Đang tải... (xem toàn văn)
Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 21
[WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) d: x3 2mx (m 3) x x (1) x 0 (1) x( x 2mx m 2) 0 g ( x) x 2mx m 0 (2) (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có nghiệm phân biệt khác m m 2 m m (a) m g (0) m 0 Mặt khác: d ( K , d ) 1 BC.d ( K , d ) 8 BC 16 BC 256 ( xB xC )2 ( yB yC )2 256 với xB , xC hai nghiệm phương trình (2) Do đó: S KBC 8 ( xB xC )2 (( xB 4) ( xC 4)) 256 2( xB xC ) 256 ( xB xC ) xB xC 128 137 137 (thỏa (a)) Vậy m 4m 4(m 2) 128 m m 34 0 m 2 Câu II: 1) * Đặt: t 2 x ; điều kiện: t > Khi BPT 30t t 2t (2) t 1 : (2) 30t 3t 30t 9t 6t t 4 ( a) t 1 : (2) 30t t 30t t 2t 1 t 1 (b) x t 4 4 x 2 Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2 (1) 2) PT log 22 x log x m 0; x (0; 1) log x lim log x 0 , nên: với x (0;1) t ( ; 0) Đặt: t log x Vì: lim x x Ta có: (1) t t m 0, t (2) m t t , t y t t , t : ( P ) Đặt: : (d ) y m 1 Xét hàm số: y f (t ) t t , với t < f (t ) 2t f (t ) 0 t y Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x (0; 1) (2) có nghiệm t < (d) (P) có điểm chung, với hồnh độ t < m Vậy, giá trị m cần tìm: m Câu III: Đặt : x I t 3 t6 117 41 dt t t dt = t t 135 12 3 Câu IV: Dựng SH AB SH ( ABC ) SH đường cao hình chóp Dựng HN BC , HP AC SN BC , SP AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP a a ; SHP vng có: SH HP.tan tan 4 1 a a2 a3 Thể tích hình chóp S ABC : V SH S ABC tan tan 3 4 16 Câu V: Với x tan x sin x 0,cos x 0, 2cos x sin x 0 AHP vng có: HP HA.sin 60o Trang 32 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học cos x tan x tan x cos x y sin x 2cos x sin x tan x(2 tan x) tan x tan x cos x cos x 1 t2 Đặt: t tan x; t y f (t ) ; t 2t t t t t t ( t t 4) t ( t 1)(t t 4) f (t ) f (t ) ( t 0 t 1) (2t t ) (2t t ) (2t t ) miny x f ( t ) t x Từ BBT ta có: Vậy: 4 0; 3 Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) = a b SABC AB (1) a b 8 a 5 b 5 ; a b 3 ; Trọng tâm G (d) 3a –b =4 (3) (2) a b 2 S Từ (1), (3) C(–2; 10) r = p 65 89 S Từ (2), (3) C(1; –1) r p 2 BA, a 196 100 2) d(A, (d)) = 5 a 1 1 Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 2 1 5 1 z z z Câu VII.a: PT z z 0 (1) z z z z 3i 3i t Đặt ẩn số phụ: t = z (1) t t 0 t 2 z 1 i 1 i ; Đáp số có nghiệm z : 1+i; 1- i ; 2 Câu VI.b: 1) (C1): ( x 1) ( y 1) 4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = (C2): ( x 4) ( y 1) 1 có tâm I (4; 1) , bán kính R2 = Ta có: I1 I 3 R1 R2 (C1) (C2) tiếp xúc A(3; 1) (C1) (C2) có tiếp tuyến, có tiếp tuyến chung A x = // Oy * Xét tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b ( ) : ax y b 0 ta có: a b 2 2 a a d ( I1 ; ) R1 a b 4 hay d ( I ; ) R a b b b a b 1 4 47 2 4 Vậy, có tiếp tuyến chung: (1 ) : x 3, ( 2 ) : y x , ( 3 ) y x 4 4 2) (d1) có vectơ phương u1 (1; 1; 2) ; (d2) có vectơ phương u2 (1; 3; 1) K (d ) K (t ; 3t 6; t 1) IK (t 1; 3t 5; t 2) 18 18 12 IK u2 t 9t 15 t 0 t K ; ; 11 11 11 11 Trang 33 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng 56 59 18 t; 2t Giả sử (d ) cắt (d1) H (t ; t; 2t ), ( H ( d1 )) HK t ; 11 11 11 18 56 118 26 HK u1 t t 4t 0 t HK (44; 30; 7) 11 11 11 11 11 18 x 