5 giải đề thi đại học khối B môn toán 2010

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2010

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn Lê Hồng Đức Tự học đem lại hiệu tư cao, điều em học sinh cần là: Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực điều Một điểm tựa để trả lời thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa” GIẢI ĐỀ THI MƠI TỐN KHỐI B NĂM 2010  Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá định hướng” Học Tốn theo nhóm (từ đến học sinh) lớp 9, 10, 11, 12 Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội Email: nhomcumon68@gmail.com Phụ huynh đăng kí học cho liên h 0936546689 31 đề thi môn toán khối B năm 2010 Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hàm số: 2x x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Tìm m để đờng thẳng y = 2x m cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt A, B cho tam gi¸c OAB cã diƯn tÝch b»ng ( O gốc tọa độ ) Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình: (sin 2x cos 2x)cos x  2cos 2x  sin x = Giải phơng trình: 3x x  3x  14x  0, x Câu III: (1 điểm): Tính tích phân: e ln x I  dx x(2  ln x) Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có AB = a, góc hai mặt phẳng (ABC) (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ đà cho tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a Câu V: (1 điểm): Cho số thực không âm a, b, c thỏa mÃn a b c = Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: M 3  a b  b 2c  c 2a   3(ab  bc  ca)  a  b  c y Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C (4; 1), phân giác góc A có phơng trình x y = Viết phơng trình đờng thẳng BC, biết diện tích ABC 24 đỉnh A có hoành độ dơng Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), ®ã b, c dơng mặt phẳng (P): y z = Xác định b c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) khoảng từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn sè phøc tháa m·n z  i  (1  i)z B Theo chơng trình Nâng cao 32 Câu VI b (2 ®iĨm) x y2  1 Gọi F1 F2 tiêu điểm (E) (F1 có hoành độ âm); M giao điểm có tung độ dơng đờng thẳng AF1 với (E); N điểm đối xứng F qua M Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 x y z Trong kh«ng gian täa ®é Oxyz, cho ®êng th¼ng    :  Xác định 2 tọa độ điểm M trục hoành cho khoảng cách từ điểm M đên OM Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phơng trình: log (3y 1) x , x, y    x x 3y Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; ) elip (E): Đánh giá định hớng thực Câu I Tham khảo định hớng câu I.1 đề toán khối A 2009 Với toán ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau: Bíc 1: ThiÕt lập phơng trình hoàng độ giao điểm: 2x (1)  2x  m  ax2 + bx + c = víi x  1 x 1 Bíc 2: Ta lần lợt: Để đồ thị (C) cắt đờng thẳng điểm phân biệt điều kiện là: Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt kh¸c 1 a 0  (*)   f  f ( 1) 0  Khi ®ã, víi ®iỊu kiƯn (*): b   x A  x B  a  y  2x A  m vµ  A  c y  2x  m  B B x x   A B a  Ta cã: 1  SOAB  OA.OB.sin AOB  x A y B  x B y A Giá trị m 2 Bớc 3: Kết luận Câu II 33 Dễ nhận thấy phơng trình đợc giải cách chuyển