HD Giải đề Cấp tốc 04

Hướng dẫn giải đề 04 Câu I: 2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là       − 0, 2 1 A Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng       += 2 1 xky (∆) tiếp xúc với (C) / x 1 1 k x 2x 1 2 x 1 k co ù nghieäm 2x 1 − +   = +  ÷   +   ⇔  − +    =  ÷  +    ( )        = + −       += + +− ⇔ )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là ( ) 2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1   +  ÷ − +   = − + + 1 (x 1)(2x 1) 3(x ) 2 ⇔ − + = + và 1 x 2 ≠ − 3 x 1 2 ⇔ − = 5 x 2 ⇔ = . Do đó 12 1 k −= Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 y x 12 2   = − +  ÷   Câu II: 1. Giải phương trình: 1xcos 12 xsin22 =       π − (1) (1) 1 12 sin 12 x2sin2 =       π −       π −⇔ 1 sin 2x sin 12 12 2 π π   ⇔ − − =  ÷   12 cos 6 sin2 12 sin 4 sin 12 x2sin ππ = π + π =       π −⇔ 12 5 sin 12 cos 12 x2sin π = π =       π −⇔ ( ) 5 7 2x k2 hay 2x k2 k Z 12 12 12 12 π π π π ⇔ − = + π − = + π ∈ ( ) x k hay x k k Z 4 3 π π ⇔ = + π = + π ∈ 2. P/trình cho ( ) ( ) m94x64x14x24x =+−−−++−−−⇔ (1) ( ) ( ) m34x14x 22 =−−+−−⇔ m34x14x =−−+−−⇔ (1) đặt: 04xt ≥−= (1) m3t1t =−+−⇔ (∗) Phương trình cho có đúng 2 nghiệm ⇔ phương trình (∗) có đúng 2 nghiệm t ≥ 0 Vẽ đồ thị của hàm số ( ) 0t ,3t1ttf ≥−+−= . Ta có ( )      ≥− ≤≤ ≤≤− = 3t neáu 4t2 3t1 neáu 2 1t0 neáu t24 tf y 4 2 0 1 2 3 x Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4 Cách khác m3t1t =−+−⇔ và t 0≥ { { { 0 t 1 1 t 3 t 3 hay hay m 4 2t m 2 m 2t 4 ≤ < ≤ ≤ > ⇔ = − = = − { 0 t 1 t 3 1 t 3 2 m 4 hay hay m 2 m 2 4 m 4 m t t 2 2     ≤ < >   ≤ ≤ ⇔ < ≤ >   = − +   = =     Do đó, ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4 ( khi 2 < m ≤ 4 thì (∗) có đúng 2 nghiệm t 1 , t 2 thỏa 1 0 t 1≤ < và t 2 > 3 ) Câu III: Tính ( ) ∫∫ − − = − − = 1 0 2 2 1 0 2 dx 4x xx dx 4x 1xx I ( ) 2 1 1 1 2 2 2 2 2 0 0 0 d x 4 x 4 1 dx 1 dx 1 4 x 4 x 4 2 x 4 x 2 −   = − + = − +  ÷ − − − −   ∫ ∫ ∫ 1 1 2 0 0 1 x 2 3 1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln3 2 x 2 2 −   = − − + = + −   +  Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A 1 (0,0, a 2 ) Suy ra a 2 M 0,0, 2    ÷  ÷   C 1 (-a,0, a 2 ) a a a 2 N , , 2 2 2   −  ÷  ÷   và ( ) 1 BC a, a,a 2= − − uuuur ; a a MN , ,0 2 2   = −  ÷   uuuur ; ( ) 2a,0,0AA 1 = Ta có: 0AA.MNBC.MN 11 == Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA 1 và BC 1 Ta có 1 2 MA a 0,0, 2   =  ÷  ÷   uuuuur 2 MB a 0,1, 2   = −  ÷  ÷   uuur 1 2 MC a 1,0, 2   = −  ÷  ÷   uuuur Ta có 2 1 2 MA , MB a ,0,0 2     =  ÷    ÷   uuuuur uuur [ ] 2 2a MCMB,MA 3 11 =⇒ [ ] 12 2a MCMB,MA 6 1 V 3 11BCMA 11 == (đvtt) Câu V Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra: . ab 3 (a b)= − + , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4 bđt đã cho tương đương với 2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3 a b 1 2 (a 1)(b 1) a b + + + + + ≥ + − + + + ( ) ( ) 1 ba 3 ba 4 3 ba 4 3 2 3 ba 2222 − + ++++≥++⇔ ( ) ( ) ( ) 4 ba 12 ba3ba36ba4 2222 − + ++++≥++⇔ ( ) 2 2 12 a b 3 a b 10 a b ⇔ + − + − + ≥ + (A) Đặt