Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x x mx 3 2 3 1 1+ + + = ⇔ ( ) x x x m 2 3 0+ + = ⇔ x f x x x m 2 0 ( ) 3 0  =  = + + =  Đê thỏa mãn YCBT thì PT f x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt x x 1 2 , khác 0 và ( ) ( ) y x y x 1 2 . 1 ′ ′ = − ⇔ 2 2 1 1 2 2 9 4 0, (0) 0 (3 6 )(3 6 ) 1. m f m x x m x x m − > = ≠   + + + + = −  m m x x x x x x m x x x x m x x m 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 9 , 0 4 9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1  < ≠  ⇔   + + + + + + + + = −  m m m m 2 9 , 0 4 4 9 1 0  < ≠  ⇔   − + =  ⇔ m 9 65 8 ± = Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0≠ . PT ⇔ 2 2 2 cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos 1 0− = + − + ⇔ − − =x x x x x x ⇔ x x cos 1 1 cos 2  =  = −   ⇔ x k x k 2 2 2 3 π π π  =  = ± +   2) Từ hệ PT ⇒ 0y ≠ . Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 2 1 4 1 4 . ( ) 2 7 2 1 ( ) 2 7 x x y y x y xy y y x y x y x x y y  + + + =   + + + =  ⇔   + = + + +   + − =   Đặt 2 1 , x u v x y y + = = + ta có hệ: 2 2 4 4 3, 1 2 7 2 15 0 5, 9 u v u v v u v u v v v u + = = − = =    ⇔ ⇔    − = + − = = − =    • Với 3, 1v u= = ta có hệ: 2 2 2 1, 2 1 1 2 0 2, 5 3 3 3 x y x y x y x x x y x y y x y x = =    + = + = + − =  ⇔ ⇔ ⇔     = − = + = = − = −     . • Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 2 2 1 9 1 9 9 46 0 5 5 5 x y x y x x x y y x y x    + = + = + + = ⇔ ⇔    + = − = − − = − −    , hệ này vô nghiệm. Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)− . Câu III: 3 3 2 2 3 2 2 2 1 1 1 ln log 1 ln . ln ln 2 . ln 2 1 3ln 1 3ln 1 3ln e e e x x x xdx I dx dx x x x x x x    ÷   = = = + + + ∫ ∫ ∫ Đặt 2 2 2 1 1 1 3ln ln ( 1) ln . 3 3 dx x t x t x tdt x + = ⇒ = − ⇒ = . Suy ra : ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 log 1 1 1 3 . 1 ln 2 3 9ln 2 1 3ln e t x I dx tdt t dt t x x − = = = − + ∫ ∫ ∫ 2 3 3 3 1 1 1 4 9ln 2 3 27ln 2 t t   = − =  ÷   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 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Tính được a AH AC 2 15 5 5 ′ = = . a a PQ MN 15 , 4 2 = = ⇒ BDMN a S 2 3 15 16 = . Suy ra: 3 . D D 1 3 . 3 16 = = A B MN B MN a V S AH . Câu V: • Cách 1: Ta có 2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + − = + + − = − + − . Đặt t bc = thì ta có 2 2 ( ) (1 ) 0 4 4 b c a t bc + − ≤ = ≤ = . Xét hàm số: f t a a a t( ) (1 ) (1 2 )= − + − trên đoạn a 2 (1 ) 0; 4   −       Có: 2 ( 1 ) 1 7 (0) (1 ) 4 4 27 + − = − ≤ = < a a f a a và 2 2 (1 ) 7 1 1 1 7 (2 ) 4 27 4 3 3 27 a f a a   −   = − + − ≤  ÷  ÷  ÷     với ∀a [ ] 0;1∈ . Vậy: 7 2 27 ab bc ca abc+ + − ≤ . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1 3 = = = . • Cách 2: Ta có a a b c a b c a b c c b 2 2 2 ( ) ( )( ) (1 2 )(1 2 )≥ − − = + − − + = − − (1) Tương tự: b a c 2 (1 2 )(1 2 )≥ − − (2), c a b 2 (1 2 )(1 2 )≥ − − (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ abc a b c(1 2 )(1 2 )(1 2 )≥ − − − = a b c ab bc ca abc1 2( ) 4( ) 8− + + + + + − ⇒ abc ab bc ca 1 9 4 + + + ≤ ⇒ abc ab bc ca abc 1 2 4 + + + − ≤ Mặt khác a b c abc 3 3+ + ≥ ⇒ abc 1 27 ≤ . Do đó: ab bc ca abc 1 1 7 27 2 4 27 + + + − ≤ = . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1 3 = = = . Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3)+ và I m m( ;6 )− là trung điểm của BC. Suy ra: B m c m c(2 ; 9 2 2 )− − − . Vì C’ là trung điểm của AB nên: 2 5 11 2 2 ' ; ' 2 2 − + − −   ∈  ÷   m c m c C CC nên 2 5 11 2 2 5 2 3 0 2 2 6 − + − −   − + = ⇒ = −  ÷   m c m c m 5 41 ; 6 6   ⇒ −  ÷   I . Phương trình BC: x y3 –3 23 0+ = . Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 2 3 0 14 37 ; 3 3 23 0 3 3 − + =    ⇒   ÷ − + =    x y C x y Tọa độ của 19 4 ; 3 3   −  ÷   B . 2) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − = uuur uuur Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − = Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).   = = −   n AB AC uuur uuur r Suy ra (ABC): 2 1 0x y z− + + = . Trang 97 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Giải hệ: 1 0 0 3 0 2 2 1 0 1 + − − = =     + − = ⇒ =     − + + = =   x y z x y z y x y z z . Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I Bán kính là 2 2 2 ( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − = Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 2 3 2 3 2 1 , 1 2 2 z i z i= − = + Suy ra 2 2 1 2 1 2 3 2 22 | | | | 1 ; 2 2 2 z z z z   = = + = + =  ÷  ÷   . Do đó: 2 2 1 2 2 1 2 11 4 ( ) + = + z z z z . Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I t t( 3 –8; )− ∈ ∆. Ta có: d I IA( , ) ∆ ′ = ⇔ 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + ⇔ t 3= − ⇒ I R(1; 3), 5− = PT đường tròn cần tìm: x y 2 2 ( –1) ( 3) 25+ + = . 2) Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) , (2;4; 8)   = − − = − − − ⇒ = = −   AB AC n AB AC uuur uuur uuur uuur r là 1 VTPT của (ABC) Suy ra phương trình (ABC): ( ) ( ) ( ) x y z–0 2 –1 –4 –2 0+ = ⇔ x y z2 –4 6 0+ + = . Giả sử M(x; y; z). Ta có: MA MB MC M P( )  = =  ∈  ⇔ x y z x y z x y z x y z x y z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2) ( 2) ( 1) 2 2 3 0  + − + − = − + + + −   + − + − = + + + −  + + − =  ⇔ x y z 2 3 7  =  =   = −  ⇒ M(2;3; 7)− Câu VII.b: Điều kiện: 2 2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0 (*) 0 1 1, 0 2 1  − − + + > − + > + > + >  < − ≠ < + ≠  xy x y x x y x x y Hệ PT ⇔ 1 2 1 2 1 2 1 2 2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1) log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2) − + − + − + − + − + + − = + + − − =     ⇔   + − + + − +     x y x y x y x y x y x y x y x y x Đặt 2 log (1 ) y x t + − = thì (1) trở thành: 2 1 2 0 ( 1) 0 1.t t t t + − = ⇔ − = ⇔ = Với 1t = ta có: 1 2 1 (3)− = + ⇔ = − −x y y x . Thế vào (2) ta có: 2 1 1 1 4 4 log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0 4 4 x x x x x x x x x x x x − − − − + − + − + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + = + + 0 2 x x =  ⇔  = −  • Với x 0 = ⇒ y 1= − (không thoả (*)). • Với x 2 = − ⇒ y 1= (thoả (*)). Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= − = . Trang 98 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 52 www.MATHVN.com Câu I: 2) y x mx m x mx m 2 2 2 2 6 18 12 6( 3 2 ) ′ = + + = + + Hàm số có CĐ và CT ⇔ y 0 ′ = có 2 nghiệm phân biệt x x 1 2 , ⇔ ∆ = m 2 > 0 ⇔ m 0 ≠ Khi đó: ( ) ( ) x m m x m m 1 2 1 1 3 , 3 2 2 = − − = − + . Dựa vào bảng xét dấu y′ suy ra CÑ CT x x x x 1 2 ,= = Do đó: CÑ CT x x 2 = ⇔ m m m m 2 3 3 2 2   − − − + =  ÷   ⇔ m 2 = − Câu II: 1) Điều kiện x 0≥ . PT ⇔ x x x 2 4 1 3 1 0− + − + = ⇔ x x x x x 2 1 (2 1)(2 1) 0 3 1 − + − + = + + ⇔ x x x x 1 (2 1) 2 1 0 3 1   − + + =  ÷ + +   ⇔ x2 1 0− = ⇔ x 1 2 = . 2) PT ⇔ x x 2 10sin 4sin 14 0 6 6 π π     + + + − =  ÷  ÷     ⇔ xsin 1 6 π   + =  ÷   ⇔ x k2 3 π π = + . Câu III: Ta có: x x x x x x x x f x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 ln( 1) ( 1) ln( 1) ( ) 1 1 1 1 + + − + = + = + − + + + + ⇒ F x f x dx x d x xdx d x 2 2 2 1 1 ( ) ( ) ln( 1) ( 1) ln( 1) 2 2 = = + + + − + ∫ ∫ ∫ ∫ = x x x C 2 2 2 2 1 1 1 ln ( 1) ln( 1) 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. Ta có: S ABCD S ABC V V BO SA SC ax AB OA 2 2 . . 1 1 2 2. . . . 6 3 = = = − = a x a x ax a ax 2 2 2 2 2 1 3 4 6 1 3 + − − = Do đó: S ABCD a a ax a xV 3 3 2 2 . 2 1 2 3 6 6 6 = ⇔ − = ⇔ x a x a 2  =  =  . Câu V: Ta có: a a b a ba b a a b a 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 3 1 4 4   = − + + + ≥ + +  ÷   + + = − + + + + Tương tự: b a a b 2 1 2 3 4 + + ≥ + + . Ta sẽ chứng minh a b a b 2 1 1 1 2 (2 2 2 2      + + ≥ + +  ÷  ÷ ÷      (*) Thật vậy, (*) ⇔ a b ab a b ab a b 2 2 1 1 4 4 4 2 ≥+ + + + + + + + ⇔ a b 2 0( ) ≥− . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b 1 2 = = . Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I t t( ;3 2 )− ∈ d 1 . Trang 99 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học Khi đó: d I dd I d 2 3 ) ( , )( , = ⇔ t t t t 3 4(3 2 ) 5 5 4 3(3 2 ) 2 5 + − + = + − + ⇔ t t 2 4    = = Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: x y 2 2 49 25 ( 2) ( 1) =− + + và x y 2 2 9 ( 4) ( 5) 25 − + + = . 2) (∆) : 2 2 2 3 1 3 2 2 2 x t x y z y t z t = +  − +  = = ⇔ =   = − +  . (P) có VTPT n (2;1; 1)= − r . Gọi I là giao điểm của (∆) và đường thẳng d cần tìm ⇒ I t t t(2 ;3 ; 2 2 )+ − + (1 ,3 2, 1 2 )AI t t t⇒ = + − − + uur là VTCP của d. Do d song song mặt phẳng (P) . 0AI n⇔ = uur r ( ) t t AI 1 3 1 0 3 2; 9; 5 3 ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = − − uur . Vậy phương trình đường thẳng d là: 1 2 1 2 9 5 x y z− − + = = − − . Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= 1 2 3 4 5 6 =x a a a a a a . 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 1 0a ≠ nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : 5 8 A . Vậy số các số cần tìm là: 5. 