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 51 đến 55

Chia sẻ: Chu Đình Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:15

Thêm vào BST
Báo xấu
80
lượt xem 10
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

tài liệu tham khảo môn toán dành cho sinh viên học sinh luyện thi đại học cao đẳng

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 51 đến 55

  1. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x 3 + 3x 2 + mx + 1= 1 x=0 ⇔ x ( x 2 + 3x + m ) = 0 f (x ) = x 2 + 3x + m = 0 f (x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và Đê thỏa mãn YCBT thì PT 9 − 4m > 0, f (0) = m 0 y ( x1) .y ( x2 ) = −1 ⇔ (3 x + 6 x1 + m)(3x + 6 x2 + m) = −1. 2 2 1 2 9 m < ,m 0 4 9(x1x2)2 + 18x1x2(x1 + x2) + 3m(x1 + x2 ) + 36x1x2 + 6m(x1 + x2) + m 2 = −1 2 2 9 m < ,m 0 9 65 ⇔m= 4 8 2 4m − 9m + 1= 0 Câu II: 1) Điều kiện: cos x 0. PT ⇔ cos 2 x − tan x = 1 + cos x − (1 + tan x) � 2cos x − cos x − 1 = 0 2 2 2 x = k 2π cosx = 1 2π 1⇔ ⇔ + k 2π cosx = − x= 2 3 x2 + 1 +x+ y = 4 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y y 2) Từ hệ PT ⇒ y 0 . Khi đó ta có: � . � y( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2 x2 + 1 ( x + y) − 2 =7 2 y �u + v = 4 � u = 4−v � = 3, u = 1 v x2 + 1 Đặt u = , v = x + y ta có hệ: �2 � �2 � � − 2u = 7 � + 2v − 15 = 0 � = −5, u = 9 v v v y x = 1, y = 2 � +1 = y � +1 = y � + x−2 =0 2 2 2 x x x • Với v = 3, u = 1 ta có hệ: � �� �� � . x = −2, y = 5 � + y =3 � = 3− x � y = 3− x x y �2 + 1 = 9 y �2 + 1 = 9 y � 2 + 9 x + 46 = 0 x x x • Với v = −5, u = 9 ta có hệ: � �� �� , hệ này vô � + y = −5 � = −5 − x � y = −5 − x x y nghiệm. Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( −2; 5) . 3 � x� ln �� e e e log 3 x ln 2 x. 1 ln xdx � 2� ln Câu III: I =� dx = � dx = 3 � . 2 ln 2 1 1 + 3ln x x 1 x 1 + 3ln x 1 x 1 + 3ln x 2 2 2 12 dx 1 Đặt 1 + 3ln x = t � ln x = (t − 1) � ln x. = tdt . 2 2 3 x3 12 ( t − 1) 1 e 2 2 3 log 2 x 1 1 � − 1) dt ( t2 3 Suy ra : I = � 1 + 3ln 2 x dx = 3 � . tdt = 3 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 1x 2 1 �3 � 1 4 = � t −t�= 3 3 9 ln 2 �3 � 27 ln 2 1 Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ. Suy ra AC ′ ⊥ (BDMN) Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. Trang 96
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2 a 15 Tính được AH = AC = . 5 5 3 3a2 15 1 3a a 15 a . Suy ra: VA. BDMN = S BDMN . AH = , MN = ⇒ SBDMN = PQ = . 3 16 4 2 16 Câu V: • Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc . (b + c) 2 (1 − a) 2 Đặt t = bc thì ta có 0 t = bc = . 4 4 � (1− a)2 � f (t ) = a(1− a) + (1− 2a)t trên đoạn � 0; � Xét hàm số: 4� � � � (a + 1 − a) 2 17 Có: f (0) = a (1 − a ) =< và 4 4 27 2 � − a)2 � 7 1 (1 1 � 1� 7 với ∀a [ 0;1] . = − (2a + ) � − � f� a � � 4 � 27 4 3 � 3 � 27 � � 7 1 Vậy: ab + bc + ca − 2abc . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 27 3 • Cách 2: Ta có a2 a2 − (b − c )2 = (a + b − c)(a − b + c) = (1− 2c)(1− 2b) (1) b2 (1− 2a)(1− 2c) (2), c 2 (1− 2a)(1− 2b) (3) Tương tự: Từ (1), (2), (3) ⇒ abc (1− 2a)(1− 2b)(1− 2c) = 1− 2(a + b + c ) + 4(ab + bc + ca) − 8abc 1+ 9abc 1+ abc ⇒ ab + bc + ca ab + bc + ca − 2abc ⇒ 4 4 1 1+ 1 27 = 7 . Mặt khác a + b + c 33 abc ⇒ abc . Do đó: ab + bc + ca − 2abc 27 4 27 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 Câu VI.a: 1) Gọi C (c; 2c + 3) và I (m;6 − m ) là trung điểm của BC. Suy ra: B(2m − c; 9− 2m − 2c) . Vì C’ là trung điểm của AB nên: � m − c + 5 11 − 2m − 2c � 2 C '� ; � CC ' nên �2 2 � � m − c + 5 � 11 − 2m − 2c � 5 41 � 2 5 − − +3 = 0 � m = − � I � ; � 2� . � �2 � �6 6 � 2 6 Phương trình BC: 3x ﾖ3y + 23 = 0 . 