Đề số 94

2 Câu Cho hàm số y  x  2(m  1) x 1  m (1) , ( m tham số) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vng K , K (2;  2) Lời giải - Phương trình hồnh độ giao điểm  x  2(m  1) x   m2 0  x  2(m  1) x  m2  0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt,   '   (m  1)  m2    2m    m   - Gọi nghiệm phương trình (2) x1 , x2 Tọa độ giao điểm A, B A( x1 ;0) , B( x2 ;0) ;   KA ( x1  2; 2), KB (x2  2; 2) - Khi theo ta có:   KA  KB  KA KB 0  (x1  2)(x2  2)  0  x1x2  2( x1  x2 )  0  m 1  m2   2.2(m  1)  0  m2  4m  0    m 3 - Kết hợp điều kiện m   , ta m 1 , m 3 Câu Giải phương trình ( x   - Điều kiện x  Với x     x 3  x 3   x 1   x x  1)( x  x  x  3) 2 x Lời giải x   x   Khi   x  4x     x   x 1 x  x  x  4x  2x  x  x  4x  x  x   x  2x  x   x 1   x  x x   ( x  3)( x  1)  x x  0   x +) x  +) x   x  x  0 x  0    x  x  0  x 0  x 0  13 x  0  x  x     x  2  x  x  x  x  0  x 0  x 0 1 x  0  x  x     x 2  x 1 x  x  x  0  x 3 x    13 1 - KL: Phương trình có hai nghiệm x  , x 2 cos x  sin 6x  2sin x.cos 2x  Câu 3.Giải phương trình tan x  Lời giải 1   tan x  - ĐK:  cos x 0  Phương trình  cos x  sin x  sin x  cos x cos x    x   k 2       sin  x   sin  x     ( k  ) 3 6    x   k 2   - Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình x   k 2  x   x   y  y  xy  3x Câu 4.Giải hệ phương trình   x  3x  x   60 18  y  y  Lời giải  y 0 - Điều kiện   x 2 - Từ phương trình (1)   x y x 1 y  x 1  y   x  1  y  x2  xy  x   x  y  1  x  y  1  x  x  y  1     x  y  1   x  y  1 0 (3)  x 1 y     y 0   x  y   nên (3)  x y  Do  x 1 y  x 2 - Thay vào (2) ta phương trình x  18x  3x  x   78 0   x     x  18x  81  x   x   0   3   x   0  x  0   x 3 (thỏa mãn điều kiện)  x   0 với x 3  y 2 thỏa mãn điều kiện  x 3 - Vậy hệ phương trình có nghiệm   y 2 2 Câu Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn x  y  z  xyz 2  xy  yz  zx  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x   y    z  Lời giải   y  z    P  x    y  z   Ta có P  x    y  z     2 + Từ giả thiết ta có x  y  yz  z  xyz 2 x  y  z   yz  x   y  z   x  y  z    x  yz 2 + Nhận thấy x   y  z   x  y  z   x  y  z  0 nên x 1 + Vì vậy x   y  z   x  y  z    x  yz  x   y  z   x  y  z    x   y  z  2  x  x  y  z   x  y  z   x   y  z    y  z   x  y  z     y  z   + Suy P  y  z     y  z   3 Đặt:   y  z  t ta có P   t  t 27 27  P   t  t   16 16 4t  4t  3  2t  3  27  P  27  P   64 16 16  y z  3 27   x  ; y z  + Vậy max P  2   y  z   4 64   x  y  z     y  z    1 n  * Câu Cho dãy số xác định u1 1 , un 1   2un   ; n   Tìm u2018 ? 3 n  3n   Lời giải 1 n  1  2   2) Ta có: u n 1   2u n     2un    un  3 n  3n    n  n 1  n  n 1 2   un 1    un    1 n2 3 n 1  , từ  1 ta suy ra: 1  n 1 1 cấp số nhân với v1 u1   , công bội q  2 Đặt un  Do   Suy ra: v1.q n 1  2     3 n 1  2  un     n 1   n 1  2  un     3 n  n 1 2017  2 22016 Vậy u2018      2017   3 2019 2019 Câu Một hộp đựng 50 thẻ đánh số từ đến 50 Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho Lời giải +) Số phần tử không gian mẫu n    C50 +) Gọi A biến cố hiệu bình phương số ghi hai thẻ số chia hết cho   a  b  3 2 Giả sử số chọn a,b Theo giả thiết  a  b  3   a  b   a  b  3     a  b  