Đang tải... (xem toàn văn)
Đồ thị: bạn đọc tự vẽ hình - Đồ thị cắt trục Oy tại điểm 0;1 - Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng Tìm m để bán kính đường tròn đi qua ba điểm cực trị của đồ thị hàm số có giá trị nhỏ [r]
(1)ĐỀ THI THỬ SỐ 140 (ĐỀ DỰ ĐOÁN CHO KHỐI A) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x – m2 x m Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để bán kính đường tròn qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số có giá trị nhỏ Câu II (2,0 điểm) cot x 1 7 Giải phương trình 3cot x cos x 1 sin x Giải phương trình x x x 13 x 17 ( x ) e3 x ln x x ln x dx x(1 ln x) e2 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a và góc ABC 30 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' biết khoảng cách hai đường thẳng a AB và CB ' Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2 ac 1) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I II PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (2,0 điểm) Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC, có điểm A 2;3 , trọng tâm G 2; Hai đỉnh B và C nằm trên hai đường thẳng d1 : x y và d : x y – Viết phương trình đường tròn có tâm C và cắt đường thẳng BG M và N cho MN = x 1 y z x y 1 z 1 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : và ; d2 : 2 1 mặt phẳng P : x y z Lập phương trình đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) và cắt d1 , d A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Câu VII a (1,0 điểm) Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thoả mãn: z i z i Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 Trong mặt phẳng Oxy, cho (E): và đường thẳng d : 3x y – 12 Chứng minh rằng: 16 Đường thẳng d luôn cắt (E) điểm phân biệt A, B Tìm điểm C thuộc (E) cho diện tích ABC Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x y z x z và các điểm A (0;1;1), B(-1;2;-3), C(1;0;-3) Tìm điểm D thuộc mặt cầu (S) cho thể tích tứ diện ABCD lớn Câu VII.b (1,0 điểm) Trong số các số phức thỏa mãn điều kiện z 4i z 2i Tìm số phức z có modun nhỏ Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm Giáo viên đề: Nguyễn Thành Long Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (2) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu I Nội dung Cho hàm số y x – m2 x m Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1 Tìm m để bán kính đường tròn qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số có giá trị nhỏ Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m =1 Với m = thì y x – x a Tập xác định: D b Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: x 1 ' ' y x – x x( x 1); y x x Hàm số đồng biến trên (-1;0) (1;+ ); Hàm số nghịch biến trên (0; 1) (- ;-1) + Cực trị: Hàm số đạt CĐ x 1; y ; Hàm số đạt CT x ; y + Giới hạn: lim ; lim x Điể m 2,0 1,0 0.25 0.25 x Hàm số không có tiệm cận + Bảng biến thiên: x - y' -1 - + 0 + + - + 0.25 + y 0 c Đồ thị: (bạn đọc tự vẽ hình) - Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;1) - Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng Tìm m để bán kính đường tròn qua ba điểm cực trị đồ thị hàm số có giá trị nhỏ x x 2 2 + Đạo hàm y ' x x m ; y ' x x m x m 2 g ( x ) x m x m + Hàm số có CĐ; CT và y ' có ba nghiệm phân biệt g ( x) có hai nghiệm phân biệt khác m Tọa điểm cực trị A 0; m ; B m; m m ; C m; m m 0.25 1.0 0.25 0.25 Nhận xét: Điểm A 0; m Oy , hai điểm B và C đối xứng qua Oy tam giác ABC cân A AB AC Gọi H là trung điểm BC Theo định lý hàm số sin tam giác