2x − y + 3 = 0 � 37 � 14 C� ; � Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 3 x − 3 y + 23 = 0 � 3� 3 � 19 4 � − Tọa độ của B � ;� . � 3 3� uuu r uuu r 2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0. uuu uuu rr r Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n = � , AC � (8; −4; 4). = AB � � Suy ra (ABC): 2 x − y + z + 1 = 0 . Trang 97
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com �x + y − z − 1 = 0 �=0 x � � Giải hệ: � y + z − 3 = 0 � � = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). y �x − y + z + 1 = 0 � = 1 2 z � � Bán kính là R = IA = ( −1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5. 32 32 Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 − i, z2 = 1 + i 2 2 2 2 z1 + z2 2 11 � 2� 3 22 =. Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + � � = ; z1 + z2 = 2 . Do đó: 2 �2 � ( z1 + z2 ) 2 4 2 �� Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (−3t ﾖ8 t ) ∈ ∆ . ; 3( −3t − 8) − 4t + 10 = (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2 Ta có: d (I ,∆ ) = IA ⇔ 3 +4 2 2 t = −3 ⇒ I (1 −3), R = 5 ; ⇔ PT đường tròn cần tìm: (x ﾖ1 2 + (y + 3)2 = 25. ) uuu r uuu r uuu uuu rr r 2) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) � n = � , AC � (2; 4; −8) là 1 VTPT của = AB � � (ABC) Suy ra phương trình (ABC): ( x ﾖ 0) + 2( y ﾖ1) ﾖ 4( z ﾖ2) = 0 ⇔ x + 2y ﾖ4z + 6 = 0 . Giả sử M(x; y; z). x 2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = (x − 2)2 + (y + 2)2 + (z − 1 2 ) MA = MB = MC 2 2 2 2 2 2 Ta có: x + (y − 1) + (z − 2) = (x + 2) + y + (z − 1 ) M (P ) 2x + 2y + z − 3 = 0 x=2 ⇔ y = 3 ⇒ M (2;3; −7) z = −7 − xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0 (*) Câu VII.b: Điều kiện: 0 < 1 − x 1, 0 < 2 + y 1 Hệ PT ⇔ � 1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = 6 � 1− x ( y + 2) + log 2 + y (1 − x) − 2 = 0 (1) 2log log � � � � � 1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4) � 1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4) log =1 log = 1 (2) 1 Đặt log 2 + y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 � (t − 1) = 0 � t = 1. 2 t Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 � y = − x − 1 (3) . Thế vào (2) ta có: −x + 4 −x + 4 log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) =1� = 1 − x � x2 + 2 x = 0 = 1 � log1− x x+4 x+4 x=0 x = −2 • Với x = 0 ⇒ y = −1 (không thoả (*)). • Với x = −2 ⇒ y = 1 (thoả (*)). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 . Trang 98
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề số 52 www.MATHVN.com Câu I: 2) y = 6x 2 + 18mx + 12m 2 = 6(x 2 + 3mx + 2m 2) Hàm số có CĐ và CT ⇔ y = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = m 2 > 0 ⇔ m 0 1 ( −3m − m ) , x2 = 1 ( −3m + m ) . Khi đó: x1 = 2 2 Dựa vào bảng xét dấu y′ suy ra xC� = x1, xCT = x2 2 � � Do đó: x 2C� = xCT ⇔ � 3m − m � = −3m + m ⇔ m = −2 − � 2 � 2 0. Câu II: 1) Điều kiện x 2x − 1 PT ⇔ 4x 2 − 1+ 3x − x + 1 = 0 ⇔ (2x + 1 x − 1 + =0 )(2 ) 3x + x + 1 � � 1 1 ⇔ (2x − 1 � x + 1+ = )2 � 0 ⇔ 2x − 1= 0 ⇔ x = . 