11 44 12 30 Vậy, phương trình tham số đường thẳng (d ): y 11 z 11 7 2009 2009 C2009 x C2009 x C2009 x ) Câu VII.b: Xét đa thức: f ( x) x(1 x) 2009 x(C2009 2009 2010 C2009 x C2009 x C2009 x3 C2009 x 2009 2009 Ta có: f ( x) C2009 2C2009 x 3C2009 x 2010C2009 x 2009 f (1) C2009 2C2009 3C2009 2010C2009 ( a) Mặt khác: f ( x) (1 x)2009 2009(1 x)2008 x (1 x ) 2008 (2010 x) f / (1) 2011.22008 (b) Từ (a) (b) suy ra: S 2011.22008 Hướng dẫn Đề số 22 x y m Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = x 0 y m Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) B(2 ; m + 4) Ta có: OA (0; m), OB ( 2; m 4) Để AOB 1200 cos AOB m m(m 4) 12 m 2 12 m (m 4) m Câu II: 1) PT sin x cos3 x sin x(sin x cos x) sin x cos x 0 tan x (sinx + cosx)(sin2x 1) = sin x 0 sin x 1 x k x k x k 2) Điều kiện: x Đặt t 2 3 x 0 BPT 2t t 2t 5 t t 2 t 4 t 1 2t t 5 2t 8 2t t 0 5t 22 x 17 0 17 t 1; t Trang 34 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Với t 1 3 x 1 Ôn thi Đại học x 0 x 3 Câu III: Hồnh độ giao điểm nghiệm phương trình: x x 1 x 0; x 2 2 2 Diện tích cần tìm S x x dx ( x 1) dx 0 Đặt x = sin t; t ; dx = cost ; Với x 0 t ; x 2 t 2 2 2 S cos tdt 1 2 (1 cos 2t )dt t sin 2t 2 Câu IV: Kẻ SH BC Suy SH (ABC) Kẻ SI AB; SJ AC SIH SJH 600 SIH = SJH HI = HJ AIHJ hình vng I trung điểm AB IH a a a3 Vậy: VS ABC SH S ABC 12 1 1 1 Câu V: Sử dụng BĐT: ( x y z ) 9 x y z xyz x y z ab 1 1 ab ab Ta có: a 3b 2c (a c ) (b c) 2b a c b c 2b Tương tự biểu thức lại Sau cộng vế với vế ta được: ab bc ca a b c bc ca ca ab ab bc a b c a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b a b b c a c Trong tam giác vuông SHI ta có: SH x 3t Câu VI.a: 1) Đường thẳng () có phương trình tham số: y 2 2t t z 2 2t Mặt phẳng (P) có VTPT n (1; 3; 2) Giả sử N(1 + 3t ; 2 2t ; + 2t) MN (3t 3; 2t ;2t 2) Để MN // (P) MN n 0 t 7 N(20; 12; 16) x y z Phương trình đường thẳng cần tìm : 7 2) Phương trình AB : x + 2y = ; AB 12 Gọi hc đường cao hạ từ C ABC S ABC AB.hc 6 hc Giả sử C(2a + ; a) () Vì hc 12 | 2a 2a 1| 12 a 3 5 Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) C2(5; 3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: b c 0 b b i c 0 b c b i 0 b 0 c 2 3 Câu VI.b: 1) I có hồnh độ xI I d : x y 0 I ; 2 Gọi M = d Ox trung điểm cạnh AD, suy M(3;0) 9 2 AB 2 IM 2 xI xM yI yM 2 3 4 1 i Trang 35 [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học S ABCD AB AD = 12 AD = Trần Sĩ Tùng S ABCD 12 2 AB AD (d ) , suy phương trình AD: 1.( x 3) 1.( y 0) 0 x y 0 M AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: x y 0 y x y 3 x x 2 x 4 2 2 x 1 y 1 y ( x 3) y 2 ( x 3) y Vậy A(2;1), D(4;-1), x xC xI A xC 2 xI x A 9 7 3 I ; trung điểm AC, suy ra: 2 yC 2 y I y A 3 2 y y A yC I Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) có bán kính R = 2.2 2.