5 8 A = 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 2 2 1 2 3 2⇔ − + − < +m m 2 2 2 1 4 4 18 9 5 4 17 0⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈m m m m m m R Ta có: · 1 1 9 . sin . 2 2 2 = ≤ =S IA IB AIB IA IB IAB Vậy: S IAB lớn nhất là 9 2 khi · 0 90=AIB ⇔ AB = 2 3 2=R ⇔ 3 2 ( , ) 2 =d I d ⇔ 3 2 2 1 2 2 2 m m− = + 2 2 2 16 16 4 36 18 2 16 32 0⇔ − + = + ⇔ + + =m m m m m 4⇔ = −m 2) Ta có: ( ;0; 1), (0; ; 1)= − = −SM m SN n uuur uuur ⇒ VTPT của (SMN) là ( ; ; )=n n m mn r Phương trình mặt phẳng (SMN): 0nx my mnz mn+ + − = Ta có: d(A,(SMN)) 2 2 2 2 n m mn n m m n + − = + + 1 . 1 1 1 2 2 1 2 m n mn mn mn m n − − = = = − − + Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định. Câu VII.b: BPT ⇔ x x x x x 1 2 (4 2.2 3).log 3 2 4 + − − − > − ⇔ x x x 2 (4 2.2 3).(log 1) 0− − + > ⇔ x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2.2 3 0 log 1 0 2.2 3 0 log 1 0              − − > + > − − < + < ⇔ x x x x 2 2 2 3 log 1 2 3 log 1   >   > −     <   < −    ⇔ x x x x 2 2 log 3 1 2 log 3 1 0 2   >     >     <     < <     ⇔ x x 2 log 3 1 0 2  >   < <  Trang 100 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 53 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M x y 0 0 ( ; ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do ∆OAB vuông tại O nên: OB A OA 1 tan 4 = = ⇒ Hệ số góc của d bằng 1 4 hoặc 1 4 − . Hệ số góc của d tại M là: y x x 0 2 0 1 ( ) 0 ( 1) ′ = − < − ⇒ y x 0 1 ( ) 4 ′ = − ⇔ x 2 0 1 1 4 ( 1) − = − − ⇔ x y x y 0 0 0 0 3 1 2 5 3 2    = − =  ÷        = =  ÷     Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x 1 3 ( 1) 4 2 = − + + hoặc y x 1 5 ( 3) 4 2 = − − + Câu II: 1) Điều kiện: xcos2 0≠ . PT ⇔ x x x x 2 2 (sin cos ) 2sin2 cos 2 0− + + + = ⇔ x x 2 sin 2 sin2 0− = ⇔ x x loaïi sin2 0 sin2 1 ( )  =  =  ⇔ x k 2 π = . 2) Hệ PT ⇔ xy x y x y x y xy x y xy x y 2 2 2 ( ) ( ) 30 ( ) 11  + + + =  + + + + =  ⇔ xy x y x y xy xy x y xy x y ( )( ) 30 ( ) 11  + + + =  + + + + =  Đặt x y u xy v  + =  =  . Hệ trở thành uv u v uv u v ( ) 30 11  + =  + + =  ⇔ uv uv uv u v (11 ) 30 (1) 11 (2)  − =  + + =  . Từ (1) ⇒ uv uv 5 6  =  =  • Với uv = 5 ⇒ u v 6 + = . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: 5 21 5 21 ; 2 2   − +  ÷   và 5 21 5 21 ; 2 2   + −  ÷   • Với uv = 6 ⇒ u v 5 + = . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1) Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , 5 21 5 21 ; 2 2   − +  ÷   , 5 21 5 21 ; 2 2   + −  ÷   . Câu III: Đặt t x= ⇒ dx t dt2 . = . I = t t dt t 1 3 0 2 1 + + ∫ = t t dt t 1 2 0 2 2 2 1   − + −  ÷ +   ∫ = 11 4ln2 3 − . 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′). Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH = a 2 2 . Từ giả thiết ⇒ MA′ = a 2 2 3 , A′C′ = a 2 . Do đó: B MA C MA C a V BH S BH MA A C 3 . ' ' ' ' 1 1 2 . . . 