3x + x + 1 � 2 � 2� π � � π� � π� π 2) PT ⇔ 10sin � + � 4sin� + � 14 = 0 ⇔ sin� + � 1 ⇔ x = + k 2π . + − = x x x � 6� � 6� � 6� 3 x ln(x 2 + 1) x (x 2 + 1) − x x ln(x 2 + 1) x Câu III: Ta có: f (x ) = + = +x− x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x2 +1 1 1 ⇒ F (x ) = � x )dx = � x 2 + 1 d (x 2 + 1) + � − �ln(x 2 + 1) f( ln( ) xdx d 2 2 1 1 1 = ln2(x 2 + 1 + x 2 − ln(x 2 + 1 + C . ) ) 4 2 2 Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ⊥ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó ∆ ASC vuông tại S. 1 1 Ta có: VS .ABCD = 2VS .ABC = 2. BO.SA.SC = ax. AB 2 − OA2 6 3 2 2 = 1ax a2 − a + x = 1 ax 3a2 − x 2 3 4 6 x=a a3 2 a3 2 1 � ax 3a2 − x 2 = ⇔ Do đó: VS .ABCD = . x=a 2 6 6 6 2 Câu V: Ta có: a2 + b + 3 = a2 − a + 1 + b + a + 1 = � − 1 � + a + b + 1 a + b + 1 a � � 4 4 2 � 2� 2 2 3 1 Tương tự: b2 + a + a+b+ . 4 2 2 Ta sẽ chứng minh � + b + 1 � �a + 1 �(2b + 1 � � (*) 2 a � �� �� � 2� � 2� 2� � � 1 1 Thật vậy, (*) ⇔ a2 + b2 + 2ab + a + b + 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 0 . 4 4 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = . 2 Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I (t;3− 2t ) ∈ d1. Trang 99
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3t + 4(3− 2t ) + 5 4t + 3(3− 2t ) + 2 t =2 Khi đó: d (I ,d2) = d (I ,d3) ⇔ ⇔ = t=4 5 5 9 49 Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: (x − 2)2 + (y + 1 2 = và (x − 4)2 + (y + 5)2 = ) . 25 25 x = 2 + t x−2 y z+2  r == ⇔  y = 3t . (P) có VTPT n = (2;1 −1) . ; 2) (∆ ) : 1 3 2  z = −2 + 2t  Gọi I là giao điểm của (∆ ) và đường thẳng d cần tìm ⇒ I (2 + t;3t;−2 + 2t ) uur ⇒ AI = (1 + t ,3t − 2, −1 + 2t ) là VTCP của d. uu r uur r 1 Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ AI .n = 0 � 3t + 1= 0 � t = − � 3AI = ( 2; −9; −5) . 3 x −1 y − 2 z +1 = = Vậy phương trình đường thẳng d là: . −9 −5 2 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 . Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm. Vì phải có mặt chữ số 0 và a1 ≠ 0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. 5 Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : A8 . 5 Vậy số các số cần tìm là: 5. A8 = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B � d ( I , d ) < R � 2 − 2m + 1 − 2 < 3 2 + m 2 � 1 − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 � 5m2 + 4m + 17 > 0 � m �R 1 1 9 = IA.IB sin ﾷ IA.IB = Ta có: S AIB IAB 2 2 2 9 32 Vậy: S IAB lớn nhất là AIB = 900 ⇔ AB = R 2 = 3 2 ⇔ d ( I , d ) = khi ﾷ 2 2 ⇔ 1 − 2m = 3 2 2 + m2 � 16m2 − 16m + 4 = 36 + 18m2 � 2m2 + 16m + 32 = 0 2 � m = −4 uuur uuu r r 2) Ta có: SM = (m;0; −1), SN = (0; n; −1) ⇒ VTPT của (SMN) là n = (n; m; mn) Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz − mn = 0 n + m − mn 1 − m.n 1 − mn Ta có: d(A,(SMN)) = = = =1 2 n2 1 − mn 2 + m2 + m 2 n2 1 − 2mn + m n Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định. Câu VII.b: BPT ⇔ (4x − 2.2x − 3).log2 x − 3 > 2x +1 − 4x ⇔ (4x − 2.2x − 3).(log2 x + 1 > 0 ) x > log2 3 2x x x − 2.2 − 3> 0 2 >3 2 1 x > log2 3 x> log2 x + 1> 0 log2 x > −1 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 x < log2 3 0< x < 22x − 2.2x − 3< 0 2x < 3 2 log2 x + 1< 0 1 log2 x < −1 0< x < 2 Hướng dẫn Đề số 53 Trang 100