ABC ta có AC AC AB AC m m8 m AH R (với sin B ) 2sin B AH AH 2m 2m AB t3 Xét hàm số f (t ) với t m 2t 2t ' f ' (t ) ; f (t ) 2t t 2t Giáo viên: Nguyễn Thành Long 0.25 Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (3) Lập bảng biến thiên suy f (t ) 33 1 t m = (thỏa mãn m 0) 2 Vậy m = là giá trị cần tìm 0.25 II 2.0 Giải phương trình 3cot x cot x 1 7 cos x 1 1.0 sin x Điều kiện: sin x x k , k cos x 1 cos x Phương trình sin x cos x 2 sin x sin x cos x cos x sin x 3 sin x cos x sin x sin x 3cos x sin x cos x sin x cos x sin x sin x 0.25 0.25 sin x cos x 4sin x 3cos x sin x sin x cos x 4sin x 1 sin x sin x sin x cos x 4sin x 4sin x 4sin x 4sin x sin x cos x 1 sin x cos x TH 1: Xét phương trình 4sin x 1 cos x 2cos x 1 cos x 2 2 x k 2 x k , k Thỏa mãn điều kiện x 2 k 2 x k 3 TH 2: Xét phương trình sin x cos x sin x 1 sin x 4 4 x k 2 x k 2 ,k x k 2 x k 4 Kết hợp điều kiện x k 2 , k Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x k , x k , x k 2 , k 3 2 Giải phương trình x x x 13x 17 ( x ) x Điều kiện: 4x6 6 x Phương trình x x x 13 x 17 0.25 0.25 1.0 0.25 0.25 x 1 Giáo viên: Nguyễn Thành Long x x 13 x 15 Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (4) x 1 x 1 x 1 x 1 13 x 15 x 1 x 1 x5 5 x x 5 x 3 x 1 x 1 1 x 5 (2 x 3) x 1 x 1 x5 1 (2 x 3) x x 1 1 1 Xét phương trình (2 x 3) x (*) x 1 x 1 x 1 x 1 1 Ta có và x 5, x 4;6 nên phương trình (*) vô x 1 x 1 x 1 nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2x 0.25 0.25 e3 III Tính tích phân I 1.0 x ln x x ln x dx 2 x (1 ln x ) e e3 3 e e x ln x ln x 1 Ta có I dx dx ln xdx I1 I x 1 ln x x 1 ln x e2 e2 e2 e3 Tính I1 e2 0.25 dx x 1 ln x dx x x e x 2 Đổi cận x e x 1 2 1 1 du du Khi đó I1 3 3 3ln u 3ln 2 u u 1 2 Đặt u ln x du 0.25 e3 e3 d (ln x) 3ln ln x 3ln e 1 ln x e2 Hoặc I1 e3 Tính I ln xdx e2 dx u ln x du 0.25 Đặt x dv dx v x e3 e3 e3 e3 Khi đó I x ln x e2 dx x ln x e2 x e2 4e3 2e e2 0.25 Vậy I I1 I 3ln 4e 2e Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân C, cạnh đáy AB 2a và 1.0 góc ABC 300 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' biết khoảng cách hai đường a thẳng AB và CB ' IV 0.25 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (5) A' C' Gọi M, N là trung điểm AB và A'B ' Tam giác CAB cân C suy AB CM Mặt khác AB CC ' AB (CMNC ') A ' B ' (CMNC ') Kẻ MH CN ( H CN ) MH (CMNC ') MH A ' B ' MH (CA ' B ') N B' H C A M B mp (CA ' B ') chứa CB ' và song song với AB nên d ( AB, CB ') d ( AB, (CA ' B ')) d ( M , (CA ' B ')) MH Tam giác vuông BMC CM BM tan 300 V 0.25 a a 1 Tam giác vuông CMN 2 MN a 2 MH MC MN a a MN a a3 Từ đó VABC A ' B 'C ' S ABC MN 2a .a 3 Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng: a2 b2 c2 (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2 ac 1) a2 b2 c2 (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1) 1 = 2 1 b 2b c 2c a 2a a a b b c c y z x Vì a, b, c dương và abc = nên đặt a , b , c với x, y, z > x y z 1 Khi đó VT = z z y z y y x y x x z x x x x y z z z y y y z x 0.25 0.25 1.0 Ta có VT = x2 y2 z2 ( y z )( z y) ( z x)( x z ) ( x y )( y x) Ta có ( y z )( z y ) yz y z yz 2( y z ) yz ( y z ) x2 x2 Suy (1) ( y z )( z y) y z = Tương tự có y2 y2 (2); ( z x)( x z ) x z z2 z2 (3) ( x y )( y x) y x Giáo viên: Nguyễn Thành Long 0.25 0.25 0.25 Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (6) x2 y2 z2 y2 z2 x2 z2 y2 x2 x2 y2 z2 1 Lại có = ( x2 y z2 ) 2 2 2 2 y z x z y x x z y x2 y z Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta VT 3 