x = a+b > 0 2 2 x (a b) 4ab 4(3 x)⇒ = + ≥ = − 2 x 4x 12 0 x 6 hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥ x 2⇒ ≥ ( vì x > 0) 2 2 2 x a b 2ab= + + 2 2 2 2 a b x 2(3 x) x 2x 6⇒ + = − − = + − Thế x như trên , (A) thành 2 12 x x 4 0 x − − + ≥ , với x≥ 2 3 2 x x 4x 12 0⇔ − + − ≥ , với x≥ 2 ( ) ( ) 2 x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥ , với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh. Câu VI.a.1 Với mọi n ∈ N ta có ( ) ( ) ( ) n n n 1n n 1n 1n1 n n0 n n C1xC1 .xCxC1x −+−++−=− − − − Lấy đạo hàm hai vế ta có ( ) ( ) ( ) 1n n 1n 2n1 n 1n0 n 1n C1 .xC1nxnC1xn − − −− − −++−−=− Cho x = 1 ta có ( ) ( ) 1n n 1n 1 n 0 n C1 .C1nnC0 − − −++−−= 2. *).Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) Phương trình số của d:      −−= +−= += t1z t2y t23x có VTCP ( ) 1,1,2a −= Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0 ⇒ t = –1⇒ M ( 1 ;- 3 ; 0) Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT [ ] ( ) 1,3,2n,an PQ −== Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là: 2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q) *)Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là: d': { x y z 2 0 2x 3y z 11 0 + + + = − + − = có VTCP ( ) d' a 4;1; 5= − r Q P ∆ N M d d' ⇒ Phương trình tham số của d': x 1 4t y 3 t z 5t = +   = − +  = −   Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42 Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t) ( ) ( ) 2 2 2 2 MN 4t t 5t 42t 42= + + − = = 2 t 1 t 1⇒ = ⇔ = ± . t = 1 ⇒ N 1 (5, –2, –5) Đường thẳng ∆ 1 qua N 1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP 1 P d' a n ,a ∆   =   r r r ( ) ( ) 6;9; 3 3 2, 3,1= − − = − − . Vậy phương trình ∆ 1 : x 5 y 2 z 5 2 3 1 − + + = = − . t = –1 ⇒ N 2 (–3, –4, 5) Đường thẳng ∆ 2 qua N 2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP ( ) 'd P a,na 2 = ∆ ( ) 3 2, 3,1= − − Vậy phương trình ∆ 2 : x 3 y 4 z 5 2 3 1 + + − = = − Câu VII.a. Giải phương trình: ( ) 2 2 1 2 2 1 1 log 2x 3x 1 log x 1 2 2 − + + − ≥ (1) (1) ( ) ( ) 2 1 1xlog 2 1 1x3x2log 2 1 2 2 2 2 ≥−++−−⇔ ( ) ( ) 2 1 1xlog 2 1 1x3x2log 2 1 2 2 2 2 ≥−++−−⇔ ( ) ( ) 2 2 2 x 1 (x 1) log 1 2 1 (x 1)(2x 1) 2 x 1 x 2 − − ⇔ ≥ ⇔ ≥ − −   − −  ÷   (x 1) 2 (2x 1) − ⇔ ≥ − 3x 1 1 1 0 x 2x 1 3 2 − + ⇔ ≥ ⇔ ≤ < − Câu VI.b.1 Gióng VI.a 2. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0 Ta có ∆ABC vuông tại A 0AC.AB =⇔ Ta có ( ) 1,2bAB −−= ; ( ) 1c,2AC −−= Do ∆ABC vuông tại A ( ) ( ) 01c2b2AC.AB =−−−−=⇒ ( ) 2 5 b005b2c2b21c ≤≤⇒≥+−=⇒−−=−⇔ Ta lại có ( ) ( ) 22 ABC 1c411b 2 1 AC.AB 2 1 S −++−== ( ) ( ) ( ) 12b2b4412b 2 1 S 222 ABC +−=−++−= vì 2 5 b0 ≤≤ nên SABC = (b – 2) 2 + 1 lớn nhất ⇔ b = 0 Khi đó c = 5. Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) và C(0, 5) Câu VII.b.1 Gióng VII.a . Hướng dẫn giải đề 04 Câu I: 2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là       − 0,. phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1 y x 12 2   = − +  ÷   Câu II: 1. Giải phương trình: 1xcos 12 xsin22 =       π − (1) (1) 1 12 sin 12 x2sin2