( 1) 16 Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d d I , P 5 d R Do (P) (S) khơng có điểm chung Do vậy, MN = d –R = –3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi đường thẳng qua I vng góc với (P), N0 giao điểm (P) Đường thẳng có VTCP n P 2;2; 1 qua I nên có phương trình x 2 2t y 2t t z 3 t Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình: 2t 2t t 16 0 9t 15 0 t 13 14 Suy N ; ; Ta có IM IN Suy M0(0;–3;4) 3 3 2008 (1 i ) 2009 i 2008 (1 i) i (1 i ) 1 i (1 i ) 2008 i PT z2 2(1 + i)z +2i = z2 2(1 + i)z + (i + 1)2 = (z i 1)2 = z = i + Câu VII.b: Ta có: Hướng dẫn Đề số 23 m Câu I: 2) : PT có nghiệm m 3 m= m = : PT có nghiệm (1 đơn, kép) 3 Trang 36 15 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học 3 3 m ; \ : PT có nghiệm phân biệt 3 x x x Câu II: 1) PT cosx(1 + cosx) + sin cos3 = 2cos cos x (1 cos x)sin x 0 2 x cos 0 sin x cos x sin x.cos x 0 2x 0 ( 1)3 x 3( 1) x 0 ( 1) x 2 2) PT ( 1) ( 1) x ln Câu III: I = 2e3 x e x dx = e3 x e x e x ln 3e3 x 2e x e x (e3 x e x e x 1) dx e3 x e x e x ln ln ln 3e3 x 2e x e x 14 1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) x = x = ln11 – ln4 = ln 2x x e e e 1 0 11 Vậy eI = 1 Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a VASBC = SABC.SA = a 3 C A B AB B C AC sin cos cos cos sin sin 2 2 Câu V: P = = B A B C C A B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C = tan tan tan ≥ Vậy minP = A = B = C = 2 2 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = Gọi I’ điểm đối xứng I qua M 2 8 6 8 6 ; I (C): x y 9 5 5 5 2) Gọi (P) mặt phẳng qua I 1 (P): 3x – y + 2z + = Gọi (Q) mặt phẳng qua I 2 (Q): 3x – y – 2z + = Phương trình (d) = (P) (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3] y’ = 3x2 – 3, y’ = x = ± D y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 kết Câu VI.b: 1) Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R Gọi A, B hai tiếp điểm Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 60 IAM nửa tam giác suy IM 2 R=2 Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình: ( x 2) ( y 1) 20 Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình: ( x 2) ( y 1) 20 (1) (2) x y 12 0 y 3 2 y 10 y 20 y 42 y 81 Khử x (1) (2) ta được: y 27 27 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M 6;3 M ; 5 x 7 t ' 2) Phương trình tham số 1 : y 3 2t ' z 9 t ' Gọi M N giao điểm đường vng góc chung với 1 2 Trang 37 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng M(7 + t;3 + 2t;9 – t) N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP 1 2 a = (1; 2; –1) b = (–7;2;3) MN a MN a 0 Ta có: Từ tìm t t Toạ độ M, N MN b MN b 0 Đường vng góc chung đường thẳng MN Câu VII.b: Gọi nghiệm ảo z = ki (k R) Ta có : (ki)3 + ( – 2i)(ki)2 + ( – i)ki – 2i = – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = k k 0 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = k=1 k 2k k 0 Vậy nghiệm ảo z = i z i z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = z (1 i ) z 0 Từ suy nghiệm phương trình Hướng dẫn Đề số 24 Câu I: 2) y g ( x) 3 x 2m x m YCBT phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 4m m g (1) 5m m m S 2m x Câu II: 1) Nếu cos 0 x k 2 , k Z , phương trình vơ nghiệm x x Nếu cos 0 x k 2 , k Z , nhân hai vế phương trình cho 2cos ta được: 2 x x x x x tích thành tông 2cos cos 3x 2cos cos x 2cos cos x cos 0 cos 2 2 2 x k , k , đối chiếu điều kiện: k ≠ + 7m, mZ 7 log x y log 2) Điều kiện: 0< x ≠ Đặt: y log x log x 3 2 log x 3y 3 3 3 (*) sai với y > BPT log x y y 1 log x Kết luận: BPT vô nghiệm Câu III: Đặt : t x t 4 x x (t 1) 5 dx tdt dt ln Do đó: I (t 1) 12 2x 1 4x 1 (t 1) t 1 Câu IV: Nhận xét: Tâm O lục giác ABCDEF trung điểm đường chéo AD, BE, CF SO (ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA tam giac cạnh b Trang 38 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB = 6b Chiều cao h = SO = Ôn thi Đại học 3 3b (đvdt) SA2 OA2 a b b 3(a b ) Thể tích V = Sdáy h * Xác định d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ Chứng minh OJ (SAF) OI SO Trong SOJ vng O ta có OJ = b 3(a b ) 4a b OI SO Câu V: Đặt A = x xy y , B = x xy y Nếu y = A = B = x2 B x x xy y z2 z A Nếu y ≠ 0, ta đặt z đó: B A y x xy y z2 z 1 2 z2 z (a) m m 1 z m 1 z m 0 z z 1 m 1 m 1 (a) có nghiệm m 1 m 1 m 3 0 48 m 48 3 Xét phương trình: Vì A B Đây điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình: 4 x y 0 x A 2;4 x y 0 y 4 4 x y 0 x 1 B 1;0 Tọa độ B nghiệm hệ phương trình x y 0 y 0 Đường thẳng AC qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: a x b y 0 ax by 2a 4b 0 Gọi 1 : x y 0; 2 : x y 0; 3 : ax by 2a 4b 0 Từ giả thiết suy 2 ; 3 1 ; 2 Do | 4.1 2.3 | 25 5 a b a 0 | a 2b |2 a b a 3a 4b 0 3a 4b 0 cos 2 ; 3 cos 1 ; 2 |1.a 2.b | 2 a = b 0 Do 3 : y 0 3a – 4b = 0: Chọn a = b = Suy 3 : x y 0 (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC y – = y 0 x 5 C 5;4 Tọa độ C nghiệm hệ phương trình: x y 0 y 4 2) Tọa độ trung điểm I AB là: I(2; 2; 0) x y z Phương trình đường thẳng KI: 1 Gọi H hình chiếu I lên () H(–1; 0; 1) Giả sử K(xk; yk; zk), đó: KH xk 1 yk2 zk 1 Từ u cầu tốn ta có hệ: Trang 39 KO xk2 yk2 zk2 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng xk x 1 y z 1 x y z k k k k k k 1 3 yk Kết luận: K ; ; x y z 4 k k k 1 3 zk 2010 2008 2006 3(1 i ) i (1 i ) 4(1 i ) 3(1 i) 4i(1 i ) (1 i) Câu VII.a: Ta có: 4i ( đúng) (đpcm) Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình x y x y 0 y 0; x 2 y 1; x x y 0 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì ABC 900 nên AC đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) 2) Vì A 1 A(t+1; –t –1; 2); B 2 B( t'+3; 2t' +1; t') AB ( t ' t 2;2t ' t 2; t ' 2) Vì đoạn AB có độ dài nhỏ AB đoạn vng góc chung (1) (2) AB u1 AB.u1 0 AB u2 AB.u2 0 2t 3t ' 0 t t ' 0 A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0) 3t 6t ' 0 Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 chia hết chia hết Các số gồm số có tổng chia hết cho là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6) Mỗi số chia hết cho số tận + Trong số có số có hai số 4.P4 = 96 số chia hết cho + Trong số có số có Nếu tận có P4= 24 số chia hết cho Nếu tận số hàng chục nghìn khơng thể số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho Trong trường hợp có: 3(P4+3P3) = 126 số Vậy số số theo yêu cầu toán là: 96 + 126 = 222 số Hướng dẫn Đề số 25 x 3 3x k (1) Câu I: 2) Ta có : Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1 log2 x log2 ( x 1) 1 (2) 2 Từ (2) x(x – 1) < x Hệ PT có nghiệm (1) có nghiệm thoả < x ( x 1)3 3x k 1 x 2 ( x 1)3 3x < k 1 x 2 Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C) (1) có nghiệm x (1;2] k min f ( x ) f (2) Vậy hệ có nghiệm k > – 1;2 2 ,k Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 