dạng tích, với định hớng cần tạo đợc nh©n tư chung NhËn xÐt r»ng : 2cos 2x  sin x có nhân tử chung với (sin 2x cos 2x)cos x Do đó, cần tổ hợp lại toán tử phơng trình, cụ thể: (cos 2x.cos x  2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) =  (cos 2x.cos x  2cos 2x) + (2cos2x.sinx  sin x) =  (cosx + 2)cos2x + (2cos2x 1)sinx = Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung cos2x 2cos2x = cos2x Đây phơng trình không mẫu mực chứa hai bậc hai nên sử dụng phơng pháp bình phơng sử dụng phơng pháp ẩn phụ (với hai ẩn phụ) đặt: u 3x u 3x  , (u, v  0)     v 6  x  v   x 2  u  3v 19 Không khả thi 2 u v (3x  1)(6  x)  3x  17x Nh vậy, phơng pháp: Hàm số, coi VT hàm sè f(x) th×: f '(x)    6x  14 0 3x   x   Vµ nh vËy, rÊt khó để đánh giá đợc dấu tập xác định D ; Biến đổi phơng trình dạng tích, hớng lựa chọn nhân tử chung xuất thực phép trục thức Và nh vậy, em học sinh cần có kĩ nhẩm đợc nghiệm x0 phơng trình đa đợc phép tách phù hợp Với toán kiểu x0 đợc chọn cho 3x  1,  x   NhËn thÊy r»ng x0 = nªn ta cã phÐp t¸ch:     3x      x   3x  14x  0 3x   16 6 x   3x  14x  0 3x    x 1 3x  15 x    3x  1  x   0 3x x Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung x 34 b Câu III Tích phân đợc lấy từ dạng tổng quát I f (ln x) dx nên x a cần sử dụng phơng pháp đổi biến u = lnx dễ dàng chuyển dạng đa thức phân thức theo u Câu IV Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) xác định góc ' HA 600 với H trung điểm BC hai mặt phẳng (ABC) (ABC) A Với h×nh trơ ABC.A’B’C’, ta cã ngay: VABC.A’B’C’ = SABC.A’A A’ Trong đó: ABC cạnh a nên có đợc SABC C Độ dài AA đợc tính dựa theo hệ thức lợng B AAH vuông A Nhận xét tứ diện G.ABC có ABC nên để M xác định đợc tâm mặt cầu ngoại tiếp cđa nã ta chØ cÇn G A thùc hiƯn:  Xác định trục đờng tròn x ABC C HI  Dùng trung trùc y cđa GA B Khi ®ã, giao điểm J x y tâm mặt cầu ngoại tiếp GABC Câu V Trớc tiên, em häc sinh cÇn nhËn thÊy r»ng M gåm ba phÇn lµ:  A a b  b 2c  c 2a   B ab  bc  ca C a  b c mà B phÇn tư trung gian bëi: a2 + b2 + c2  ab + bc + ca, 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  (ab + bc + ca)2 Tõ ®ã, víi viƯc lùa chän Èn phơ t = ab + bc + ca ta chuyển đợc M dạng f(t) Và việc tìm giá trị nhỏ M đợc chuyển thành việc tìm giá trị nhỏ hàm số f(t) với điều kiện ẩn t đợc suy tõ ®iỊu kiƯn = a + b + c, thĨ: = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca)  3(ab + bc + ca) = 3t 0t Câu VI.a Các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ (hình bên) để C (d) thấy đợc muốn có phơng trình đờng thẳng (BC) cách tìm đợc toạ độ điểm B Để thực B đợc mục tiêu với đặc thù giả thiết cho toạ độ điểm C, đờng phân giác (d) góc A diện tích ABC (vuông A): Ta lần lợt: Với giả thiết cho đờng phân giác góc  nên ta cần tạo C dựng tính đốiAxứng cách tìm toạ độ điểm Cđối xứng với C qua (d), thĨ víi C’(x; y) th×: 35    CC '  u d CC '.u d 0 CC '  (d)       I  (d)  I  (d)  trung điểm I CC' thuộc (d) Vì ABC vuông A nên A giao điểm (d) với đờng tròn đờng kính CC Từ đó, suy ra: Phơng trình đờng thẳng (AC) (*) SABC AB.AC Độ dài AB Tìm điểm B thuộc (AC) thoả mÃn (*) kết hợp với điều