BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.. Câu I..[r]
(1)BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I.
/
2
3
\ , 0,
2 (2 3)
D y x D
x
Suy hàm số giảm khoảng xác định khơng có cực trị
3
2
lim , lim
x x
y y
TCĐ:
3
x
1
lim :
2
x y TCN y
2 Tam giác OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = -x Nghĩa là:
f’(x0) = 1
2
1
1 (2x 3)
0
0
x y
x y
1 : y – = -1(x + 1) y = -x (loại)
2 : y – = -1(x + 2) y = -x – (nhận)
Câu II. ĐK:
1 sin
2
x
, sinx ≠
1 2sin cos 2sin sin cos 2sin cos sin 2sin cos sin sin2 cos
Pt x x x x
x x x x x
x x x x
1 3
cos sin sin2 cos2 cos cos
2 2
x x x x x x
2 2
3 6
x x k hay x x k
2 x k
(loại)
2
18
x k
, k Z (nhận) 2 3x 5x 03 , điều kiện :
6
6
5
x x
Đặt t = 33x 2 t3 = 3x – x =
3 t
3
– 5x = 5t
3 -2 3
1
0 x
y
2/3
+∞
1
+∞ -∞
y y/ x
-∞
2
(2)-Phương trình trở thành :
3 5t
2t
3
3 5t
3 2t
3
3
t
15t 4t 32t 40
t = -2 Vậy x = -2 Câu III.
2 2
3
0 0
2 2
4 2
1
0 0
cos cos cos cos
cos cos sin cos 2sin sin cos
sin cos
I x xdx xdx xdx
I x xdx x xdx x x xdx
t x dt xdx
Đổi cận: x= t = 0; x =
t =
1
1
2
0 0
2 2 2 2
2
0
0 0
2
3
0
2
1
3 15
1 cos 1 1
cos cos sin
2 2 4
8 cos cos
15
t t
I t t dt t
x
I xdx dx dx xdx x x
I x xdx
Câu IV Từ giả thiết toán ta suy SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm BC; E hình chiếu I xuống BC
2a a 3a IJ
2
SCIJ
2 IJ CH 3a 3a
a
2 2
, CJ=
BC a
SCIJ
2
3a 1 3a 3a 6a 3a
IE CJ IE SE ,SI
4 CJ 5
,
3
1 3a 3a 15
V a 2a 2a
3 5
Câu V x(x+y+z) = 3yz
y z y z
x x x x
Đặt 0, 0,
y z
u v t u v
x x
.Ta cĩ A
B
D C
I J
(3)
2
2
1 3 3 4 2
2
u v t
t uv t t t t t
Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về
1u31v33 1 u 1v u v 5u v 3
3 2 3
3 3 3
3 3
2 1 1 1
2 1 6(1 )
1
2 6 2
3
t u v u v u v t t
t u v t t u v uv t
t
t t t t t t t t t
Đúng t PHẦN RIÊNG
A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a I (6; 2); M (1; 5)
: x + y – = 0, E E(m; – m); Gọi N trung điểm AB
I trung điểm NE
N I E
N I E
x 2x x 12 m
y 2y y m m
N (12 – m; m – 1)
MN
= (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m)
MN.IE 0
(11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = m – = hay 14 – 2m = m = hay m = + m = MN
= (5; 0) pt AB y = + m = MN
= (4; 1) pt AB x – – 4(y – 5) = x – 4y + 19 = I (1; 2; 3); R = 11 5
d (I; (P)) =
2(1) 2(2) 4
< R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
Phương trình d qua I, vng góc với (P) :
x 2t y 2t z t
Gọi J tâm, r bán kính đường trịn (C) J d J (1 + 2t; – 2t; – t) J (P) 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = t =
Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2)
Bán kính đường trịn r = R2 IJ2 25 9 4
Câu VII.a ’ = -9 = 9i2 phương trình z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i
A = z12 + z22 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20
B Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + = có tâm I (-2; -2); R =
Giả sử cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có SABC =
IA.IB.sin AIB
2 = sinAIB
Do SABC lớn sinAIB = AIB vuông I
IH = IA
1
2 (thỏa IH < R) 4m
1
m
(4)2 M (-1 + t; t; -9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; -1) có véctơ phương a
= (2; 1; -2) AM
= (t – 2; t – 3; 6t – 8) AM a
= (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta có : d (M, 2) = d (M, (P))
2
261t 792t 612 11t 20
35t2 - 88t + 53 = t = hay t = 53 35 Vậy M (0; 1; -3) hay M
18 53 ; ; 35 35 35
Câu VII.b. Điều kiện x, y > 2
2 2
2
log (x y ) log log (xy) log (2xy)
x xy y
2
2
x y 2xy
x xy y
2 (x y) xy
x y xy
x y
hay
x
y
Trần Minh Quang