1 1 ( x y ) ( y z ) ( z x ) 2 2 x z y x y z Suy VT (đpcm) = VI a 0.25 2.0 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A 2;3 , trọng tâm G 2; Hai đỉnh B 1.0 và C nằm trên hai đường thẳng d1 : x y và d : x y – Viết phương trình đường tròn có tâm C và cắt đường thẳng BG M và N cho MN = Giả sử B b; b d1 ; C 2c; c d Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: xB xC x A xG b 2c 3.2 b 2c 3 b 1 B 1; 4 ; C 5;1 b c b c c yB yC y A yG Ta có BG (3; 4) Đường thẳng BG qua điểm G và có vtpt nBG (4; 3) nên phương trình MN BG : x – y – Gọi H là trung điểm M, N MH Ta có CH d C ; BG 4.5 3.1 33 2 y 1 MN 106 9 suy R CH MH 5 5 106 là 0.25 0.25 106 25 1.0 x 1 y z x y 1 z 1 ; d2 : 2 1 và mặt phẳng P : x y z Lập phương trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1 : (P) và cắt d1 , d A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Đặt A 1 a; 2 2a; a , B 2b;1 b;1 b , ta có AB a 2b 3; 2a b 3; a b 1 Do AB song song với (P) nên: AB nP 1;1; 2 b a AB a 5; a 1; 3 a 5 2 phương trình là d : 0.25 0.25 a 1 3 2a 8a 35 a 27 3 a Suy ra: ABmin 3 A 1; 2; , AB 3; 3; 3 b 2 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm A và nhận vecto AB 3; 3; 3 làm vtcp có Do đó: AB VII a 0.25 Vậy phương trình đường tròn cần tìm có tâm C 5;1 , bán kính R x 5 0.25 x 1 y z 1 0.25 Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thoả mãn: z i z i 0.25 1.0 Giả sử: z x yi (x, y R) Suy M(x; y) biểu diễn số phức z 0.25 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (7) Ta có: z i z i x ( y 1)i x ( y 1)i x ( y 1)2 x ( y 1)2 (**) Đặt: F1 0; 1 , F2 0;1 Thì (**) MF2 MF1 F1 F2 Suy Tập hợp điểm M là elip (E) có tiêu điểm là F1, F2 Ta viết phương trình elip (E): x2 y2 Phương trình chính tắc (E) có dạng: a b 0; b a c a b MF MF a a Ta có: b2 a2 c2 c F1 F2 2c Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức là Elip có phương trình E : VI b x2 y 0.25 0.25 0.25 2.0 x2 y2 và đường thẳng d : x y – 12 Chứng minh 16 rằng: Đường thẳng d luôn cắt (E) điểm phân biệt A, B Tìm điểm C thuộc (E) cho diện tích ABC Tọa độ giao điểm d và E là nghiệm hệ 3 x y 12 x y2 x x 16 Chứng tỏ d và (E) cắt A 4;0 ; B 0;3 AB = 1.0 Trong mặt phẳng Oxy, cho (E): 3x y0 12 x y0 (1) Ta có d (C , AB) h 16 1 3x y0 12 SABC AB.h 3x0 y0 12 2 3 x0 y0 24 (2) Theo giả thiết suy x0 y0 12 12 3 x0 y0 (3) 0.25 Gọi C ( x0 ; y0 ) ( E ) 0.25 - Từ (1) và (2) ta PT y0 12 y0 27 , PT này vô nghiệm - Từ (1) và (3) ta PT 32 y02 144 y0 x0 2 Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: C 2; và C 2 2; 2 2 0.25 Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S): x y z x z và các điểm A (0;1;1),B(1;-2;-3), C(1;0;-3) Tìm điểm D thuộc mặt cầu (S) cho thể tích tứ diện ABCD lớn Mặt cầu (S) có tâm I 1; 0; 1 , bán kính R = AB ( 1; 3; 4) , AC (1; 1; 4) Gọi (P) là mặt phẳng chứa điểm A, B, C nhận n AB; AC 2; 2;1 làm vectơ pháp tuyến Phương trình (P) là: x y z 1.0 Ta có: d I ; ( P) 1 1 2 2 (2) 2R Giáo viên: Nguyễn Thành Long 0.25 0.25 0.25 Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (8) Chứng tỏ ( S ) ( P ) (C ) Gọi D là điểm thuộc mặt cầu (S) Ta có: V ABCD d D;( P ) S ABC V ABCD lớn d D;( P ) lớn Gọi D1 D2 là đường kính (S) vuông góc với (P) d D; ( P ) maxd ( D1 ;( P )) ; d ( D2 ,( P )) Dấu ‘‘= ‘‘ xảy D D1 D D2 VII b x 2t Đường thẳng D1 D2 qua I nhận n làm vtcp nên có phương trình: y 2t z 1 t 9t Gọi D 1 t; 2t ; 1 t D1 D2 là điểm cần tìm d D; ( P) 2 Khi đó có: 1 2t 4t t 21 2t 2 t t 2 9. 