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M (x 0; y0) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. OB 1 1 1 Do ∆ OAB vuông tại O nên: tan A = = ⇒ Hệ số góc của d bằng hoặc − . OA 4 4 4 1 1 1 < 0 ⇒ y (x ) = − 1 ⇔ − Hệ số góc của d tại M là: y (x0) = − =− (x0 − 1)2 (x0 − 1)2 4 0 4 � 3� x0 = −1 �0 = � y � 2� ⇔ � 5� x0 = 3 �0 = � y 2� � 1 3 1 5 Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − (x + 1) + hoặc y = − (x − 3) + 4 2 4 2 Câu II: 1) Điều kiện: cos2x 0. PT ⇔ −(sin x + cosx )2 + 2sin2x + cos2 2x = 0 ⇔ sin2 2x − sin2x = 0 π sin2x = 0 ⇔ x=k . ⇔ sin2x = 1 (loai ) � 2 xy (x + y )2 + x 2y 2(x + y ) = 30 xy (x + y )(x + y + xy ) = 30 2) Hệ PT ⇔ ⇔ xy (x + y ) + xy + x + y = 11 xy (x + y ) + xy + x + y = 11 x+y=u uv(u + v) = 30 uv(11− uv) = 30 (1 uv = 5 ) ⇔ . Từ (1) ⇒ Đặt . Hệ trở thành xy = v uv + u + v = 11 uv + u + v = 11 uv = 6 (2) � − 21 5+ 21 � 5 • Với uv = 5 ⇒ u + v = 6. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: � �và ; �2 2� � + 21 5− 21 � 5 ; � � �2 2� • Với uv = 6 ⇒ u + v = 5. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1 và (2;1) ;2) � − 21 5+ 21 � � + 21 5− 21 � 5 5 Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1 , (2;1) , � ;2) , . ; ; �� � �2 2 �� 2 2� 13 1 t +t � 2� 11 dt = 2 �2 − t + 2 − Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt . I = 2 − 4ln2 . t dt �= t +1 1+ t � 0� 3 0 Câu IV: Từ giả thiết suy ra ∆ ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ⊥ AC và BH ⊥ (ACC′ A′ ). 2 Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA ′ C′ ⇒ BH = a . Từ giả thiết ⇒ MA′ = 2 22 A′ C′ = a 2 . a, 3 3 Do đó: VB.MA 'C ' = 1 BH .SMA 'C ' = 1 BH .MA .A C = a 2 . 3 6 9 2 Câu V: Ta có: a + b = a(1− b − c ) + b = a + b − a . b+c b+c b+c a+b b+c c+a a+b b+c c+a −a+ −b+ −c 2 ⇔ + + 3 Tương tự, BĐT trơt thành: b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b b+c c+a a+b b+c c+a + + = 3. Theo BĐT Cô–si ta có: 33 . . b+c c+a a+b b+c c+a a+b 1 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . 3 Trang 101
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R ⇒ E nằm trong hình tròn (C). Giả sử đường thẳng ∆ đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ⊥ ∆ . Ta có IH = d(I, ∆ ) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là: 5(x + 1) + 2y = 0 ⇔ 5x + 2y + 5 = 0 . 2) Giả sử (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 . a =1 c = 2 ⇒ I (1 b;2) . ; • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: d=0 b+5 5 5 b=0 • d (I ,(P )) = = ⇔ ⇔ b = −10 6 6 6 Vậy (S): x + y + z − 2x − 4z = 0 hoặc (S): x 2 + y 2 + z2 − 2x + 20y − 4z = 0 2 2 2 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0). • Giả sử a1 có thể bằng 0: 2 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C7 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C5 2 2! C8 + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: • Bây giờ ta xét a1 = 0: 2 C6 + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 3 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C4 + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: C7 .C5 .2!C8 − C6 .C4 .7 = 11340 (số). 2 3 2 2 3 r r r Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 = (1 , của BC là n2 = (3; −1) , của AC là n3 = (a; b) với ;2) a2 + b2 0 . Do ∆ ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. rr rr 3a − b n1.n2 n3.n2 1 = Suy ra: cosB = cosC ⇒ r r = r r ⇔ n1 . n2 n3 . n2 5 a2 + b 2 2a = b ⇔ 22a2 + 2b 2 − 15ab = 0 ⇔ 11a = 2b r • Với 2a = b , ta có thể chọn a = 1 b = 2 ⇒ n3 = (1 ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn. , ;2) r • Với 11 = 2b , ta có thể chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11) a Khi đó phương trình AC là: 2(x − 1) + 11 y + 3) = 0 ⇔ 2x + 11y + 31= 0 . ( x = −1+ 2t 2) PTTS của ∆ : y = 1− t . Gọi M (−1+ 2t;1− t;2t ) ∈ ∆ . z = 2t 1 uuur uuur Diện tích ∆ MAB là S = � , AB � 18t 2 − 36t + 216 = 18(t − 1 2 + 198 ≥ 198 = AM ) � � 2 Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay M(1; 0; 2). t = 5x , t > 0 Câu VII.b: PT ⇔ 25x − log5 a = 5x ⇔ 52x − 5x − log5 a = 0 ⇔ t 2 − t − log5 a = 0 (*) PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ t 2 − t = log5 a có đúng 1 nghiệm dương. Trang 102