3 2 Nếu  a  b  3 a, b phải đồng dư chia  số cách chọn là: C16  C17  C17 Nếu  a  b  3 a b chia hết cho số chia dư 1, số chia dư  số cách 1 chọn là: C16  C17 C17  a  b  3 a 3   số cách chọn là: C162 Lại có:   a  b  3 b3     2 2 1 2 2 1 Do đó: n  A   C16  C17  C17  C16  C17C17  C16 C16  C17  C17  C17C17 Vậy P  A   16 17 17 17 17 C C C C C 681  C50 1225 Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ·ACB = 75o , đỉnh B   4;   Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình hA : 2x  y 0 ; D điểm thuộc cạnh BC cho DC 2DB Tìm tọa độ điểm A , biết ·ADC = 60o điểm A có hồnh độ âm Lời giải · - Lấy điểm E đối xứng với điểm C qua đường thẳng AD Khi góc CAD = 180o - 75o - 60o = 45o · · nên CAE (1) = 90o Vì ·ADC = 60o nên ·ADE = 60o , suy BDE = 60o 1 - Gọi K trung điểm DE Ta có DK  DE  DC DB (2) 2 Từ (1) (2) suy tam giác BDK tam giác Do BK DK  DE , suy ra: BDE vuông o · · · B Vậy tứ giác ACBE tứ giác nội tiếp Suy ABC = AEC = 45 , hay BAH = 45o  Vì A  hA : 2x + y = nên A(a;-2a) Suy BA (a  4;  2a) Véctơ phương hA  u (1;  2) Ta có:   (a  4)  2(2  2a) cos 450  cos BA; u  (a  4)  (2  2a)    5(5a  20) 2(5a)  a 4  a 2 - Vì điểm A có hồnh độ âm nên a = -2 Vậy: A(-2;4) Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Biết AB a, BC a SD a Đường thẳng qua A vng góc với AC cắt đường thẳng CB, CD I , J Gọi H hình chiếu vng góc A SC Hãy xác định giao điểm K , L SB, SD với  HIJ  chứng minh AK   SBC  Lời giải J S J H L K D A I B A D C I - Trong  SBC  gọi K SB  IH  K SB   H IJ  - Trong  SCD  gọi L SD  JH  L SD   H IJ  B C  IJ  AC  IJ   SAC   IJ  SC , mà AH  SC Suy SC   IJH  - Ta có  IJ  SA  - Suy AK  SC Mà BC   SAB   BC  AK Vậy AK   SBC  Câu 10 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAD tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Gọi M , N trung điểm cạnh SB, CD Gọi H trung điểm AD, E chân đường vng góc hạ từ H lên SC Chứng minh MN   SAB  tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng  MNE  Lời giải I S d M E A D  N  B F H C     + Đặt HA  x, HK  y, HS  z (K trung điểm BC)  1   1   + Ta có AM  AS  AB  AM  HS  HA  HK  2       1     MN MA  AD  DN  z  x  y  x  y  2        SB  SH  HA  AB  z  x  y           AM  z  x  y x z 2   2    2 3 a 1 a 3 + Suy MN AM  x  z       0  MN  AM 4 4 2 4  2    2 3 a 1a 3 MN SB  x  z       0  MN  SB 2 2 2 2  + Từ  1   ta suy MN   SAB   1  2 2  3a 3a a       9a    MN  + Mặt khác MN   x  z   x  z   4 16 16  Dựng thiết diện : + Qua S kẻ đường thẳng d song song với AB CD  d  SAB    SCD  + Trong mặt phẳng  SCD  kéo dài NE  d  I + Trong mặt phẳng  SAB  kéo dài IM  AB  F + Tứ giác MENF thiết diện cần tìm        + Ta có SC  SH  HD  DC  z  x  y       + Giả sử SE k SC  SE k  z  x  y       + HE  HS  SE   k  z  k x  k y    2 2 + Do HE  SC nên HE.SC 0   k  1 z  k x  k y 0    k  1 k ES 3    k 0  k  , từ suy EC 4 BF SI ES 3CN 3a     BF   + Ta có CN CN EC 5 10  a a 26 a 29 + Do NF  a    BF   MF  NF  MN  10 2  a 87 20 h IE SE    + Gọi h đường cao kẻ qua E tam giác IEM MN IN SC 3MN 3a  h  16 1 3a 87 + Diện tích tam giác IEM dt  IEM   h.IM  h.MF  2 320 13a 87 + Vậy diện tích thiết diện dt  MENF   320 + Diện tích tam giác INF dt  INF   MN MF 