kiện (d) phân giác góc  Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) qua hai B C Chú ý: Tuy nhiên, với trờng hợp đặc biệt toán đờng phân giác (d) góc A song song với đờng phân giác góc phần t thứ hai nên cã thĨ tèi u lêi gi¶i nh sau:  Phân giác góc vuông  có phơng trình x  y  = (song song víi đờng phân giác góc phần t thứ II) nên: AC//Ox  yA = yC  xA  A  B(4; b) độ dài AC Diện tích ABC S, suy ra: SABC AB.AC độ dài AB Toạ độ B Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) qua hai B C Vì toán có liên quan tới tính vuông góc khoảng cách nên lần lợt thực hiện: Lập phơng trình mặt phẳng (ABC), ta sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn Ta lần lợt: - Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên : (1) n ABC n P - Từ điều kiện khoảng từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng nhận đợc phơng trình (2) Giải hệ phơng trình tạo (1), (2) nhận đợc giá trị b avf c Câu VII.a Với yêu cầu toán bắt đầu với giả sử: z x yi, x, y   Tõ ®ã, suy ra:  x  yi   i  (1  i)  x  yi   x   y  1 i   x  y    x y i tới đây, sử dụng công thức tính môđun ta có chuyển đổi : x   y  1  36  x  y 2   x  y   f(x, y) = ta Vµ b»ng phép biến đổi đại số thông thờng nhận đợc phơng trình tập hợp điểm biểu diễn số phức z f(x, y) = Câu VI.b Để lập đợc phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 cách cần tìm đợc toạ độ điểm N Và với toán công việc đợc thực nh sau: Từ phơng trình Elíp (E) suy toạ độ tiêu điểm F1 F2 Lập phơng trình đờng thẳng (AF1) Xác định toạ độ điểm M giao (AF1) với (E) Từ đó, suy toạ độ điểm N Lập phơng trình đờng tròn (C) ngoại tiếp ANF2 biết toạ độ ba đỉnh Tuy nhiên, em häc sinh biÕt nhËn xÐt r»ng:   NA.F2 A ANF2 vuông A suy ra, đờng tròn (C) có đờng kính F2N Lời giải đơn giản Với yêu cầu đợc tổng quát "Tìm điểm thuộc Ox thoả mÃn điều kiện K cho tríc", chóng ta thùc hiƯn theo c¸c bíc: Bíc 1: Gi¶ sư M(m; 0; 0) Bíc 2: ThiÕt lập điều kiện K, cụ thể với toán d(M, ()) = OM nên ta bắt đầu với: Chọn điểm A thuộc () vtpt n cđa ()  Khi ®ã:   n, AM  d(M, ()) = OM     m Giá trị tham số m n Toạ độ điểm M Câu VII.b Với hệ phơng trình thực theo bớc: Bớc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình Bớc 2: Lựa chọn hai phơng trình hệ để thực phép biến đổi tơng đơng, ta chọn phơng trình thứ nhất: 3y = 2x 3y = 2x + (*) Tới đây, cần (*) vào phơng trình thứ hệ ta nhận đợc nghiệm x, từ suy y Bíc 3: KÕt ln vỊ nghiƯm cđa hƯ tho¶ mÃn điều kiện bớc Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2010 Câu I Ta lần lợt có: a Hàm số xác định D \ b Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực, giới hạn vô cực đờng tiệm cận: 37 lim y nên y = đờng tiệm cận ngang x lim  y  vµ lim  y   nên x = đờng tiệm cận đứng x    1 x    1  Bảng biến thiên: y' với xD (x 1) hàm số đồng biến trªn D x  1 + y' + + + y c Đồ thị hàm số: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; làm tâm đối xứng Lấy thêm điểm A(2; 3) B 3; Bạn đọc tự vẽ hình Phơng trình hoành độ giao điểm (C) đờng thẳng (d): y = 2x + m lµ: 2x  x  (1)  2x  m  f (x) 2x  (m  4)x  m  x Trớc tiên, để đồ thị (C) cắt đờng thẳng (d) điểm phân