3 Ta có: d D1 ; ( P) d ( D2 , ( P) 3 7 1 Vậy D D1 với t D ; ; 3 3 Trong số các số phức thỏa mãn điều kiện z 4i z 2i Tìm số phức z có modun nhỏ 0.25 Giả sử số phức z x yi ( x , y R ) Theo giả thiết ta có z 4i z 2i x y i x y 0.25 2 0.25 1.0 x 2 y 4 x2 y 2 x y y x Do đó tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường thẳng y x Mặt khác ta có z x y 0.25 2 x x x x 16 x 2 0.25 z 2 x y 2 z 2i là số phức cần tìm Nhận xét: - Ta có thể làm sau z OM 0.25 M là hình chiếu O trên đường thẳng y x NHỮNG BÀI TẬP CÓ THỂ RA THAY CHO CÁC CÂU TRONG ĐỀ TRÊN Câu I Cho hàm số: y x – m 1 x * Chứng minh với giá trị m hàm số (*) có điểm cực trị Với giá trị nào m , khoảng cách từ điểm cực đại đến đường thẳng qua hai điểm cực tiểu đồ thị hàm số (*) nhỏ Giải: Đạo hàm y ' x m 1 x x x m 1 1 x0 Do m nên (1) có nghiệm phân biệt: x m Vậy hàm số (*) có cực trị Khi đó các điểm cực trị: A 0;1 ; B m 1; m 2m2 ; C Giáo viên: Nguyễn Thành Long m2 1; m4 2m Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (9) Lập thành tam giác cân đỉnh A (trong đó A là cực đại, B, C là các điểm cực tiểu vì a = > 0) Vậy gọi I là trung điểm BC thì I 0; m 2m2 Thì AI chính là khoảng cách từ điểm cực đại đến đường thẳng qua hai điểm cực tiểu Ta có IA (m 2m 1) (m2 1) Vậy IAmin m2 1 m m2 Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại là A, các điểm cực tiểu là B, C cho tứ giác ABOC là hình thoi Giải: x y ' x 2mx , y’ = x3 2mx x(2 x m) g ( x) x m Hàm số có cực đại, cực tiểu và y’ = có nghiệm phân biệt g ( x) có hai nghiệm phân biệt khác m m2 3m2 Khi đó ycd y(0) ; yct y m ( ) 2 Cho hàm số y x mx Vì B và C đối xứng với qua OA nên ABOC là hình thoi A và O đối xứng với qua BC m2 3m2 2(6 ) 6 Điều kiện ycd yct m (thỏa mãn) m (loại) 12 m Vậy : m = Cho hàm số y x 2(1 m ) x m (1) Tìm m để hàm số có đại cực, cực tiểu và các điểm cực trị đồ thị hàm số lập thành tam giác có diện tích lớn HD: x Đạo hàm y ' x3 1 m x x x 1 m2 , y ' 2 g ( x) x 1 m Để hàm số có cực đại, cực tiểu và m + Tọa độ các điểm cực trị: A 0; m 1 ; B m ; m 2m m ; C m ; m m m BC d ( A; BC ) m m 2m (1 m )5 Vậy SABC m (với d ( A; BC ) AH , H là trung điểm BC) Vậy m = là giá trị cần tìm Câu II Giải phương trình cos x a tan x cot x 14 b cos x cos x cos x tan x tan x sin x 2 sin x sin x c tan x(sin x sin x) d 8sin x tan x cot x 4cot x cos x cos x 6 Giải phương trình và bất phương trình x 1 a x 3x x 14 b 2x x x2 x S ABC c ( x 2) x2 x x x2 Giải: Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com Lop12.net (10) sin x a Điều kiện: sin2 cos x sin x sin x cos x Phương trình tan x cot x 14 sin x sin x cos x 2(cos x sin x) cot x tan x sin x 2sin x cos x Vì 2 4(sin x cos x) 2(tan x cot x) sin x 2sin x cos x Phương trình tan x cot x cot x tan x 2(tan x cot x) 14 (tan x cot x) (tan x cot x) 20 tan x cot x 5 tan x cot x tan x x k tan x x arctan k ,k tan x 13 x arctan 5 13 k cos x b Điều kiện: cos x sin x sin x Phương trình 2sin x cos x.cos x cos x cos x sin x cos x cos x.sin x sin x cos x sin x cos x cos x.sin x cos x cos x.sin x sin x cos x cos x.sin x.cos x cos x.sin x sin x (thỏa mãn) cos x (loại) cos x sin x (loại) Với sin x x k , k cos x c Điều kiện: cos x Phương trình tan x sin x tan 3x sin x tan x(sin x sin x) sin( x) sin x (tan x tan x )sin x (tan x tan x )sin x sin x sin x cos x cos x cos x cos x sin x sin x sin x sin x 0 sin x cos x cos3 x sin x cos x cos x sin x sin x cos x (loại) sin x x k , k d Điều kiện: sin x 4cot x Phương trình 8sin x sin x 4sin x sin x 2cos x sin x cos x sin x 3sin x – cos x 6 Email: Changngoc203@gmail.com 10 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (11) ( sin x cos x)(2sin x sin x cos x) sin x cos x 2sin x sin x cos x k , k TH2: 2sin x sin x cos x sin x cos x sin x 2 5 x k 2 sin x sin 2 x ,k 6 x k 2 18 a.