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com �� 1 1 1 Xét hàm số f (t ) = t 2 − t với t ∈ [0; +∞). Ta có: f (t ) = 2t − 1 ⇒ f (t ) = 0 � t = . f�� − = 2 �� 4 2 , f (0) = 0. Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f (t ) = log5 a có đúng 1 nghiệm dương a1 log5 a 0 1 ⇔ a= 1 . ⇔ log5 a = − 4 4 5 Hướng dẫn Đề số 54 www.MATHVN.com Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x ( x 3 + 2m 2x − 1) = 0 x 4 + 2m 2x 2 + 1= x + 1 x 4 + 2m2x 2 − x = 0 x=0 g(x ) = x 3 + 2m 2x − 1= 0(*) Ta có: g (x ) = 3x 2 + 2m 2 ﾖ 0 (với mọi x và mọi m ) Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = –1 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với m ọi giá trị của m. π + k .π (*). Câu II: 1) Điều kiện: cosx 0 x 2 � π� sin2x = 1 1ﾖcos� x − � 2sin2 x ﾖ tan x 1ﾖsin2x = tan x (sin2x ﾖ1) = 2 PT tan x = −1 2� � π π + k .2π + k .π 2x = x= π π 2 4 x= + k . . (Thỏa mãn điều kiện (*) ). π π 4 2 x = − + l.π x = − + l.π 4 4 x2 − 4> 0 x2 − 4 > 0 x>2 2) Điều kiện: (**) x −3 log3(x + 2)2 0 (x + 2)2 1 PT ⇔ log ( x 2 ﾖ 4) + 3 log (x + 2)2 ﾖﾖlog (x ﾖ 2)2 = 4 2 − 3 3 3 )( ) ( ⇔ log3(x + 2)2 + 3 log3( x + 2)2 − 4 = 0 log3(x + 2)2 + 4 log3(x + 2)2 − 1 = 0 ⇔ ⇔ log3(x + 2)2 = 1 ⇔ (x + 2)2 = 3 ⇔ x = −2 3 Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = −2 − 3 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = −2 − 3 sin x cosx 4 − cos2 x . Ta có: cos2 x = 4ﾖ t 2 và dt = dx . Câu III: Đặt t = 3+ sin2 x = 3+ sin2 x π π 15 15 3 3 2 2 �1 sin x sin x.cosx 1� =1 dt I= .dx = dx = − �t d � �+ 2 t − 2� 2 4 t 4− t 2 2 2 3+ sin x x 3+ sin x 0 cos x 0 cos 3 3 Trang 103
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 15 1 � 15 + 4 3+ 2 � 1 ( ) ln( 15 + 4) − ln( 3 + 2) . = 1 ln t + 2 2 − ln � �= ln = 4 � 15 − 4 3− 2 � 2 4 t −2 � � 3 Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) SA ⊥ AB; SA ⊥ AC.. BC ⊥ AC BC ⊥ SC. Hai điểm A,C cùng Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ﾷSCA = 600 là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB 2 = SA2 + AB 2 = 10a 2 . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = π d 2 = π .SB2 = 10π a2 . Câu V: Tập xác định: D = R . 1 2 Ta có: f (x ) = x − 2x + 2 + 2 2 ( BĐT Cô–si). x − 2x + 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ x 2 ﾖ2x + 2 = 1ﾖ x = 1. � Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( − 3;0) , F2 ( 3;0) là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy ra : 2 2 � 33 � � 33 � ( 1+ 3) ( 1− 3) 2 2 4 4 2a ﾖ MF1 + MF2 = = �+ � = 10 +� +� �5 � �5 � 3 và a2 ﾖ b2 ﾖ c2 ⇒ b2 = a2 − c 2 = 22 = a = 5. Mặt khác: c = Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ). r 2) d có VTCP ud = (−1;2;0) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. uuuu r Giả sử H ( 1ﾖ t; 2 + 2t;3) ⇒ AH = ( 1− t;1+ 2t;0) uuu r r 1 �8 � 6 Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ⇒ −1( 1− t ) + 2( 1+ 2t ) = 0 ⇔ t = − ⇒ H � ; ;3� �5 � 5 5 35 ⇒ AH = . 