4.( a + 2) 4 2 a=0 d ( I , d ) lớn nhất ⇔( a + 2) = 4 2 a = −4 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 . � π� � π� cos� x − � 0; cos� x + � 0 2 2 ( *) Câu II: 1) Điều kiện 4� 4� � � tan x − cot x 0 sin2x 0; Để ý rằng: � π� � π� π � � π� � π� � π� � tan� x − � � x + � − tan� − 2x � � x + � − cot� x + � � x + � −1 = = = 2 .tan 2 .tan 2 2 .tan 2 4� � 4� 4 4� 4� � 4� � � �� � 4cos2 2x � cot x − tan x = 4cos2 2x Khi đó PT trở thành: −1= tan x − cot x Trang 89
  20. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 1− tan2 x 1 2 4 � ( tan2x − 1) = 0 2 =4 = � � 1+ tan2 2x tan2x 1+ tan2 2x tan x π π π � tan2x = 1� 2x = + mπ � x = + k ( k �Z) : Không thoả điều kiện (*). 4 8 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 0, x 2 + y 2 − 1 0 2) Điều kiện: x 0, y �2 �2 3 3 � + =1 � + =1 x (1) 2 2 Đặt u = x + y − 1 v = ; . Hệ PT trở thành: � v �v u u y � + 1+ 4v = 22 � = 21− 4v (2) u u � � v=3 3 2 + = 1� 2v 2 − 13v + 21= 0 � 7 Thay (2) vào (1) ta được: v= 21− 4v v 2 x 2 + y 2 − 1= 9 x2 2 �=3 � = −3 � � + y = 10 � � x x �� • Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT: �x y =1 y = −1 =3 x = 3y � � y 7 • Nếu v = thì u = 7, ta có Hệ PT: 2 � � 2 2 x 2 + y 2 − 1= 7 x 2 + y2 = 8 � = 4 � = −4 y y � � � 53 �� 53 �� 7 �� �7 x � = x= y � = 14 2 � = −14 2 �2 �2 y x x � 53 � 53 � � So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT. u = ln x dx �= � du dx Câu III: Đặt � � x dv = � � = 2 x +1 v x +1 8 8 x +1 � I = ( 2 x + 1.ln x ) 3 − 2 dx = 6ln8− 4ln3− 2J x 3 8 x +1 • Tính J = dx . Đặt t = x + 1 x 3 3 3 3 t2 1� � t −1 � �1 t 8 � = �t + ln t + 1 � = 2 + ln3− ln2 � J = � .2tdt = 2� dt = � + − 2 2 dt � 3 t − 1 t + 1� � 2 2 2 t −1 2 t −1 2� � Từ đó I = 20ln2 − 6ln3− 4. Câu IV: Kẻ SO ⊥ (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC . Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là ﾷSJI = 600 ⇒ ∆ SIJ đều cạnh a ⇒ G cũng là trọng tâm ∆ SIJ. IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD. 3 3a2 ; a 3a 1 SK ⊥ ( ABMN ); SK = IK = ; S ABMN = (AB + MN )IK = 2 2 2 8 3 1 3a . Suy ra: V = S ABMN .SK = 3 16 Câu V: Vì 0 < a 1 < b 1 nên ( a − 1) ( b − 1) �� ab − a − b + 1� 0 0 ,0 Trang 90
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