Điều kiện: x 2 Phương trình x 3 x 6( x 2) TH1: sin x cos x cot x x 3 x2 x22 3( x 2) 2 (3 x 2) 3 x 6( x 2) ( x 2) 6 x (3 x 2) 3 x TH 1: x (thỏa mãn) TH 2: 60 x22 (3 x 2) 3x Nhận xét: (3 x 2)2 3 x 3x (3 x 2) 3 x Vì thế, vế trái phương trình luôn dương Trường hợp này vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình là x x x x x x b Điều kiện: x x x x x x 1 x x2 x ( x 1) x x x 2x x x2 x x x 1 26 2x x x 3x x x x2 x 1 x x x x (3 x 1)2 8 x x x0 c Phương trình x ( x x 2) 3 x ( x 2) 3 2 x 4x x 1 x 2 x x 1 2 x 4x x 32 Email: Changngoc203@gmail.com 11 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (12) ( x 2)( x 3) x( x 1) x 1 6 x2 x 4x 2 x 5x x 4x x x x2 x 1 4 x2 x x2 x x 1 (Biểu thức ngoặc dương với x) Vậy phương trình có nghiệm nhất: x 1 Câu III Tính các tích phân sau x 1 a I ln( x 1) ln x dx x e b I x 1 ln x x dx x ln x x 1 e e x x ln x x c I e dx x d I x 1 ln x x dx x ln x 1 x 1 xe x (e x 1) e I e x x x dx f I dx xe ex 0 Giải: 2 2 x 1 x x2 x2 x 1 1 a I ln( x 1) ln x dx ln dx 1 ln x dx x x x x x x x 1 2 x 1 1 x 1 Đặt t x dt 1 dx dx x x x x2 Đổi cận x t ; x t dt du t u ln t Khi đó I t ln tdt Đặt: dv tdt vt 5 t 12 25 25 Khi đó I ln t tdt ln 2ln t ln 2ln 22 8 16 2 e b Ta có I e e 2x e e x ln x x 1 ln x ln x dx 2dx dx x ln x x x ln x x 1 d x ln x x 1 e 2e ln x ln x x 2e ln 2e 1 ln x ln x x Hoặc đặt u x ln x x e e e e x x x ln x x e c I = e dx xe x dx ln xe x dx dx x x 1 1 e e x Đặt I1 xe dx xe e x e e x dx ee e 1 e e e ex ex dx ee dx x x 1 Đặt I e x ln xdx e x ln x 1 e e e ex ex ex Vậy I I1 I dx = ee 1 ee ee dx dx ee1 x x x 1 e d I x e e 1 ln x x 1 ln x dx x dx dx I1 I 2 x ln x x ln x 1 Email: Changngoc203@gmail.com 12 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (13) e e x3 e3 I1 x dx 1 e e d x ln x e ln x e2 I2 dx ln x ln x 1 ln e ln ln x ln x x ln x 1 e3 e2 ln 1 x 1 e I xe x dx x e x dx I1 I 0 xe Vậy I 1 u x du dx x x Tính I1 : Đặt xe dx xe e x dx e e x x x 0 dv e dx v e 0 1 x 1 d ( xe x 1) I x e x dx ln | xe x | ln(e 1) x xe xe Vậy I ln e 1 1 dx I1 I e 1 f I xe x dx x u x du dx Tính I1 : Đặt x x dv e dx v e I1 xe x |10 e x dx ( xe x e x ) | 01 1 x u dx ; Đặt u e x du e x dx Đổi cận: e 1 x u e 1 I2 x e 1 u 1 1 e e 2e ln ln ln u e 1 e 1 2e I I1 I ln e 1 Câu III I2 du u (u 1) ln Cho lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên AA = 3a M là điểm trên cạnh AA cho AA'=3AM Tính thể tích khối tứ diện MBBC Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (CBM) Giải: C' A' ABC.ABC là lăng trụ đứng C’B’ BB’ ABC vuông B BC AB BC (ABBA) B' B’C’ là đường cao khối chóp C.BBM Ta thấy S B ' BM d (M , BB ').BB ' = 1 3a 3a M d ( A, BB ').BB ' AB.BB ' a 2 2 2 Vì BC = B’C’ = a C Thể tích khối chóp C’.A’BM : A a3 VC ' A ' BM C ' B '.SB ' BM 2 B a 22 a , MB = và MC=2a 2 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Vì CB = Email: Changngoc203@gmail.com 13 Lop12.net (14) MB2 + MC2 = CB2 CBM vuông M S C ' BM a2 = 3.VC ' B ' BM a S C ' BM 2 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA', cắt lăng trụ theo d(B,(BCM)) thiết diện có diện tích a2 Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Giải : A’ C’ B’ K A C O M : B Gọi M là trung điểm BC, A’O (ABC) nên BC ( A ' AM ) Gọi K là điểm thuộc AA’ cho