5 2AH 2 15 15 = Mà ∆ ABC đều nên BC = hay BH = . 5 5 3 2 2 Giả sử B(1− s;2 + 2s;3) thì � 1 − s � + � + 2s � = 15 2 25s2 + 10s ﾖ2 = 0 − � �� � �5 5 � 25 �� −1 3 ⇔s= 5 � − 3 8+ 2 3 � � + 3 8− 2 3 � 6 6 Vậy: B � và ; ;3� C � ; ;3� �5 5 �5 5 � � � + 3 8− 2 3 � � − 3 8+ 2 3 � 6 6 hoặc B � ;3�và C � ; ; ;3� �5 5 �5 5 � � Câu VII.a: Xét khai triển: (1+ x )n = Cn + xCn + x 2Cn + x 3Cn + ... + x nCn 0 1 2 3 n Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n(1+ x )n −1 = Cn + 2xCn + 3x 2Cn + ... + nx n−1Cn 1 2 3 n Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n � + x )n −1 + x (n − 1)(1+ x )n −2 � 12C1 + 22 xC 2 + 32 x 2C 3 + ... + n2x n−1C n = (1 � � n n n n Cho x = 1 ta được đpcm. Trang 104
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com uuu 2 uuur r Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M 3 uuu � 8� r uuu r uuu r và có VTPT AG = � − � ên có PT: y = 3 ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà AE = 2EB nên B(–1; 1). 0; n � 3� ⇒ Phương trình BC: 2x − 5y + 7 = 0 . 2) Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒ I (1+ 3t; −1+ t;t ) . Bán kính R = IA = 11t 2 − 2t + 1 . 5t + 3 = R ⇔ 37t 2 − 24t = 0 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d (I ,(P )) = 3 t = 0 � R =1 24 77 . ⇔ t= �R= 37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0). Vậy phương trình mặt cầu (S): (x − 1)2 + (y + 1)2 + z 2 = 1. x 3 + 4y = y 3 + 16x (1) Câu VII.b: 1+ y 2 = 5(1+ x 2) (2) Từ (2) suy ra y 2 ﾖ5x 2 = 4 (3). ( ) Thế vào (1) được: x 3 + y 2 ﾖ5x 2 .y = y 3 + 16x x 3 ﾖ5x 2y ﾖ16 x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x 2 ﾖ5xy ﾖ16 = 0 y = 2. y2 = 4 • Với x = 0 2 x 2 − 16 �2 � (4). Thế vào (3) được: � − 16 � − 5x 2 = 4 x • Với x 2 ﾖ5xy ﾖ16 = 0 ⇔ y = 5x � 5x � ⇔ x 4 ﾖ32x 2 + 256ﾖ125x 4 = 100x 2 ⇔ 124 x 4 + 132x 2 ﾖ256 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = 1 (y = −3) . x = −1 (y = 3) Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) Hướng dẫn Đề số 55 www.MATHVN.com � ( x 2 − 2x − 2) x − 1 = m, x � m 2 Câu I: 2) Ta có x − 2x − 2 = 1. x −1 Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y = ( x 2 − 2x − 2) x − 1, (C ') và đường thẳng y = m, x 1. Với y = ( x − 2x − 2) x − 1 = f (x ) khi x > 1 nên ( C ') bao gồm: 2 − f (x ) khi x < 1 + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox. Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m≥0 Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt Trang 105
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com π π � 5π � 5π π �� 5� 5� 1 2 � �x − � sin � 1 � sin� x − + = + = = sin Câu II: 1) PT � sin 2 2 � sin 12 � 12 � 12 � 12 4 2 �� � � 5π � π 5π π �π � �π � � sin� x − � sin − sin = = 2cos sin� � sin� � − = − 2 12 � 4 12 3 � 12 � � 12 � � π π �π �5 �x − 12 = − 12 + k 2π � = 6 + kπ 2 x π �π � � 5� ( k �ﾷ ) � sin� x − = − 2 � sin� � � 5 � �� � 12 � �x − π = 13π + k 2π π � = 3 + kπ 12 � � 2 x � 12 12 �4 2) Điều kiện: x + y > 0, x − y 0 x + y = 2+ x − y Hệ PT ⇔ . � x 2 + y 2 + 1− x 2 − y 2 = 3 � u − v = 2(u > v) � u + v = 2 uv + 4 u=x+y � � Đặt: ta có hệ: � u2 + v 2 + 2 � u2 + v 2 + 2 v= x−y − uv = 3 − uv = 3 � � 2 2 � � u + v = 2 uv + 4 (1) . (u + v)2 − 2uv + 2 − uv = 3 (2) 2 uv + 8 uv + 9 − uv = 3 � uv + 8 uv + 9 = (3+ uv )2 � uv = 0 . Thế (1) vào (2) ta có: uv = 0 � u = 4, v = 0 (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết hợp (1) ta có: u+v = 4 Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). π π 4 4 2 Câu III: I = � 1+ x sin xdx − � sin xdx = I1 − I 2 x π π − − 4 4 π 4 1+ x 2 sin xdx . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được • Tính I1 = π − 4 I1 = 0 . π 4 • Tính I 2 = x sin xdx . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được: π − 4 2 π+ 2 I2 = − 4 2 π − 2. Suy ra: I = 4 Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD . BC ⊥ AB � BC ⊥ BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao. • BC ⊥ SA Trang 106