3 6 9 ′ ′ ′ = = = . Câu V: Ta có: a b a b c b a b a b c b c b c 2 (1 )+ − − + + = = − + + + . Tương tự, BĐT trơt thành: a b b c c a a b c b c c a a b 2 + + + − + − + − ≥ + + + ⇔ a b b c c a b c c a a b 3 + + + + + ≥ + + + Theo BĐT Cô–si ta có: a b b c c a a b b c c a b c c a a b b c c a a b 3 3 . . 3 + + + + + + + + ≥ = + + + + + + . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1 3 = = = . Trang 101 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 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: x y5( 1) 2 0+ + = ⇔ x y5 2 5 0+ + = . 2) Giả sử (S): x y z ax by cz d 2 2 2 2 2 2 0+ + − − − + = . • Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: a c d 1 2 0  =  =   =  ⇒ I b(1; ;2) . • d I P 5 ( ,( )) 6 = ⇔ b 5 5 6 6 + = ⇔ b b 0 10  =  = −  Vậy (S): x y z x z 2 2 2 2 4 0+ + − − = hoặc (S): x y z x y z 2 2 2 2 20 4 0+ + − + − = Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: 1 2 3 4 5 6 7 =x a a a a a a a (a 1 ≠ 0). • Giả sử 1 a có thể bằng 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 2 7 C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 5 C + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! 2 8 C • Bây giờ ta xét 1 a = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: 2 6 C + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: 3 4 C + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: 2 3 2 2 3 7 5 8 6 4 . .2! . .7 11340− =C C C C C (số). Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n 1 (1;2)= r , của BC là n 2 (3; 1)= − r , của AC là n a b 3 ( ; )= r với a b 2 2 0+ ≠ . Do ∆ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. Suy ra: B Ccos cos= ⇒ n n n n n n n n 1 2 3 2 1 2 3 2 . . . . = r r r r r r r r ⇔ a b a b 2 2 1 3 5 − = + ⇔ a b ab 2 2 22 2 15 0+ − = ⇔ a b a b 2 11 2  =  =  • Với a b2 = , ta có thể chọn a b1, 2= = ⇒ n 3 (1;2)= r ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn. • Với a b11 2= , ta có thể chọn a b2, 11= = ⇒ n 3 (2;11)= r Khi đó phương trình AC là: x y2( 1) 11( 3) 0− + + = ⇔ x y2 11 31 0+ + = . 2) PTTS của ∆: x t y t z t 1 2 1 2  = − +  = −   =  . Gọi M t t t( 1 2 ;1 ;2 )− + − ∈ ∆. Diện tích ∆MAB là S AM AB t t 2 1 , 18 36 216 2   = = − +   uuur uuur = t 2 18( 1) 198− + ≥ 198 Vậy Min S = 198 khi t 1= hay M(1; 0; 2). Câu VII.b: PT ⇔ x x a 5 25 log 5− = ⇔ x x a 2 5 5 5 log 0− − = ⇔ x t t t t a 2 5 5 , 0 log 0 (*)  = >   − − =   PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ t t a 2 5 log− = có đúng 1 nghiệm dương. Trang 102 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Xét hàm số f t t t 2 ( ) = − với t ∈ [0; +∞). Ta có: f t t( ) 2 1 ′ = − ⇒ f t t 1 ( ) 0 2 ′ = ⇔ = . f 1 1 2 4   = −  ÷   , f (0) 0= . Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f t a 5 ( ) log= có đúng 1 nghiệm dương ⇔ a a 5 5 log 0 1 log 4  ≥   = −  ⇔ a a 4 1 1 5  ≥  =    . Hướng dẫn Đề số 54 www.MATHVN.com Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x m x x 4 2 2 2 1 1+ + = + ⇔ x m x x 4 2 2 2 0+ − = ⇔ ( ) x x m x 3 2 2 1 0+ − = ⇔ x g x x m x 3 2 0 ( ) 2 1 0 (*)  =  = + − =  Ta có: g x x m 2 2 ( ) 3 2  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 mọi giá trị của m. Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0 ≠ ⇔ x k. 2 π π ≠ + (*). PT ⇔ x x x 2 2 2 1–cos 2sin –tan π   −  ÷   = ⇔ x x x1–sin2 tan (sin2 –1)= ⇔ x x sin2 1 tan 1  =  = −  ⇔ x k x l 2 .2 2 . 4 π π π π  = +    = − +   ⇔ x k x l . 4 . 4 π π π π  = +    = − +   ⇔ x k. 4 2 π π = + . (Thỏa mãn điều kiện (*) ). 2) Điều kiện: x x 2 2 3 4 0 log ( 2) 0  − >   + ≥   ⇔ x x 2 2 4 0 ( 2) 1   − >  + ≥   ⇔ x x 2 3  >  ≤ −  (**) PT ⇔ ( ) x x x 2 2 2 2 3 3 3 log –4 3 log ( 2) log ( –2) 4+ + − = ⇔ x x 2 2 3 3 log ( 2) 3 log ( 2) 4 0+ + + − = ⇔ ( ) ( ) x x 2 2 3 3 log ( 2) 4 log ( 2) 1 0+ + + − = ⇔ x 2 3 log ( 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= − − Câu III: Đặt t x 2 3 sin= + = x 2 4 cos− . Ta có: x t 2 2 cos 4 –= và x x dt dx x 2 sin cos 3 sin = + . I = x dx x x 3 2 0 sin . cos 3 sin π + ∫ = x x dx x x 3 2 2 0 sin .cos cos 3 sin π + ∫ = dt t 15 2 2 3 4 − ∫ = dt t t 15 2 3 1 1 1 4 2 2   −  ÷ + −   ∫ Trang 103 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học = t t 15 2 3 1 2 ln 4 2 + − = 1 15 4 3 2 ln ln 4 15 4 3 2   + +  ÷ −  ÷ − −   = ( ) ( ) ( ) 1 ln 15 4 ln 3 2 2 + − + . Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC. Hai điểm A,C cùng 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 45 0 = a 2 ; · SCA 0 60= là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). SA = AC.tan60 0 = a 6 . Từ đó SB SA AB a 2 2 2 2 10= + = . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d 2 π = π .SB 2 = a 2 10 π . Câu V: Tập xác định: D = R . Ta có: f x x x x x 2 2 1 ( ) 2 2 2 2 2 = − + + ≥ − + ( BĐT Cô–si). Dấu "=" xảy ra ⇔ x x x 2 –2 2 1 1+ = ⇔ = . Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Câu VI.a: 1) Ta có ( ) ( ) F F 1 2 3;0 , 3;0− là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy ra : a MF MF 1 2 2 = + = ( ) 2 2 4 33 1 3 5   + +  ÷   + ( ) 2 2 4 33 1 3 5   − +  ÷   = 10 ⇒ a = 5. Mặt khác: c = 3 và a b c 2 2 2 – = ⇒ b a c 2 2 2 22= − = Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A 1 ( –5; 0) ; A 2 ( 5; 0) ; B 1 ( 0; – 22 ) ; B 2 ( 0; 22 ). 2) d có VTCP d u ( 1;2;0)= − r . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Giả sử ( ) t tH 1– ; 2 2 ;3+ ⇒ ( ) AH t t1 ;1 2 ;0= − + uuuur Mà AH ⊥ d nên d AH u⊥ uuur r ⇒ ( ) ( ) t t1 1 21 2 0− +− + = ⇔ t 1 5 = − ⇒ H 6 8 ; ;3 5 5    ÷   ⇒ AH = 3 5 5 . Mà ∆ABC đều nên BC = AH2 2 15 5 3 = hay BH = 15 5 . Giả sử B s s(1 ;2 2 ;3)− + thì s s 2 2 1 2 15 2 5 5 25     − − + + =  ÷  ÷     ⇔ s s 2 25 10 –2 0+ = ⇔ s 1 3 5 − ± = Vậy: B 6 3 8 2 3 ; ;3 5 5   − +  ÷   và C 6 3 8 2 3 ; ;3 5 5   + −  ÷   hoặc B 6 3 8 2 3 ; ;3 5 5   + −  ÷   và C 6 3 8 2 3 ; ;3 5 5   − +  ÷   Câu VII.a: Xét khai triển: n n n n n n n n x C xC