biệt điều kiện là: Phơng trình (1) có hai nghiệm xA, xB phân biệt khác m  8(m  1)     m2 + > 0, f   f ( 1) 0  0 Nh vËy, ta cã: m   x A  x B   y  2x A  m vµ  A   y B  2x B  m  x x 1  m  A B Ta cã:  SOAB  OA.OB.sin AOB 1   x A y B  x B y A  x A  m  2x B   x B  m  2x A  2  m  xA  xB  2 2  12 m  x A  x B  m   x A  x B   4x A x B  38   m  2  m  m  m2  8 m            m  12  m + 8m  48 =    m = 2  m 4 VËy, víi m = 2 tho¶ m·n điều kiện đầu Câu II Biến đổi phơng trình dạng: (cos 2x.cos x 2cos 2x) + (sin2x.cosx  sin x) =  (cosx + 2)cos2x + (2cos2x – 1)sinx =  (cosx + 2)cos2x + sinx.cos2x =  (cosx + sinx + 2)cos2x =  cos x  sin x  0 (v« nghiƯm)   cos2x =  2x   k    cos 2x 0    x   k , k  Vậy, phơng trình có họ nghiệm §iỊu kiƯn: 3x  0   x 6  6  x 0 BiÕn ®ỉi phơng trình dạng: 3x   (*)   x   3x  14x  0 3x   16 6 x   3x  14x  0 3x    x 1 3x  15 x     3x  1  x   0 3x    x 1   x  0  x =      3x  0 (vn)  3x   x Vậy, phơng trình có nghiệm x = Câu III Ta trình bày theo cách sau: Cách 1: Đặt u = lnx, suy du = dx x §ỉi cËn:  Víi x = th× u =  Víi x = e u = 39 Từ đó: I   (2  u)  2 du    du   2  u   u2    u 0   u.du   u  2    ln  u  ln  2u Cách 2: Đặt u = + lnx, suy du = dx x Đổi cận: Với x = u =  Víi x = e th× u = Tõ ®ã:  u   du I  3 1  2     du  ln u   ln  u  u2 u u2 Câu IV Gọi H trung ®iĨm cđa BC, theo gi¶ thut ta cã: (A ' BC)  (ABC) BC   A ' H  BC  AH  BC C’  B’  ' HA 600  g((A ' BC), (ABC)) A a TÝnh thể tích khối lăng trụ: Ta có: VABC.ABC = SABC.AA (1) Trong ®ã: SABC  a A’ M G A (2)  ' HA  a tan 600  3a A ' A AH.tan A 2 Thay (2), (3) vào (1), ta đợc: C H I B (3) a 3a a 3  b TÝnh bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC: Ta có: Gọi I hình chiếu vuông góc G (ABC), suy I trọng tâm ABC nên GI trục đờng tròn ABC Gọi M trung điểm GA mặt phẳng (AGH) dùng ®êng trung trùc Mx cđa GA Khi ®ã, Mx cắt GI J J tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC Nhận xét rằng: VABC.A 'B'C'  40  (x  4)  (y  1) 0 CC '.u d 0   C’(4; 9)     x  y 1     I  (d)  2 Gọi (T) đờng tròn đờng kính CC, ta cã: T©m I  0;   (T): x2 + (y  5)2 = 32 (T) :  Bán kính IC 32 Vì ABC vuông A nên A giao điểm (d) với ®êng trßn (T) ®êng kÝnh CC’, ta cã: x 0  x  y  0  x 4  A(4; 1)    2  y 1  x  (y  5) 32  Ph¬ng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bởi: 1) Qua A Qua A(4;  (AC ') :   (AC ') :   vtcp AC '(0; 8) chon (0; 1) Qua C '  (AC’): x =  B(4; b)  DiÖn tÝch ABC b»ng 24, suy ra: 1 SABC  AB.AC  24  AB.8  AB = 2  b 7  36 = AB2 = (b  1)2    B(4; 7) B(4; 5) b Vì (d) phân giác góc  nên hai vect¬ AB, AD cïng híng, suy B(4; 7) Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi: Qua B(4; 7) Qua B  (BC) :   (BC) :  Qua C vtcp BC(  8;  6) chon (4; 3)    x y  (BC): 3x  4y + 16 =  (BC) : Cách 2: Ta lần lợt: Phân giác góc vuông  có phơng tr×nh x  y  = (song song với đờng phân giác góc phần t thứ II) nên: AC//Ox  yA = yC =  xA =  A( 4; 1)  B(4; b) víi b > vµ AC =  DiƯn tÝch ABC b»ng 24, suy ra: 1 SABC  AB.AC  24  AB.8  AB = 2 2  36 = AB = (b  1)  b = B(4; 7) Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi: 42 Qua B(4; 7) Qua B  (BC) :   (BC) :   vtcp