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com a3 2a a 3− 4a 3 = 2 ⇒ MN = • SA = AB tan600 = a 3 , MN SM MN , BM = = = � 3 3 2a 3 AD SA a3 � 4a � � a + 3 � a 10a2 2 BC + MN 2 Diện tích hình thang BCMN là : S = SBCNM = BM = � �= 2 � 2 �3 3 3 • Hạ AH ⊥ BM. Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM) SH là đường cao của khối chóp SBCNM 1 AB AM = Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = . 2 SB MS ﾷSBH = 300 Vậy BM là phân giác của góc SBA SH = SB.sin300 = a 10 3a3 1 • Thể tích chóp SBCNM ta có V = SH .SBCNM = . 3 27 Câu V: Đặt 5x = a; 5y = b; 5z = c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c BĐT ⇔ + + (*) a + bc b + ca c + ab 4 a3 b3 c3 a+b+c + + Ta có: (*) a2 + abc b2 + abc c 2 + abc 4 3 3 c3 a+b+c a b + + (a + b)(a + c) (b + c )(b + a) (c + a)(c + b) 4 a3 a+b a+c 3 + + Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: a (1) (a + b)(a + c) 8 8 4 b3 b+c b+a 3 + + b ( 2) (b + c)(b + a) 8 8 4 c3 c+a c+b 3 + + c ( 3) (c + a)(c + b) 8 8 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + 1 = 0 . 2x + y + 5 = 0 x = −4 • B = AB BN ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: ⇔ ⇒ B(-4; 3). y =3 x + y + 1= 0 • Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A ' BC . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x − 2y − 5 = 0. Gọi I = (d ) BN . 2x + y + 5 = 0 . Suy ra: I(–1; 3) � A '(−3 −4) ; Giải hệ: x − 2y − 5 = 0 BC : 7x + y + 25 = 0 � 13 9 � • Phương trình BC: 7x + y + 25 = 0 . Giải hệ: ⇒ C � ;− � − . CH : x − y + 1= 0 � 4 4� 7.1+ 1 −2) + 25 ( 2 2 • BC = � 4 + 13�+ � + 9 � = 450 , d (A; BC ) = =3 2. − 3 � �� � 2 2 7 +1 � 4 � � 4� 4 1 1 450 45 ABC = d ( A; BC ).BC = .3 2. =. Suy ra: S 2 2 4 4 Trang 107
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com r r rr 2) a) • VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u1 = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) ⇒ u1,u2 cùng phương. Mặt khác, M( 2; 0; –1) d2.. Vậy d1 // d2. d1; M( 2; 0; –1) 1 uuuu r r r • VTPT của mp (P) là n = − � ,u1� (5 −22;19) ⇒ Phương trình mp(P): = MN � ; 2� 5x ﾖ22y + 19z + 9 = 0. uuu r b) AB = (2; −3; −4) ⇒ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 . Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B. và d. � 33 15 � 36 • Gọi H là hình chiếu của A lên d 1. Tìm được H � ; ; �A’ đối xứng với A qua H nên . � 29 29 � 29 � 95 28 � 43 ;− � A’ � ; � 29 29 � 29 � −21 −43 � 65 I là trung điểm của A’B suy ra I � ; ; . � � 58 29 � 29 Câu VII.a: Nhận xét z = 0 không là nghiệm của PT. Vậy z 0 � 1 � � 1� 1 z2 Chia hai vế PT cho z2 ta được: � + 2 � � − � = 0 (1) −z + � z� 2 z � � 1 12 1 2 2 2 Đặt t = z − . Khi đó t = z + 2 − 2 � z + 2 = t + 2 z z z 5 5 Phương trình (2) trở thành: t 2 − t + = 0 (3). ∆ = 1− 4. = −9 = 9i 2 2 2 1+ 3i 1− 3i ⇒ PT (3) có 2 nghiệm t = ,t= 2 2 1 1+ 3i 1+ 3i � 2z2 − (1+ 3i )z − 2 = 0 (4a) : ta có z − = • Với t = 2 z 2 Có ∆ = (1+ 3i )2 + 16 = 8+ 6i = 9+ 6i + i 2 = (3+ i )2 (1+ 3i ) + (3+ i) (1+ 3i ) − (3+ i) i − 1 ⇒ PT (4a) có 2 nghiệm : z = = 1+ i , z = = 4 4 2 1 1− 3i 1− 3i � 2z2 − (1− 3i )z − 2 = 0 : ta có z − = • Với t = (4b) 2 z 2 Có ∆ = (1− 3i )2 + 16 = 8− 6i = 9− 6i + i 2 = (3− i)2 (1− 3i) + (3− i ) (1− 3i ) − (3− i ) −i − 1 ⇒ PT (4b) có 2 nghiệm : z = = 1− i , z = = 4 4 2 i −1 −i − 1 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z = 1+ i; z = 1− i; z = ;z= . 