Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 21

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  SABC 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  47 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 xyz  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  1dx = 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  AB  B C   AC  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, mZ 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 = 6SOAB = 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  BD // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I giao điểm AC 2 BD  I trọng tâm SBD Do đó: BD  BD  a 3 Mặt khác, BD  (SAC)  DB  (SAC)  BD  AC a2 Do đó: SAB'C'D' = AC .BD  a Đường cao h khối chóp S.ABCD đường cao tam giác SAC  h  a3 Vậy thể tích khối chóp S ABCD 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, BC = a , AC = a  ABC vuông B Gọi H trung điểm AC, SHB vng H Vậy SH đường cao hình chop S.ABC 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 bc 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  Cnk3  Cnk   Cnk   Cnk  3Cnk   3Cnk   Cnk  Cnk 3 (1) VT(1) Cnk  Cnk   Cnk   Cnk   Cnk   Cnk  Cnk 1  2Cnk 11  Cnk  12    Cnk1  Cnk 11  Cnk 11  Cnk 12 = Cnk2  Cnk 12 Cnk3     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   0x  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