BC( 8;  6) chon (4; 3) Qua C x y  (BC): 3x  4y + 16 =  (BC) :  x y z Sử dụng phơng trình mặt phẳng chắn, ta đợc (ABC) : 1 b c Ta lần lợt: Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) nên : 1 b c b c Khoảng từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bẳng nên: 1  1 1    3   8  8 1 1  b c b b c b c b0  b2   b  VËy, với b c thoả mÃn điều kiện đầu Câu VII.a Giả sử z x yi, x, y   Khi ®ã, ta cã:  x  yi   i  (1  i)  x  yi   x   y  1 i   x  y    x  y  i 2 2 2  x   y  1   x  y    x  y   x  y  2y  2  x  y   x2 + y2 + 2y  =  x2 + (y + 1)2 = Vậy, tập hợp điểm biểu diễn số phức z thuộc đờng tròn x2 + (y + 1)2 = C©u VI.b 2 Víi ElÝp (E) : x  y 1 cã a2 = 3, b2 = vµ c2 = a2  b2 = nên: F1(1; 0); F2(1; 0) Từ đó, suy phơng trình đờng thẳng (AF1) đợc cho bởi: Qua A(2; 3) Qua A  (AF1 ) :   (AF1 ) :  Qua F1  vtcp AF1 (  3;  3) chon ( 3; 1) (AF1 ) : x  y  0 Khi đó, toạ độ điểm M nghiệm hệ phơng tr×nh: 43  x  y  0  y2     x  M  1;  N  1;   1   3 3   3 y   NhËn xÐt r»ng:     NA.F2 A  1;   1; 0 ANF2 vuông A Vậy, đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ANF2 có đờng kính F2N nên có phơng trình: 2  (C) :  x  1   y   3 3  Tríc tiªn, điểm M thuộc Ox nên M (m; 0; 0) Với đờng thẳng () qua điểm A(0; 1; 0) vµ cã vtpt n  2; 1;  Khi ®ã:     n, AM  d(M, ()) = OM      m  5m  4m   m 1  n  m1   M1 ( 1; 0; 0) 5m  4m  3 m  m2  m  =    m 2  M (2; 0; 0) VËy, tån t¹i hai điểm M1, M2 thoả mÃn điều kiện đầu Câu VII.b §iỊu kiƯn: 3y  >  y Biến đổi tơng đơng phơng trình thø nhÊt cđa hƯ vỊ d¹ng: 3y  = 2x  3y = 2x + (*) Thay (*) vào phơng trình thứ hai hệ cách:  4x  2x  9y   22x  x   2x  1  2.22x  2x  0  x  (l)  x = 1  y , thoả mÃn điều kiện x 2   1  VËy, hÖ phơng trình có cặp nghiệm 1; đề luyện tập tơng tự (Dự bị đại học Số B.1) Phần chung cho tất thí sinh (7.0 điểm) Câu I: (2 điểm): Cho hµm sè: 44 (H): y = x x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số Tìm điểm M thuộc (H) để tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ nhỏ Câu II: (2 điểm) Giải phơng trình 6tanx + 5cot3x = tan2x 2 Giải bất phơng trình 4x x xdx  x2  C©u IV: (1 điểm): Cho hình chóp tam giác có cạnh đáy a, cạnh bên hợp với đáy góc Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Câu V: (1 điểm): Cho số thùc a, b, c tho¶ m·n a  3, b 4, c Tìm giá trị lớn cđa biĨu thøc: ab c   bc a   ca b  A abc Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A Theo chơng trình Chuẩn Câu VI a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (d) đờng tròn (S) có phơng trình: (d): x y  = 0, (S): x2 + y2  4y + = a Chøng tá r»ng (d) kh«ng cắt (S) Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H tâm đờng tròn (S) (d) b Lập phơng trình đờng tròn tiếp xúc với (d) H tiÕp xóc víi (S) Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Oxyz, lập phơng trình mặt cầu qua ba ®iĨm A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 3; 2) cắt phẳng (P) : 2x + 2y + z = theo thiết diện đờng tròn có bán kính Câu VII.a (1 điểm): Tìm phần thực phần ảo số phức: Câu III: (1 ®iĨm): TÝnh tÝch ph©n I  x  i 1   i  1   33 + (1  i)10 + (2 + 3i)(2  3i) + i B Theo chơng trình Nâng