2sin2x + sinx –1 = x k Trang 40 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] 2 40 Vì x [ 2; 40] nên k k 2 6 2 0,7 k 18,8 k 1, 2,3, ,18 Ôn thi Đại học 40 6 2 (1 18) 117 log x 1 log (3 x) log ( x 1) 0 2) Điều kiện: x PT 1 x 17 x 1 x x x x 0 x (tmđk) e e e 2 ln x Câu III: Ta có : I x ln xdx x ln xdx 2 dx e 5 x x 1 1 Gọi S tổng nghiệm thoả YCBT: S = 18 Câu IV: Ta có: SAC vng A SC SA2 AC 2a AC = SC = a SAC Vì (P) chứa AC (P) // BD BD // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I giao điểm AC 2 BD I trọng tâm SBD Do đó: BD BD a 3 Mặt khác, BD (SAC) DB (SAC) BD AC a2 Do đó: SAB'C'D' = AC .BD a Đường cao h khối chóp S.ABCD đường cao tam giác SAC h a3 Vậy thể tích khối chóp S ABCD V = h.S AB ' C ' D ' 18 a b b c c a Câu V: Ta có BĐT 1 1 1 0 c a c a b a b c b b c a 1 a 1 b 1 0 c (1) c a 1 1 1 b a b c a b c Đặt: x 0; y 0; z x y.z 1 Khi : b c a x y z 0 x y z xy yz zx x y z 0 (1) (*) y 1 z 1 x 1 Vì x y z x y z xyz x y z x y z ( theo BĐT Cô–si) 3 Và xy yz zx 3 xyz 3 (theo BĐT Cơ–si) Do đó: (*) Vậy (1) CM Dấu "=" xảy x = y = z a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a (7; 4) AC làm VTPT BO: 7x – 4y = B(–4; –7) A nằm Oy đường cao AO trục Oy Vậy AC: y + = x y z 1 a b c JK (0; b; c), 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( P) : IA (4 a;5;6), JA (4;5 b;6); IK ( a;0; c) 4 a b c 1 77 77 77 phương trình mp(P) Ta có: a ; b ; c 5b 6c 0 4a 6c 0 Trang 41 Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] n Trần Sĩ Tùng n k k Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: x 1 Cn x k 0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n 1) x 1 25 Cho x = n = 25 từ (1) 25 24.223 = n k 25 k (k 1)C n k (k 1)Cnk x k k 2 25 k 2 k 25 k (k 1)C (1) = 5033164800 k 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M Oy M(0;m) AMB 600 (1) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) AMB 1200 (2) Vì MI phân giác AMB nên: IA (1) AMI = 300 MI MI = 2R m 4 m sin 300 IA (2) AMI = 600 MI MI = R m2 (vơ nghiệm) sin 60 3 Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0; – ) 2) BA (4;5;5) , CD (3; 2;0) , CA (4;3;6) Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) (Oxy) (P) có VTPT n1 BA, k = (5; –4; 0) (P): 5x – 4y = (Q) mặt phẳng qua CD (Q) (Oxy) (Q) có VTPT n2 CD, k = (–2;–3; 0) (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) a a b 5 a 2b z 5 Ta có: b b a 2b a 2b Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu toán: z a 2 b 5i; z 2 5i Hướng dẫn Đề số 26 Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm (d) (C) là: x =–x+m x x 1 ln có nghiệm phân biệt với m x mx m 0 (1) Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) AB = 2( x1 x2 )2 ( x1 x2 ) x1 x2 = 2( m 4m 8) Vậy GTNN AB = m = Câu II: 1) Điều kiện: < x ≠ Đặt t = log x t2 t 1 1 t 0 log x 0 0 BPT 2t log x 2 t 2 t 0 t (t t 2) 0 t 0 t t 1 log x log 2 log log x log 2 Trang 42 x 4 x 2 Trần Sĩ Tùng [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học 2) Điều kiện: cos x cos x 0 6 3 sin x sin x 3 sin x sin x sin x – sin3x = sinx + sin2x PT cos x cos x 6 3 k sin x 0 x sin2x(2cosx + 1) = cos x x 2 k 2 k x Kết hợp điều kiện, nghiệm phương