KB AA’, nối KC thì AA’ (KBC) AA’ KM a a a2 KM BC a a ; KBC có diện tích nên AO KM 3 8 Xét A’AM có đường cao A’M và MK nên : A ' O AM KM AA ' (*) đặt A’O = x > đó từ (*) ta có: x AM AA '.KM x hay x x a a2 a a x2 (Do A’AO vuông O và AO ) a2 a2 a2 a 4x2 x2 3x x 3 3 a a2 a (Diện tích tam giác cạnh a) 2 a a a3 12 Ta có diện tích đáy ABC Vậy VABC A' B 'C ' A ' O.S ABC Câu V 1.1 Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn xy yz zx 3xyz Hãy chứng minh y2 x2 z2 1 xy x zx z yz y Giải: Do x, y, z là các số dương nên ta có xy yz zx 3xyz 1 3 x y z 1 Đặt a ; b ; c x y z Email: Changngoc203@gmail.com 14 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (15) 2ab a2 b2 c2 2bc 2ca P ( a b c ) a 2b b 2c c 2a b 2c c 2a a 2b a 2ab 2 2ab 2ab Ta có Theo BĐt Côsi ta có b b ab a b2 2 a a 2b b a 2b bb b 2ca 2 2 2cb2 Tương tự ta có : ac ; b 2c 2 c 2a b 2c Nên P ( a b a c c b ) P Theo BĐT côsi ta có : a 2b a c c 2b ab.ab.1 cb.cb.1 ac.ac.1 ab ab cb cb ac ac ( ab bc ac) 3 3 Ta có : 3(ab bc ca ) (a b c) ab bc ca y2 x2 z2 Dấu đẳng thức xảy x y z xy x zx z yz y 1.2 Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức x xy y yz z zx 1 ( y zx z ) ( z xy x) ( x yz y) Nên P Vậy Giải: Ta có ( y zx z ) ( y y x z z z ) ( y x z )( y z z ) 1 x xy x xy ( y zx z )2 ( x y z )( y z ) ( y zx z ) ( x y z )( y z ) x xy x xy xz 1 x x x ( x y z) y 2z y 2z ( x y z) 2x x Tương tự, cộng lại ta y 2z x y z VT (1) x2 2x 2y 2z y2 z2 2( x y z )2 1 1 y 2z z x x y 3( xy yz zx) xy xz yz yx zx zy Chứng minh ( x y z ) 3( xy yz zx) Suy VT (1) Đẳng thức xảy x y z Câu VI.a 1.1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương trình x y ,với H thuộc BC; đường phân giác góc ACB có phương trình là x y Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D 1.2 Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy), cho tam giác ABC biết có A(1;1) biết đường trung bình cạnh AB,AC có phương trình x y – Đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình: x y – Tìm toa độ đỉnh B, C biết diện tích tam giác ABC 10 và điểm B có hoành độ dương Giải: 1.1 Đường thẳng BC qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC : x y – x y Toạ độ C là nghiệm hệ C (4;5) x y Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác d : x y 0, BA d K Đường thẳng KB qua B và vuông góc d nên KB: x + y – = x y 7 5 Toạ độ điểm K là nhgiệm hệ K ; 2 2 x y 1 Email: Changngoc203@gmail.com 15 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (16) Suy A’(6;0) Phương trình A’ C :x – 2y – = x y Do A CA ' AH nên toạ độ A là nhgiêm hệ A(4;1) x y Trung điểm I AC có toạ độ là I 0; 3 đồng thời I là trung điêm BD nên D 1; 11 1.2 Ta có phương trình AH qua A x y nên vtpt AH n (2;1) x y Goi I là giao AH và đường trung bình cạnh AB, AC nên I là trung điểm AH Ta có: I 2; 1 H (3; 3) BC : x y Gọi M là trung điểm BC M là giao BC và AM M (1; 4) Gọi B(x,y) B nằm trên BC đó x y A (1 ;1 ) x-2y-4 =0 I B C H M 3x +2y -5 =0 Ta có BM = (2 y 8)2 ( y 4) y 40 y 80 Ta có y x S ABC BM AH 20 y 40 y 80 10 y y 15 y x 3 Do điểm B có hoành độ dương nên B(1;5) từ đó suy C(-3;3) 2.1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng x 1 y 1 z : Viết phương trình đường thẳng d qua điểm B và cắt đường thẳng điểm C cho 1 diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ x 1 y 1 z x 1 y z 2.