cao Câu VI b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho họ đờng thẳng (dm) có phơng tr×nh: (dm): (m + 1)xy + m2m = Chøng minh họ đờng thẳng (dm) tiếp xúc với Parabol cố định Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;) đờng thẳng (d) có phơng trình: x y z (d) : 2 a Tìm ®êng th¼ng (d) ®iĨm M(xM; yM; zM) cho tỉng x 2M y 2M z 2M đạt giá trị nhỏ b Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc điểm A lên đờng thẳng (d) 45 Câu VII.b (1 điểm): Xác định tập hợp điểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức thỏa m·n (1 + i )z + 2, ®ã z Đáp án chi tiết đề luyện tập Câu I Ta lần lợt có: (1) Hàm số xác định D = \ (2) Sự biến thiên hàm số: Giới hạn hàm số vô cực, giới hạn vô cực đờng tiệm cận: lim y = nên y = đờng tiệm cận ngang x  lim y =  nªn x = đờng tiệm cận đứng x Bảng biến thiªn: y 1 y' = < víi mäi xD (x  2) 2 B I  Hµm số nghịch biến D A +  O 23 + y  x (3) Đồ thị hàm số: Lấy thêm hai điểm A(1; 0) B(3; 2) = Ta lần lợt có: x1 Điểm M thuộc đồ thị hàm sè, ta cã M(x, ) x y' x  Tổng khoảng cách từ M đến hai trục toạ độ ®ỵc cho bëi: d = x + x x Để tìm Mind ta lựa chọn hai cách sau: Cách 1: Xét hàm số:   x  3x  x    x x  x  x x 1 hc x  d = x + =  x  x  x  3x   x    x 46 Miền xác định D = \ Đạo hàm: y =x   (x  2) x    d' = 1  x 1 hc x   (x  2)   x  1   (x  2)  B¶ng biÕn thiªn: x  d'  1/2 d + +  + + + + + + 1 , đạt đợc M0(0; ) 2 1 C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng, víi M0(0, )  d(M0) = , nªn chØ cÇn xÐt khi: 2 x 1 1 x vµ     x  x 2 2 x1 Víi x   ; , ta đợc d = x x   VËy Mind = Ta cã: Miền xác định D = ; Đạo hàm: < 0, xD d nghịch biến D (x  2) 1 VËy Mind = d(0) = , đạt đợc M0(0; ) 2 d' = + Câu II Điều kiện:  x   k    x   k cos x 0   k     x  , k   sin 3x 0  3x k cos 2x 0      k  2x   k   x    Biến đổi phơng trình dạng: 5(tanx + cot3x) = tan2xtanx 47 sin x cos 3x sin x 5cos 2x sin x + )=  = cos x sin 3x cos 2x.cos x cos x.sin 3x cos 2x.cos x  5cos22x = sin3x.sinx  5cos22x = (cos2xcos4x)  10cos22x = cos2x(2cos22x1)  12cos22xcos2x1 =   cos 2x  cos 2  2x 2  2k  x   k       , k    2x 2  2k  x   k  cos 2x  cos Vậy, phơng trình có bốn hä nghiƯm §iỊu kiƯn:    x  1  4x 0      x 1  x 0 Tới đây, lựa chọn mét hai c¸ch sau: C¸ch 1: Thùc hiƯn phÐp nhân liên hợp: 5( 2 (1) (1   4x )(1   4x ) < 3(1 +  4x ) x  4x < +  4x   4x > 4x     x    4x      | x |   1/ x   1  4x 0 x 0           x 1  4x  0     x   9(1  4x )  (4x  3)    2  9(1  4x )  (4x  3) C¸ch 2: Xét hai trờng hợp dựa điều kiện Với x < 0, bất phơng trình tơng đơng: 3x x  1/   x <   4x <  3x   2  4x  (1  3x) 13x  6x    KÕt hỵp víi điều kiện xét đợc nghiệm - x < 48 , bất phơng trình tơng đơng: 4x >1 3x    x   1  3x       x   1  4x 0         3x 0     x 1  1  4x  (1  3x)     13x  6x  Víi < x  1   x 2 0 vµ AC =  DiÖn tÝch ABC b? ?ng 24, suy ra: 1 SABC  AB.AC  24  AB.8  AB = 2 2  36 = AB = (b  1)  b =  B( 4; 7) Khi đó, phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho b? ??i: 42... y B  2x B  m  x x 1  m  A B Ta cã:  SOAB  OA.OB.sin AOB 1   x A y B  x B y A  x A  m  2x B   x B  m  2x A  2  m  xA  xB  2 2  12 m  x A  x B  m   x A  x B