Đang tải... (xem toàn văn)
Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 41
Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C m ): x x mx 3 2 3 0+ + = (1) ⇔ x x x m 2 0 3 0 (2) = + + = (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 ⇔ m m 9 4 0 < ≠ (*). Khi đó: D E D E x x x x m3; .+ = − = D E y y ' ' . 1= − ⇔ m m 2 4 9 1 0− + = ⇔ m 9 65 8 ± = (thoả (*)) Câu II: 1) PT ⇔ x xcos3 cos 0 3 π + − = ÷ ⇔ x x 2 cos3 cos 3 π = + ÷ ⇔ x k x k 3 6 2 π π π π = + = − + . 2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0. Khi đó Hệ PT ⇔ x y y x y xy y 3 3 3 2 2 3 8 27 7 4 6 + = + = ⇒ t xy t t t 3 2 8 27 4 6 = + = + ⇔ t xy t t t 3 1 9 ; ; 2 2 2 = = − = = • Với t 3 2 = − : Từ (1) ⇒ y = 0 (loại). • Với t 1 2 = : Từ (1) ⇒ x y 3 3 1 ; 4 2 4 = = ÷ • Với t 9 2 = : Từ (1) ⇒ x y 3 3 3 ; 3 4 2 4 = = ÷ Câu III: Đặt x t t 3 cos sin , 0 2 2 π = ≤ ≤ ÷ ⇒ I = tdt 4 2 0 3 cos 2 π ∫ = 3 1 2 4 2 π + ÷ . Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM ⇒ SH ⊥ (ABC), · SIH α = . SH = a IH 3 .tan tan 4 α α = ⇒ S ABC ABC a V SH S 3 . 1 . tan 3 16 ∆ α = = . Câu V: • Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b 4 1 1 ≤ + + . ⇒ P ≤ x y x z y x y z z x z y 1 1 1 1 1 1 1 4 + + + + + ÷ + + + + + + = x y y z z x 1 1 1 1 2 + + ÷ + + + ≤ x y z 1 1 1 1 4 + + ÷ = 1005 2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z 1 670 = = = . Vậy MinP = 1005 2 . Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: x y5 – 2 6 0+ = , AC: x y4 7 –21 0+ = . Suy ra: A(0; 3). BO ⊥ AC ⇒ BO: x y7 4 0− = ⇒ B(–4; –7) ⇒ BC: y 7 0+ = . 2) Giả sử A(a; 0; 0) ∈ Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) ∈ d. AB t a t t( 1 ;2 ; 2 2 )= + − − + uuur . Trang 71 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng d a AB u t 3 9 + ⊥ ⇔ = uuur r ⇒ a a a B 12 2( 3) 2 12 ; ; 9 9 9 + + − ÷ . AB = a a 2 2 2 6 9 3 − + . d A P a 2 ( ,( )) 3 = . AB = d(A, (P)) ⇔ a a a 2 2 2 2 6 9 3 3 − + = ⇔ a 3 = ⇒ A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: a a a a a 1 2 3 4 5 . • Nếu a 1 = 1 thì có: A 4 7 840= (số) • Nếu a 2 = 1 thì có: C A 1 3 6 6 . 720= (số) • Nếu a 3 = 1 thì có: C A 1 3 6 6 . 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. Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng 0 60 nên MI = R 0 sin30 = 4 ⇒ MI 2 16= ⇔ b 2 7= ⇔ b 7= ± ⇒ ( ) M 0; 7 hoặc ( ) M 0; 7− . 2) d 1 có VTCP u 1 (2;1;0)= r , d 2 có VTCP u 2 ( 1;1; 0)= − r . Giả sử A t t 1 1 (2 ; ;4) ∈ d 1 , B t t 2 2 (3 ; ;0)− ∈ d 2 . AB là đoạn vuông góc chung ⇔ AB u AB u 1 2 ⊥ ⊥ uuur r uuur r ⇔ t t t t 1 2 1 2 5 6 2 3 + = + = ⇔ t t 1 2 1= = ⇒ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0). Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R = AB 2 2 = . ⇒ (S): x y z 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 2) 4− + − + − = . Câu VII.b: PT ⇔ z z z 2 ( 1)( 2)( 8) 0+ − + = ⇔ z z z i1; 2; 2 2.= − = = ± . Hướng dẫn Đề số 42 Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x y2 3 0+ + = . Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a b2 3 0 + + = (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y x a b2( )= − + . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: x x a b x 2 4 2( ) 1 − = − + + (x ≠ –1) ⇔ x a b x a b 2 2 (2 ) 2 4 0− − − + + = (x ≠ –1) A, B đối xứng nhau qua MN ⇔ I là trung điểm của AB. Khi đó: A B I x x x 2 + = ⇔ a b a 2 4 − = (2) Từ (1) và (2) ta được: a b a b a 2 3 0 2 4 + + = − = ⇔ a b 1 2 = = − Suy ra phương trình đường thẳng d: y x2 4= − ⇒ A(2; 0), B(0; –4). Trang 72 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Câu II: 1) PT ⇔ x x 3 cos2 cos 2 4 + = (*). Ta có: x x cos2 1 3 cos 1 4 ≤ ≤ . Do đó (*) ⇔ x x cos2 1 3 cos 1 4 = = ⇔ x k l x 8 3 π π = = ⇔ x m8 π = . 2) PT ⇔ x x x3 (2 1) 2 1− = + (1). Ta thấy x 1 2 = không phải là nghiệm của (1). Với x 1 2 ≠ , ta có: (1) ⇔ x x x 2 1 3 2 1 + = − ⇔ x x x 2 1 3 0 2 1 + − = − Đặt x x x f x x x 2 1 3 ( ) 3 3 2 2 1 2 1 + = − = − − − − . Ta có: x f x x x 2 6 1 ( ) 3 ln 3 0, 2 (2 1) ′ = + > ∀ ≠ − Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng 1 ; 2 −∞ ÷ và 1 ; 2 +∞ ÷ ⇒ Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng 1 1 ; , ; 2 2 −∞ +∞ ÷ ÷ . Ta thấy x x1, 1= = − là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm x x1, 1= = − . Câu III: Ta có: x x x 2 1 sin 1 1 tan 1 cos 2 2 + = + ÷ + . Do đó: I = x x e dx 2 2 0 1 1 tan 2 2 π + ÷ ∫ = x x x e dx 2 2 0 1 1 tan tan 2 2 2 π + + ÷ ∫ = x x x x e dx e dx 2 2 2 0 0 1 1 tan tan . 2 2 2 π π + + ÷ ∫ ∫ Đặt x u e x dv dx 2 1 1 tan 2 2 = = + ÷ ⇒ x du e dx x v tan 2 = = ⇒ I = x x x x x x e e dx e dx 2 2 2 0 0 0 tan tan tan 2 2 2 π π π − + ∫ ∫ = e 2 π . Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ⊥ SC (D thuộc đoạn AC) ⇒ · ASD 0 30= . Ta có: ASD CSD AS SD S AD a CD S c CS SD 0 1 . .sin30 2 1 2 . 2 = = = ⇒ a DA DC c2 = − uuur uuur ⇒ cSA aSC SD c a 2 2 + = + uur uur uuur ⇒ cSA aSC c SD SB SB SA SB c a c a 2 2 . . . 2 2 + = = ÷ + + uur uur uuur uur uur uur uur = c abc ab c a c a 0 2 .cos60 2 2 = + + và c SA a SC caSA SC SD c a 2 2 2 2 2 2 4 4 . (2 ) + + = + uur uur = a c a c a c a c c a c a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 3 (2 ) (2 ) + − = + + ⇒ SD = ac c a 3 2 + Trang 73 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Mặt khác, · abc SD SB c a SDB SD SB ac b c a . 3 2 cos . 3 3 . 2 + = = = + uuur uur ⇒ · SDB 6 sin 3 = · SDBC SDB V SC S SC SD SB SDB 1 1 . . . .sin 3 6 = = = abc c a 2 2 . 6 2 + Mà ASDB CSDB V AD a V DC c2 = = ⇒ ASDB CSDB a a bc V V c c a 2 2 . 2 12 2 = = + Vậy: SABC ASDB CSDB a bc abc V V V abc c a 2 2 2 2 2 12 2 12 + = + = = ÷ + . Câu V: Đặt a x b y c z 2 2 2 log , log , log= = = ⇒ a b c xyz 2 2 log ( ) log 8 3+ + = = = ⇒ P = x y z 2 2 2 2 2 2 log 1 log 1 log 1+ + + + + = a b c 2 2 2 1 1 1+ + + + + Đặt m a n b p c( ;1), ( ;1), ( ;1)= = = r r r . Khi đó: P = m n p m n p+ + ≥ + + r r r r r r = a b c 2 2 ( ) (1 1 1)+ + + + + = 3 2 Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1 = = = ⇔ x y z 2= = = . Vậy MinP = 3 2 khi x y z 2= = = . Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d 1 , B(b; 2b – 1) ∈ d 2 . MA a a MB b b( 1; 2), ( 1;2 2)= − − − = − − uuur uuur MA MB2 0+ = uuur uuur ⇔ a b a b 2 2 1 0 2 4 2 2 0 − + − = − − + − = ⇔ a b 0 3 = = ⇒ A(0; –1), B(3; 5) ⇒ Phương trình d: x y2 1 0− − = . 2) PTTS của AB: x t y t z t 4 3 2 5 = + = − = ⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI. ⇒ Phương trình đường thẳng d là: x t y t z t 3 4 3 2 = − = = + Câu VII.a: PT có các nghiệm i i x x 1 2 1 1 ; 2 2 + − = = ⇒ i i x x 2 2 1 2 1 1 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 = IA IH IH IM 2 2 2 2 2 2 5 2 5 2 3− = − ≥ − = . Dấu "=" xảy ra ⇔ H ≡ M hay d ⊥ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT MI (1; 1)= − uuur ⇒ Phương trình d: x y 2 0− + = . 2) Phương trình mp(ABC): x y z 1 1 2 3 + + = . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của ∆ABC. Ta có: AH BC BH AC H P( ) ⊥ ⊥ ∈ uuur uuur uuur uuur ⇔ y z x z y z x 2 3 0 3 0 1 2 3 − + = − + = + + = ⇔ x y z 36 49 18 49 12 49 = = = ⇒ H 36 18 12 ; ; 49 49 49 ÷ . Trang 74 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Câu VII.b: Phương trình n n n C C C 1 3 2 2+ = ⇔ n n n 2 ( 9 14) 0− + = ⇔ n 7= Số hạng thứ 6 trong khai triển ( ) x x 7 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 2 2 − − + là: ( ) ( ) x x C 2 5 5 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 7 2 2 − − Ta có: x x C 5 lg(10 3 ) ( 2)lg3 7 .2 .2 21 − − = ⇔ x xlg(10 3 ) ( 2)lg3 2 1 − + − = ⇔ x xlg(10 3 ) ( 2) lg3 0− + − = ⇔ x x 2 (10 3 ).3 1 − − = ⇔ x x2 3 10.3 9 0− + = ⇔ x x0; 2= = Hướng dẫn Đề số 43 Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) ∈ (C) ⇒ a b a 2 1 1 − = − (a ≠ 1) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: a y x a a a 2 1 2 1 ( ) 1 ( 1) − = − − + − − Phương trình đwòng thẳng MI: y x a 2 1 ( 1) 2 ( 1) = − + − Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: a a 2 2 1 1 . 1 ( 1) ( 1) − = − − − ⇔ a b a b 0 ( 1) 2 ( 3) = = = = Vậy có 2 điểm cần tìm M 1 (0; 1), M 2 (2; 3) Câu II: 1) PT ⇔ x x x x cos cos2 cos3 cos 4 0 2 6 2 6 2 6 2 6 π π π π − + − + − + − = ÷ ÷ ÷ ÷ Đặt x t 2 6 π = − , PT trở thành: t t t tcos cos 2 cos3 cos 4 0+ + + = ⇔ t t t 5 4 cos .cos .cos 0 2 2 = ⇔ t t t cos 0 2 cos 0 5 cos 0 2 = = = ⇔ t m t l k t (2 1) 2 2 5 5 π π π π π = + = + = + • Với t m x m(2 1) (4 2) 3 π π π = + ⇒ = + + • Với t l x l 4 2 2 3 π π π π = + ⇒ = + • Với k k t x 2 11 4 5 5 15 5 π π π π = + ⇒ = + Trang 75 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng 2) Điều kiện: x x x 2 2 1 0 1 − ≥ ≥ − ⇔ x ≥ 1. Khi đó: x x x x x x 4 2 2 2 1 1 1+ + > + − ≥ + − (do x ≥ 1) ⇒ VT > ( ) ( ) Coâ Si x x x x x x x x 4 4 8 2 2 2 2 1 1 2 1 1 − − − + + − ≥ − − + − = 2 ⇒ PT vô nghiệm. Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): y y 2 ( 1) 1 4− + = − ⇔ y y 2 1 = = − V = y y y dy 2 2 2 2 1 ( 2 2) (4 ) π − − + − − ∫ = 117 5 π Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ABD. Kẻ NK // SA (K ∈ SC). Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD). Vậy K BCDM BCDM V KI S . 1 . 3 = Ta có: ∆SOC ~ ∆KIC ⇒ KI CK SO CS = (1), ∆KNC ~ ∆SAC ⇒ CK CN CS CA = (2) Từ (1) và (2) ⇒ CO CO KI CN CO ON SO CA CO CO 1 2 3 2 2 3 + + = = = = ⇒ a KI SO 2 3 3 3 = = Ta có: ∆ADC đều ⇒ CM ⊥ AD và CM = a 3 2 ⇒ S BCDM = DM BC CM a 2 1 3 3 ( ). 2 8 + = ⇒ V K.BCDM = BCDM a KI S 3 1 . 3 8 = Câu V: Ta có x x y z x 2 2 2 1 = + − . Ta cần chứng minh: x x x 2 2 3 3 2 1 ≥ − . Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: ( ) x x x x x x x x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 8 2 1 2 (1 )(1 ) 3 27 + − + − − = − − ≤ = ÷ ⇒ x x 2 2 (1 ) 3 3 − ≤ ⇒ x x x 2 2 3 3 2 1 ≥ − ⇒ x x y z 2 2 2 3 3 2 ≥ + (1) Tương tự: y y x z 2 2 2 3 3 2 ≥ + (2), z z x y 2 2 2 3 3 2 ≥ + (3) Do đó: ( ) x y z x y z y z x z x y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 + + ≥ + + = + + + Dấu "=" xảy ra ⇔ x y z 3 3 = = = . Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất ⇔ ∆OAB vuông cân tại O. Khi đó d O d 5 2 ( , ) 2 = . Giả sử phương trình đường thẳng d: A x B y A B 2 2 ( 2) ( 6) 0 ( 0)− + − = + ≠ Ta có: d O d 5 2 ( , ) 2 = ⇔ A B A B 2 2 2 6 5 2 2 − − = + ⇔ B AB A 2 2 47 48 17 0+ − = Trang 76 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học ⇔ B A B A 24 5 55 47 24 5 55 47 − − = − + = • Với B A 24 5 55 47 − − = : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− − ⇒ d: ( ) x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− − + − = • Với B A 24 5 55 47 − + = : chọn A = 47 ⇒ B = 24 5 55− + ⇒ d: ( ) x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0− + − + − = 2) (P) có VTPT n (1;1;1)= r . Giả sử A′(x; y; z). Gọi I là trung điểm của AA′ ⇒ x y z I 1 2 ; ; 2 2 2 + + ÷ . Ta có: A′ đối xứng với A qua (P) ⇔ AA n cuøng phöông I (P) , ′ ∈ uuur r ⇔ x y z x y z 1 2 1 1 1 1 2 3 0 2 2 2 − − = = + + + + + = ⇔ x y z 4 3 2 = − = − = − . Vậy: A′(–4; –3; –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. Ta tìm được: C′(2; –1). Suy ra phương trình (AB): x y9 2 2 9 1 2 − + = − − + ⇔ x y7 5 0+ + = . Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x y7 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 t t t 1 1 1 ( 23 8 ; 10 4 ; )− + − + ∈ d 1 , B t t t 2 2 2 (3 2 ; 2 2 ; )+ − − ∈ d 2 . ⇒ AB t t t t t t 2 1 2 1 2 1 (2 8 26; 2 4 8; )= − + − − + − uuur AB // Oz ⇔ AB k cuøng phöông, uuur r ⇔ t t t t 2 1 2 1 2 8 26 0 2 4 8 0 − + = − − + = ⇔ t t 1 2 17 6 5 3 = = − ⇒ A 1 4 17 ; ; 3 3 6 − ÷ ⇒ Phương trình đường thẳng AB: x y z t 1 3 4 3 17 6 = − = = + Câu VII.b: x x a x x 2 4 2 2 3 4 5 (1) 1 log ( ) log ( 1) (2) − ≥ + − ≥ + Trang 77 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng • (1) ⇔ x x 2 3 5 4 0− − ≥ . Đặt f(x) = x x 2 3 5 4− − . Ta có: f ′ (x) = x x x R 2 ln 5 ln 3.3 .5 0, 2 − > ∀ ∈ ⇒ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S 1 = [2; +∞) • (2) ⇔ [ ] a x x 4 2 2 log 2( ) log ( 1)− ≥ + ⇔ a x x 4 2( ) 1− ≥ + ⇔ x a x 4 1 2 2 ≥ + + (*) • Hệ có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) Đặt g(x) = x x 4 1 2 2 + + . Ta có: g ′ (x) = x 3 2 1+ > 0, ∀x ≥ 2 ⇒ g(x) đồng biến trên [2; +∞) và g(2) = 21 2 . Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +∞) ⇔ a 21 2 ≥ . Vậy để hệ có nghiệm thì a 21 2 ≥ . Hướng dẫn Đề số 44 Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x= thì: m x m x x m x 2 2 2 (2 1) (*) 1 ( 1) 1 (**) ( 1) − − = − − = − Từ (**) ta có m x 2 2 ( 1) ( 1)− = − ⇔ x m x m2 = = − • Với x = m, thay vào (*) ta được: m0 0= (thoả với mọi m). Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1. • Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: m m m m m 2 (2 1)(2 ) (2 )(2 1)− − − = − − − ⇔ m 2 4( 1) 0− = ⇔ m 1= ⇒ x = 1 (loại) Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= . Câu II: 1) PT ⇔ x x x 3 1 cos2 sin2 cos6 2 2 − + = ⇔ x x 5 cos 2 cos6 6 π − = ÷ ⇔ x k x l 5 48 4 5 24 2 π π π π = + = − + 2) xy x y x y x y x y 2 2 2 2 1 (1) (2) + + = + + = − . Điều kiện: x y 0+ > . (1) ⇔ x y xy x y 2 1 ( ) 1 2 1 0 + − − − = ÷ + ⇔ x y x y x y 2 2 ( 1)( ) 0+ − + + + = ⇔ x y 1 0+ − = (vì x y 0+ > nên x y x y 2 2 0+ + + > ) Thay x y1= − vào (2) ta được: x x 2 1 (1 )= − − ⇔ x x 2 2 0+ − = ⇔ x y x y 1 ( 0) 2 ( 3) = = = − = Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). Câu III: Đặt t x 2 π = − ⇒ dt = –dx. Ta có I = t dt t t 2 3 0 cos (sin cos ) π + ∫ = x dx x x 2 3 0 cos (sin cos ) π + ∫ Trang 78 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học ⇒ 2I = x dx x x 2 3 0 sin (sin cos ) π + ∫ + x dx x x 2 3 0 cos (sin cos ) π + ∫ = dx x x 2 2 0 1 (sin cos ) π + ∫ = dx x 2 2 0 1 1 2 cos 4 π π − ÷ ∫ = x 2 0 1 tan 2 4 π π − ÷ = 1 . Vậy: I = 1 2 . Câu IV: Vì ABB′A′ là hình bình hành nên ta có: C ABB C AB A V V . ' . ' ' = . Mà C ABB ABC a a a V A M S 2 3 . ' 1 1 3 3 . . . 3 3 2 4 8 ′ = = = Vậy, C ABB A C ABB a a V V 3 3 . ' ' . ' 2 2 8 4 = = = . Câu V: Ta có: P = x y x y x 2 2 2 2 (2 ) ( 2) 4+ − + + + + − Xét a x y b x y( ;2 ), ( , 2)= − = + r r . Ta có: a b a b+ ≥ + r r r r ⇒ x y x y x x 2 2 2 2 2 2 (2 ) ( 2) 4 16 2 4+ − + + + ≥ + = + Suy ra: P ≥ x x 2 2 4 4+ + − . Dấu "=" xảy ra ⇔ a b, r r cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( ) x x 2 2 2 3 (3 1)(4 )+ ≤ + + ⇒ x x 2 2 4 2 3+ ≥ + . Dấu "=" xảy ra ⇔ x 2 3 = . Do đó: P ≥ x x2 3 4 + + − ≥ 2 3 4 2 3 4 + = + . Dấu "=" xảy ra ⇔ x y 2 , 0 3 = = . Vậy MinP = 2 3 4+ khi x y 2 , 0 3 = = . Câu VI.a: 1) Ta có: a b10, 5= = ⇒ c 5 3= . Gọi M(x; y) ∈ (E). Ta có: MF x MF x 1 2 3 3 10 , 10 2 2 = − = + . Ta có: · F F MF MF MF MF F MF 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 . .cos= + − ⇔ ( ) x x x x 2 2 2 3 3 3 3 1 10 3 10 10 2 10 10 2 2 2 2 2 = − + + − − + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ⇔ x = 0 (y= ± 5) Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M 1 (0; 5), M 2 (0; –5). 