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 : ; d2 : 1 Viết phương trình mặt phẳng ( P) song song với mp (Q) : x y z cắt d1 , d2 theo đoạn thẳng có độ dài nhỏ Giải: x 1 2t 2.1 Phương trình tham số : y t z 2t Điểm C thuộc đường thẳng nên tọa độ điểm C có dạng C (1 2t ;1 t ; 2t ) AC ( 2 2t ; 4 t ; 2t ); AB (2; 2; 6) AC , AB (24 2t;12 8t ;12 2t ) AC , AB 18t 36t 216 Diện tích ABC là S AC , AB 18t 36t 216 18(t 1) 198 198 Vậy Min S = 198 t hay C(1; 0; 2) Đường thẳng BC qua qua B và nhận BC ( 2; 3; 4) làm vectơ phương nên có phương trình chính x3 y 3 z 6 tắc là 2 3 4 2.2 Vì ( P) song song với mặt phẳng đã cho nên phương trình mặt phẳng ( P) : x y z d Tọa độ giao điểm M ( P) d1 là x y 2z d t d M (2 d 1; d 1; d ) x 1 y z t x y 2z d Tọa độ giao điểm N : x y z t ' d N (d 2; 2d 4; d 3) t ' MN d 27 27 Do đó MN nhỏ d và M (1;1;0), N (2; 4; 3) Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net Email: Changngoc203@gmail.com 16 (17) Phương trình mặt phẳng ( P) : x y z Câu VII.a a Cho số phức z1 thoả mãn: z1 1 2i 1 i Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn: z z1 b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp các điểm biễn số phức z i biết 3z i z.z c Cho số phức z1 1 3i Tìm tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z2 , biết z2 iz1 z1 16 1 i d Tìm tập hợp các điểm M trên mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện: |z – 3| + |z + 3| = 10 Giải: a z1 1 2i 1 i 5 2i 2i 5 2i 5 i i z1 2i 2 2 Giả sử: z x yi ( x, y ) suy M(x; y) là điểm biểu diễn số phức z Ta có: z z1 ( x yi ) i 2 5 x y i 2 2 2 5 2 5 x y x y 4 2 2 5 Vậy tập hợp điểm M là hình tròn tâm I ; và bán kính R 2 b Gọi z a bi, a, b có điểm biểu diễn là M(a;b) và z’ z i x yi (với x, y R) có điểm biểu diễn là N(x;y) 1 Ta suy a ( x 3); b ( y 1) 2 2 Vì z i z z 3a 3b 1 a b 73 Thay a và b theo x, y vào ta ( x 3) ( y ) 16 7 73 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z’ là hình tròn tâm I 3; , bán kính R 4 c Ta có 3i 1 i 3i 3.3i 3i 8 1 i 1 i 2i 1 i 4 1 i Do đó z1 1 i 8 1 i 4 1 i Giả sử z2 x yi; x, y biểu diễn điểm M x; y Khi đó ta có: x yi i 1 i i x yi x y Vậy tập hợp điểm biểu diễn cho số phức z2 là đường tròn tâm O, bán kính d Đặt z = x + yi ( Với x; y R) Ta có: z z 10 ( x 3)2 y ( x 3)2 y 10 (*) Xét thêm F1 3; ; F2 3;0 thì điều kiện (*) MF1 + MF2 = 10 Tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z là elip có trục lớn 2a = 10; tiêu cự 2c = Trục nhỏ 2b = Email: Changngoc203@gmail.com 17 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (18) Vậy phương trình elip là: x2 y2 1 25 16 Câu VI.b x2 y với hai tiêu điểm F1 , F2 Điểm P thuộc elíp cho góc 25 PF1 F2 1200 Tính diện tích tam giác PF1 F2 1.1 Trong mặt phẳng Oxy, cho e líp E : 4 1.2 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I 3;3 và AC BD Điểm M 2; thuộc đường 3 13 thẳng AB , điểm N 3; thuộc đường thẳng CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành 3 độ nhỏ 1.3 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD, đường chéo BD nằm trên đường thẳng x y Điểm M 4; 4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC, điểm N 5;1 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB Biết BD Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD, biết điểm D có hoành độ âm Giải: a 25 a 2a 10 x2 y 1.2 E : có 2 25 b c a b 16 c F1F2 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có: PF1 PF2 2a 10 PF2 10 PF1 2 2 PF2 PF1 F1 F2 PF1 F1 F2 cos120 10 PF1 PF1 PF1 PF1 1 18 S PF1F2 PF1 F1 F2 sin120 (đvdt) 61 2 7 PF 5 1.2 Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là N ' 3; 3 Đường thẳng AB qua M, N’ có phương trình: x y 39 Suy ra: IH d I , AB 10 10 