trình là: x 2 2k Câu III: Ta có: sinx + cosx = 2cos x , 6 sin x cos x sinx = sin x = 6 6 6 6 dx sin x dx 6 I= = 16 16 cos3 x cos x 6 Câu IV: Trên SB, SC lấy điểm B, C cho SB = SC = a Ta có AB = a, BC = a , AC = a ABC vuông B Gọi H trung điểm AC, SHB vng H Vậy SH đường cao hình chop S.ABC VS ABC abc bc a3 VS.ABC = abc Vậy: VS.AB’C’ = VS AB ' C ' a a 12 12 8a a3 6a 2b 2c ( b c ) ( b c ) a Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 2 (b c) (b c) Dấu " = " xảy 2a = b + c b3 6b 2c 2a c3 6c 2a 2b ; Tương tự: 2 (c a ) (a b) a bc 1 Dấu xảy a = b = c = Kết luận: minP = 4 Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) Từ điều kiện 2MA MB 0 tìm A(1; –2), B(1;1) suy (d): x – = 2) Gọi (Q) mặt phẳng qua A, B vng góc với (P) ta suy (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = (D) = (P) (Q) suy phương trình (D) 1 1 Câu VII.a: PT có hai nghiệm x1 (1 i ), x2 (1 i ) 2i; 2i x1 x2 2 Suy ra: P Câu VI.b: 1) (H) có tiêu điểm F ( 13;0) Giả sử pttt (d): ax + by + c = Khi đó: 9a – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vng góc với (d) (D): b( x 13) – a y = ax by c Toạ độ M nghiệm hệ: bx ay 13b Bình phương hai vế phương trình cộng lại kết hợp với (*) ta x2 + y2 = 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A (P) BC; (Q) qua B (Q) AC Trang 43 [WWW.VIETMATHS.COM] Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng 36 18 12 Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng ta trực tâm H ; ; 49 49 49 Câu VII.b: Ta có: Cnk 3Cnk 2Cnk Cnk3 Cnk Cnk Cnk 3Cnk 3Cnk Cnk Cnk 3 (1) VT(1) Cnk Cnk Cnk Cnk Cnk Cnk Cnk 1 2Cnk 11 Cnk 12 Cnk1 Cnk 11 Cnk 11 Cnk 12 = Cnk2 Cnk 12 Cnk3 Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt cách phương trình x (2m 1) x 2m 0 (1) có nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X = 9X2 4m 4m (2m 1) 8m m m S 2m P 2m m m sin x 0 sin x 0 Câu II: 1) PT (1 sin x)(6 cos x sin x 8) 0 6cos x sin x 0 t t 2) Xét (1): Đặt t = x – y (1) 1 9.3t 5 Với t > VT < 10, VP > 10 Với t < 0, VT > 10, VP < 10 Phương trình (1) có nghiệm t = hay x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) x x 3x x 0 x Dễ thấy x = nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được: 1 (2) x x 0 Đặt y x (ĐK y 0) x x x y 1 Ta phương trình: y2 – 3y + = Từ ta tìm x y 2 xe x dx Đặt Câu III: S = ( x 1) u xe x 1 xe x xe x dx e x dx dv dx ( x 1) x 0 ( x 1)2 Câu IV: Chứng minh: ACD vuông C ACD vuông cân C AC CD a 2; CD 2a; BD a VSBCD = VS.ABCD – VSABD Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC) Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD) Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED) AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông H Kẻ HI MK có HI = d(H, (SCD)) Tính AH, AM HM; Tính AK HK Từ tính HI Trang 44 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ơn thi Đại học Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 Ta có: a b 1 Dấu "=" xảy a = b a b 4ab a b 1 1 1 1 1 2x y z 2x y z 2x y z x y 2z Tương tự: 1 1 1 1 1 x y z 2x y 2z x y 2z 2x y z 1 1 1 2009 2x y z x y z x y 2z x y z 2009 12 Vậy MaxP = x = y = z = 2009 Vậy Câu VI.a: 1) C nằm mặt phẳng trung trực AB 2) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình x y x y 0 y 0; x 2 y 1; x x y 0 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì ABC 900 nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) Câu VII.a: Phương trình: log ( n 3) log ( n 6) 4 có nghiệm n = 19 (Vì VT hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = điểm nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vng góc chung hai đường thẳng đường kính 2) Ta có: AB 1;2 AB Phương trình AB là: x y 0 I (d ) : y x I t ; t I trung điểm AC BD nên: C 2t 1;2t , D 2t ; 2t 8 2 | 6t | t 3 C ; , D ; Ngoài ra: d C ; AB CH 5 t 0 C 1;0 , D 0; Mặt khác: S ABCD AB.CH 4 (CH: chiều cao) CH 8 2 Vậy tọa độ C D C ; , D ; C 1;0 , D 0; 3 3 log Câu VII.b: Đặt log ( n 2n 6) t n 2n 3t ; (n 2n 6) log3 3t Ta phương trình: 3t + 4t = 5t Phương trình có nghiệm t = n2 – 2n + = n2 – 2n – = n =3 Hướng dẫn Đề số 28 9 Câu I: 2) log12 m m 12 144 12 Câu II: 1) PT cos22x cosxcos2x = 2cos2x sin2x Trang 45 5t Ôn thi Đại học [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng 2cos x cos x 0(VN ) cos2x = x k x k 2 t 2) Đặt t x x t2 = x2 2x BPT m (1 t 2), x [0;1 3] t 1 t 2t t2 g tăng [1,2] Khảo sát hàm số: g (t ) với t g'(t) (t 1) t 1 t2 Do đó, YCBT BPT m có nghiệm t [1,2] m max g (t ) g (2) t 1;2 t 1 Vậy: m cos x 0 3 t2 t2 dt t dt t ln t 2 ln Câu III: Đặt t x I = t 1 2 1 1 t 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho: A O, C 2a,0,0 , A1 (0,0, 2a 5) a a A(0;0;0), B ; ;0 , M ( 2a,0, a 5) BM a ; ; , MA1 a(2;0; 5) 2 Ta tích khối tứ diện AA1BM : 1 a 15 VAA1BM A A1 AB, AM ; S BMA1 MB, MA1 3a 3V a Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có: x y xy ; y z 3 xy ; z x 5 xy đpcm 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với (P) x 1 y z Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 1 2 x y z 0 AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm hệ PT: x y z H (1, 2, 1) xH x A x A ' Vì H trung điểm AA' nên ta có : 2 yH y A y A ' A '(3,1,0) z z z A A' H x y z Ta có A ' B ( 6,6, 18) (cùng phương với (1;–1;3) ) PT (A'B) : 1 2 x y z 0 Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình x y z M (2, 2, 3) 2) x y 0; x y 0 x2 x 1 Câu VII.a: PT log x x 3x x x x x Đặt: f ( x ) 3x (2 x ) , g ( x) x (x 0) x Từ BBT max f(x) = 3; g(x) = PT f(x)= g(x) có nghiệm maxf(x) = g(x) = x=1 PT có nghiệm x = Câu VI.b: 1) Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ x 2t Đường thẳng có PTTS: y 1 t Điểm M nên M 2t ;1 t ;2t z 2t Trang 46 [WWW.VIETMATHS.COM] Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học AM ( 2t ) ( t ) (2t ) (3t ) (2 5) BM ( 2t ) ( t ) ( 2t ) (3t 6) (2 5) AM BM (3t ) (2 5) (3t 6) (2 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u 3t ;2 v 3t 6; | u | 3t Ta có | v | 3t Suy AM BM | u | | v | u v 6; | u v |2 29 Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | | v || u v | Như AM BM 2 29 3t t 1 Đẳng thức xảy u , v hướng 3t M 1;0;2 AM BM 2 29 Vậy M(1;0;2) minP = 11 29 2) x y 0 Câu VII.b: Điều kiện x > , x 1 2log x log 2 x 0 log x log x 1 0 BPT log8 x 2 log x 3 log x 0x log x log x (log x 3) 0 0 log x log x log x x 1 Hướng dẫn Đề số 29 x 0 Câu I: 2) Ta có y 4 x 4mx ; y 0 x x m 0 (m