2 2 9 x= x − y − 3= 0 2 Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 d2 ⇒ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: � �3 x + y − 6= 0 y= 2 � 3� 9 ⇒I�; � � 2� 2 Trang 108
  14. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M = d1 Ox là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0) 2 2 Ta có: AB = 2IM = 2 � − 9 �+ � � = 3 2 3 3 � �� � � 2� � � 2 S 12 Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 � AD = ABCD = =2 2 AB 32 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 � d1 ⊥ AD r Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d 1 nhận n = (1 làm VTPT nên có PT: ;1) x + y − 3= 0 ⇒ Toạ Mặt độ của nghiệm của hệ PT: khác: A, D là MA = MD = 2 x + y − 3= 0 ( x − 3) 2 + y2 = 2 � = −x + 3 � = −x + 3 y y y = 3− x x=2 x=4 � � �� �� �� hoặc . �x − 3) + y = 2 �x − 3) + (3− x ) = 2 ( ( 2 2 2 2 x − 3= 1 y =1 y = −1 Vậy A( 2; 1), D( 4; –1). xC = 2x I − x A = 9− 2 = 7 � 3� 9 Do I � ; � à trung điểm của AC suy ra: l yC = 2yI − y A = 3− 1= 2 � 2� 2 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) r r 2) a) d1 có VTCP u1 = (1 −1 và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (−2;0;1) và đi ; ;2) qua điểm N( 2; 3; 0) . uuuur rr .MN = −10 0 ⇒ d1 , d2 chéo nhau. Ta có: � ,u2 � u �1 � Gọi A(2 + t;1ﾖ t;2t ) d1 , B(2ﾖ2t ; 3 t ) d2 . ; uuu r r 1 AB.u1 = 0 �4 2� 5 t=− A � ; ; − �B AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 ⇔ uuu r r ; 3 �3 3 3� AB.u2 = 0 t'= 0 (2; 3; 0) x = 2+ t Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 ⇒ ∆ : y = 3+ 5t z = 2t 2 2 2 � 11� � 13� � 1� 5 b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: � − �+ � − �+ � + � = x y z � 6 � � 6 � � 3� 6 Câu VII.b: Ta có: (1+ i )2009 = C2009 + iC2009 + .. + i 2009C2009 0 1 2009 0 2 4 6 2006 2008 = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + .... − C2009 + C2009 + 1 3 5 7 2007 2009 (C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + ... − C2009 + C2009 )i 1 0 2 4 6 2006 2008 Thấy: S = (A + B ) , với A = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + ... − C2009 + C2009 2 0 2 4 6 2006 2008 B = C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 + C2009 1004 • Ta có: (1+ i )2009 = (1+ i ) � + i )2 � = (1+ i ).21004 = 21004 + 21004i . (1 � � Trang 109
  15. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1+ i )2009 nên A = 21004 . • Ta có: (1+ x )2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + ... + x 2009C2009 0 1 2 2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x = –1 ta có: C2009 + C2009 + ... + C2009 = C2009 + C2009 + ... + C2009 (C2009 + C2009 + ... + C2009 ) + (C2009 + C2009 + ... + C2009 ) = 22009 . 0 2 2008 1 3 2009 Cho x=1 ta có: Suy ra: B = 22008 . • Từ đó ta có: S = 21003 + 22007 . Trang 110
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022
304 tài liệu
926 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: 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