Do AC BD nên IA IB Đặt IB x , ta có phương trình 1 x2 x 2 x 4x Đặt B x, y Do IB và B AB nên tọa độ B là nghiệm hệ: 14 x x y 2 5 y 18 y 16 x y x y x 3y y 14 Do B có hoành độ nhỏ nên ta chọn B ; 5 Vậy phương trình đường chéo BD là: x y 18 Email: Changngoc203@gmail.com 18 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (19) 1.3 A B x-y-2=0 N(-5;1) D C M(4;-4) - Lấy M’ là điểm đối xứng với M qua BD: PT đường thẳng qua M vuông góc với BD : x y Gọi J d BD J 1; 1 M ’ 2; - Phương trình đường thẳng AB qua M ’ 2; nhận M ' N ( 3; 1) làm vtcp có phương trình AB : x y x y - Tọa độ B là nghiệm hệ: B(7;5) x 3y Giả sử D d ; d BD d 1 BD ( d 7) ( d 7) 128 ( d 7) 64 d 1 D 1; 3 d 15 - Gọi I là tâm hình thoi I 3;1 , đó đường thẳng AC qua I và vuông góc với BD Phương trình AC : x y x y - Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: A(1;3) x 3y - Tọa độ C 5; 1 2.1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x y z và mặt cầu ( S ) : x y z x y z Tìm điểm H thuộc mặt phẳng (P), điểm M thuộc mặt cầu (S) để MH ngắn 2.2 Viết phương trình đường thẳng qua điểm M 0; 0;1 , nằm trên mặt phẳng P : x y z – và cắt 2 mặt cầu S : x 3 y z 16 hai điểm A, B cho độ dài đoạn AB nhỏ Giải: 2.1 Mặt cầu (S) có tâm I (2; 2; 1) , bán kính R Khoảng cách từ tâm I tới mp(P) nên mp(P) và mặt cầu (S) không có điểm chung Gọi d là đường thẳng qua tâm I mặt cầu và vuông góc với mp(P) thì M, H là giao điểm d và mặt cầu (S), mp(P) Đường thẳng d qua I (2; 2; 1) và vuông góc với x 2t mp(P) : x y z nên có phương trình là : y t z 1 2t 2 1 H là giao mp(P) và đường thẳng d nên có tọa độ là H ; ; 3 3 M là giao đường thẳng d và mặt cầu (S), thay x, y, z vào I M H Email: Changngoc203@gmail.com 19 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (20) phương trình mặt cầu ta có : t , tìm điểm : M (2 2; 2; 1 2); M (2 2; 2; 1 2) Kiểm tra có HM 7; HM điểm M cần tìm là M (2 2; 2; 1 2) 2 1 Vậy H ; ; và M (2 2; 2; 1 2) thì HM nhỏ 3 3 2.2 Mặt cầu (S) có tâm là I 3; 2; và bán kính R = Mặt phẳng (P) có VTPT là n (1;1;1) Gọi H là hình chiếu I trên (P) suy H 1; 0; IH Suy (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) tâm H bán kính R’ = HM R ' đường thẳng qua M cắt (C) hai điểm phân biệt Gọi d là đường thẳng cần tìm, K là hình chiếu H trên d AB R '2 HK R '2 HM 2 ABmin 2 đạt K M x t Khi đó AB có VTCP là n, HM (1; 2;1) AB : y 2t z t Câu VII.b Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z 2i , tìm số phức z có modun nhỏ Giải: Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z 2 Ta có z 2i x 1 y Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (C) : x 1 y 2 có tâm (1;2) Đường thẳng OI có phương trình y 2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ và điểm biểu diễn số phức đó thuộc đường tròn (C) và gần gốc tọa độ O nhất, điểm đó là hai giao điểm đường thẳng OI với (C), đó tọa độ nó thỏa mãn hệ x 1 y x Chọn 2 x 1 y x 1 Với x y 2 nên số phức z 2 i 5 5 5 Cách 2: Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z 2 Ta có z 2i x 1 y 2 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn (C) : x 1 y 2 có tâm I 1; và R 2 x 2sin t Chuyển đường tròn dạng tham số đặt M 1 2sin t ; 2cos t y cos t Modun số phức z chính là độ dài OM 2 Ta có z OM 1 2sin t 2cos t sin t cos t Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta có sin t cos t 12 22 sin t cos t sin t cos t z Vậy z sin t 2cos t sin t , cos t Email: Changngoc203@gmail.com 20 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Lop12.net (21)