2) Gọi I là điểm thoả: IA IB IC2 3 0+ + = uur uur uur r ⇒ I 23 13 25 ; ; 6 6 6 ÷ Ta có: T = ( ) ( ) ( ) MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = = uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MI uuur nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P). Ta tìm được: M 13 2 16 ; ; 9 9 9 − ÷ . Câu VII.a: Ta có: x C x C x C x C 10 0 10 1 9 9 10 10 10 10 10 ( 1) .+ = + + + + ⇒ ( ) x x C C x 10 5 4 6 10 10 ( 1) ( 2) . 2 .+ + = + + + ⇒ a C C 5 4 5 10 10 2 672= + = . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). • Ta có: AB AC IB IC = = ⇒ AI là đường trung trực của BC. ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của · BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc 0 45 . Trang 79 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng • Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 0 45 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. Vì IA (2;1)= uur ≠ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ ⇒ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u a(1; )= r là VTCP của d. Ta có: ( ) a a IA u a a 2 2 2 2 2 2 cos , 2 1 2 1 5 1 + + = = = + + + uur r ⇔ a a 2 2 2 5 1+ = + ⇔ a a 3 1 3 = = − • Với a = 3, thì u (1;3)= r ⇒ Phương trình đường thẳng d: x t y t 5 5 3 = + = + . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2 + + − − ÷ ÷ • Với a = 1 3 − , thì u 1 1; 3 = − ÷ r ⇒ Phương trình đường thẳng d: x t y t 5 1 5 3 = + = − . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13 ; , ; 2 2 2 2 + − − + ÷ ÷ • Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2 + − + + ÷ ÷ và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13 ; , ; 2 2 2 2 − + − − ÷ ÷ 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d M d( , ) 2= . Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH2 2 6 3 3 = Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: x y z x y z 2 2 2 2 3 1 1 1 8 ( 2) ( 1) ( 2) 3 − − = = − + − + − = . Giải hệ này ta tìm được: A B 2 2 2 2 2 2 2 ; ;3 , 2 ; ;3 3 3 3 3 3 3 + + − − − ÷ ÷ . Câu VII.b: y x y x x y x y xy 2010 3 3 2 2 2 log 2 (1) (2) = − ÷ + = + Điều kiện: xy 0> . Từ (2) ta có: x y xy x y 3 3 2 2 ( ) 0+ = + > ⇒ x y0, 0> > . (1) ⇔ x y y x 2 2 2010 − = ⇔ x y x y 2 .2010 2 .2010= . Xét hàm số: f(t) = t t.2010 (t > 0). Ta có: f ′ (t) = t t 2010 1 0 ln2010 + > ÷ ⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y Thay x = 2y vào (2) ta được: y y 9 5 0 2 − = ÷ ⇔ y loaïi y x 0 ( ) 9 9 10 5 = = = ÷ Vậy nghiệm của hệ là: 9 9 ; 5 10 ÷ . Trang 80 . Trần Sĩ Tùng [WWW. VIETMATHS. COM] Ôn thi Đại học Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành. d. AB t a t t( 1 ;2 ; 2 2 )= + − − + uuur . Trang 71 Ôn thi Đại học [WWW. VIETMATHS. COM] Trần Sĩ Tùng d a AB u t 3 9 + ⊥ ⇔ = uuur r ⇒ a a a B 12 2( 3) 2