x C x C x C 0 1 2 2 3 3 (1 ) + = + + + + + Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n n n n n n n x C xC x C nx C 1 1 2 2 3 1 (1 ) 2 3 − − + = + + + + Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: n n n n n n n n x n xn x C xC x C n x C 2 2 2 2 2 1 1 2 2 3 1 ( 1)(1 )(1 ) 1 2 3 − − −   + − +   + = + + + + Cho x = 1 ta được đpcm. Trang 104 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG AM 2 3 = uuur uuur ⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có VTPT AG 8 0; 3   = −  ÷   uuur nên có PT: y 3= ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà AE EB2= uuur uuur nên B(–1; 1). ⇒ Phương trình BC: x y2 5 7 0− + = . 2) Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒ I t t t(1 3 ; 1 ; )+ − + . Bán kính R = IA = t t 2 11 2 1− + . Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: t d I P R 5 3 ( ,( )) 3 + = = ⇔ t t 2 37 24 0− = ⇔ t R t R 0 1 24 77 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 y z 2 2 2 ( 1) ( 1) 1− + + + = . Câu VII.b: x y y x y x 3 3 2 2 4 16 (1) 1 5(1 ) (2)   + = +  + = +   Từ (2) suy ra y x 2 2 –5 4= (3). Thế vào (1) được: ( ) yx x y y x 2 2 3 3 –5 . 16+ = + ⇔ x x y x 3 2 –5 –16 0= ⇔ x 0 = hoặc x xy 2 –5 –16 0= • Với x 0 = ⇒ y 2 4= ⇔ y 2= ± . • Với x xy 2 –5 –16 0= ⇔ x y x 2 16 5 − = (4). Thế vào (3) được: x x x 2 2 2 16 5 4 5   − − =  ÷   ⇔ x x x x 4 2 4 2 –32 256 –125 100+ = ⇔ x x 4 2 124 132 –256 0+ = ⇔ x 2 1= ⇔ x y x y 1 ( 3) 1 ( 3)    = = − = − = . Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) Hướng dẫn Đề số 55 www.MATHVN.com Câu I: 2) Ta có ( ) m x x x x x m x x 2 2 2 2 2 2 1 , 1. 1 − − = ⇔ − − − = ≠ − Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của ( ) y x x x C 2 2 2 1 , ( ')= − − − và đường thẳng y m x, 1.= ≠ Với ( ) f x khi x y x x x f x khi x 2 ( ) 1 2 2 1 ( ) 1  > = − − − =  − <  nên ( ) C ' bao gồm: + 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 [...]... 2 nghiệm : z = Trang 108 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng 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 = 2 IM = 2  3 − 9  +  3  = 3 2  ÷  ÷  2 2 S 12 =2 2 Theo giả thi t: S ABCD = AB AD = 12 ⇔ AD = ABCD = AB 3 2 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 =... 4 I2 = − 2 π+ 2 4 2 π− 2 4 Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD Suy ra: I =  BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ BM Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao  BC ⊥ SA •  Trang 106 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng a 3 2a 4a , BM = 3 = 2 ⇒ MN = 3 3 AD SA 2a 3 a 3  4a   2a + 3 ÷ 2a 10a2 BC + MN Diện tích hình thang BCMN là : S = SBCNM = BM =  = ÷ 2 ... A = 21004 Trang 109 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học 0 1 2 2009 • Ta có: (1 + x )2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + + x 2009C2009 0 2 2008 1 3 2009 Cho x = –1 ta có: C2009 + C2009 + + C2009 = C2009 + C2009 + + C2009 Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 2009 (C2009 + C2009 + + C2009 ) + (C2009 + C2009 + + C2009 ) = 22009 Suy ra: B = 22008 • Từ đó ta có: S = 21003 + 22007 Trang 110 ...Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com  Ôn thi Đại học  5π  5π  5π  5π 1 π = = sin ÷+ sin  = 1 ⇔ sin  2 x − ÷+ sin 12  12  12  12 4 2      π   π  5π  π 5π π ⇔ sin  2 x − = 2 cos sin  − ÷ = sin  − ÷ ÷ = sin − sin 12  4 12 3 ... 1(−2) + 25 =3 2 • BC =  −4 + 13  +  3 + 9  = 450 , d ( A; BC ) =  ÷  ÷ 2 2  4  4 4 7 +1 1 1 Suy ra: S ABC = d ( A; BC ).BC = 3 2 2 2 450 45 = 4 4 Trang 107 Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học r r r r 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) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2 Vậy d1 // d2 r • VTPT của mp (P) là... là nghiệm của hệ:  • 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 − 2 y − 5 = 0 Gọi I = (d ) ∩ BN 2 x + y + 5 = 0 Giải hệ:   x − 2y − 5 = 0 Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '(−3; −4)  BC : 7 x + y + 25 = 0 • Phương trình BC: 7 x + y + 25 = 0 Giải hệ:   13 9  ; − ÷  4 4 ⇒ C−  CH : x − y + 1 = 0 2 2 7.1 + 1(−2) + 25 =3 2 • BC =  −4 + 13... = 4, v = 0 (với u > v) Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) u+v = 4  Kết hợp (1) ta có:  Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2) Câu III: I = π 4 1 + x 2 sin xdx − ∫ − π 4 • Tính I1 = π 4 ∫ − π 4 ∫ π 4 π 4 π 4 x sin xdx = I1 − I 2 1 + x 2 sin xdx Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1 = 0 − • Tính I 2 = ∫ − x sin xdx Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:...   Gọi A(2 + t;1– t;2t )∈ d1 , B(2 –2t′ ; 3; t′ )∈ d2 uu r u r  1  AB.u = 0 5 4 2 u u 1 t = − u r r ⇒  AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 ⇔  3 ⇒ A  3 ; 3 ; − 3 ÷; B    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:... là phân giác của góc SBA ⇒ ·SBH = 300 ⇒ SH = SB.sin300 = a MN • SA = AB tan600 = a 3 , MN SM = ⇔ = • Thể tích chóp SBCNM ta có V = a 3− 1 10 3a3 SH SBCNM = 3 27 Câu V: Đặt 5 x = a; 5y = b; 5z = c Từ giả thi t ta có: a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 a+b+c (*) + + ≥ a + bc b + ca c + ab 4 a3 b3 c3 a+b+c ⇔ Ta có: (*) + + ≥ 4 a2 + abc b2 + abc c2 + abc 3 3 a b c3 a+b+c ⇔ + + ≥ (a + b)(a + c)... nên A’  29 29 29  • Gọi H là hình chiếu của A lên d1 Tìm được H   43 95 28   ; ;− ÷  29 29 29   65 −21 −43  ; ; ÷  29 58 29  I là trung điểm của A’B suy ra I  Câu VII.a: Nhận xét z = 0 không là nghiệm của PT Vậy z ≠ 0  1   1 1 1  2 Chia hai vế PT cho z2 ta được:  z + 2 ÷−  z − ÷+ = 0 (1) z 2  z 1 1 2 2 2 2 Đặt t = z − Khi đó t = z + 2 − 2 ⇔ z + 2 = t + 2 z z z Phương trình (2) . Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x x mx 3. x x 2 log 3 1 0 2  >   < <  Trang 100 Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 53 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến