[r]
(1)Hướng dẫn giải đề 04 Câu I:
2 Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox
A
(
−
1
2
,
0
)
Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạngy
=
k
(
x
+
1
2
)
() tiếp xúc với (C)
/
x 1
k x
1
2x 1
2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
⇔
− x
+
1
2
x
+
1
=
k
(
x
+
1
2
)
(
1
)
−3
(
2
x
+
1
)
2=
k
(
2
)
¿
{
Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
1
(x 1)(2x 1) 3(x
)
2
1
x
2
3
x 1
2
5
x
2
Do
k
=
−
1
12
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:1
1
y
x
12
2
Câu II:
1 Giải phương trình:
2
√
2 sin
(
x −
π
12
)
cos
x
=
1
(1) (1)⇔
√
2
[
sin
(
2
x −
π
12
)
−
sin
π
12
]
=
1
1
sin 2x
sin
12
12
2
⇔
sin
(
2
x −
π
12
)
=
sin
π
4
+
sin
π
12
=
2sin
π
6
cos
π
12
⇔
sin
(
2
x −
π
12
)
=
cos
π
12
=
sin
5
π
12
5
7
2x
k2 hay 2x
k2 k Z
12 12
12 12
x
4
k hay x
3
k k Z
2 P/trình cho
⇔
√
(
x −
4
)
−
2
√
x −
4
+
1
+
√
(
x −
4
)
−
6
√
x −
4
+
9
=
m
(1)⇔
√
(
√
x −
4
−
1)
2+
√
(
√
x −
4
−
3)
2=
m
⇔
|
√
x −
4
−
1
|
+
|
√
x −
4
−
3
|
=
m
(1) đặt:t
=
√
x −
4
≥
0
(1)⇔
|
t −1
|
+
|
t −
3
|
=
m
()Phương trình cho có nghiệm phương trình () có nghiệm t
Vẽ đồ thị hàm số
f
(
t
)
=
|
t −
1
|
+
|
t −
3
|
,
t ≥
0
Ta có¿
4
−
2
t
0
≤t ≤
1
2 neáu 1≤ t ≤
3
2
t −
4 neáu
t ≥
3
¿
f
(
t
)={ {
¿
y
0 x Từ đồ thị ta có ycbt
< m (2)
0 t 1
m 2t
hay
1 t 3
m 2
hay
t 3
m 2t 4
0 t 1
1 t 3
t 3
2 m hay
m 2
hay m 2
4 m
4 m
t
t
2
2
Do đó, ycbt
< m ( < m () có nghiệm t1, t2 thỏa
0 t 1
1 t2 > )Câu III: Tính
I
=
∫
0x
(
x −1
)
x
2−
4
dx
=
∫
x
2− x
x
2−
4
dx
1 1
2 2 2
0 0
d x
4
x
4
1
dx
1
dx 1
4
x
4 x
4
2
x
4
x
2
∫
∫
∫
1
2
0
1
x 2
3
1
ln x
4
ln
1 ln 2
ln 3
2
x 2
2
Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A1(0,0,
a 2
)Suy
a 2
M 0, 0,
2
C1(-a,0,a 2
)a a a 2
N
, ,
2 2
2
1
BC
a, a,a 2
;
a a
MN
, ,0
2 2
;
AA
1=
(
0,0
, a
√
2
)
Ta có:
MN
BC
1
=
MN.
AA
1=
0
Vậy MN đường vng góc chung hai đường thẳng AA1 BC1Ta có
1
2
MA
a 0,0,
2
2
MB a 0,1,
2
1
2
MC
a
1,0,
2
Ta có
2
2
MA , MB
a
, 0,0
2
⇒
|
[
MA
1,
MB
]
MC
1|
=
a
√
2
2
V
MA1BC1=
1
6
|
[
MA
1,
MB
]
MC
1|
=
a
√
2
12
(đvtt)Câu V Từ giả thiết a, b > ab + a + b = Suy ra:
ab (a b)
, (a+1)(b+1) = ab +a +b + = bđt cho tương đương với2
3 3a(a 1) 3b(b 1)
3
a
b
1
2
(a 1)(b 1)
a b
⇔
a
2+
b
2+
3
2
≥
3
4
(
a
2+
b
2)
+
3
4
(
a
+
b
)+
a
+
3
b
−1
⇔
4
(
a
2+
b
2)
+
6
≥
3
(
a
2+
b
2)
+
3
(
a
+
b
)+
12
a
+
b
−
4
2
12
a
b
3 a b
10
a b
(A)Đặt x = a+b >
x
2
(a b)
2
4ab 4(3 x)
x
2
4x 12 0
x
6 hay x 2
x 2
( x > 0)2 2
x
a
b
2ab
a
2
b
2
x
2
2(3 x) x
2
2x 6
Thế x , (A) thành12
x
x
4 0
x
, với x
x
3
x
2
4x 12 0
, với x
2
x x
x 6
0
, với x (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho chứng minh
Câu VI.a.1 Với n N ta có
(
x −
1
)
n=
C
n0x
n− C
1nx
n −1+
+
(
−
1
)
n −1C
n n −1x
+(
−1
)
nC
nn Lấy đạo hàm hai vế ta có
n
(
x −1
)
n−1=
nC
0nx
n −1−
(
n−
1
)
C
n1x
n −2+
.
+
(
−1
)
n −1C
nn −1 Cho x = ta có0
=
nC
n0−
(
n −1
)
C
n1+
+
(
−
1
)
n−1C
nn −1 (3)Phương trình số d:
¿
x
=
3
+
2
t
y
=
−
2
+
t
z
=
−
1
−t
¿
{ {
¿
có VTCP
a
=
(
2,1,
−
1
)
Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + = t = –1 M ( ;- ; 0) Mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) có PVT
n
Q=
[
a ,
n
P]
=(
2,
−
3,1
)
Suy phương trình mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) là: 2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 2x – 3y + z – 11 = (Q) *)Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu d lên mặt phẳng P là:
d':
x y z 0
2x 3y z 11 0
có VTCPa
d'
4;1; 5
Phương trình tham số d':
x 4t
y
3 t
z
5t
Trên d' tìm điểm N cho MN =
√
42
Vì N d' N(4t +1, –3 + t, – 5t)
2
2MN
4t
t
5t
42t
42
t
2
1
t
1
t = N1(5, –2, –5)Đường thẳng 1 qua N1 nằm (P), vng góc d' có VTCP
1 P d '
a
n ,a
6;9; 3
3 2, 3,1
Vậy phương trình 1:
x 5
y 2
z 5
2
3
1
t = –1 N2(–3, –4, 5)
Đường thẳng 2 qua N2 nằm (P), vng góc d' có VTCP
a
Δ2=
(
n
P,
a
d ')
3 2, 3,1
Vậy phương trình 2:
x 3
y 4
z 5
2
3
1
Câu VII.a. Giải phương trình:
22
1
2
1
1
log
2x
3x 1
log x 1
2
2
(1) (1)
⇔
−
1
2
log
2(
2
x
2−
3
x
+
1
)
+
1
2
log
2(
x −
1
)
2≥
1
2
⇔
−
1
2
log
2(
2
x
2−
3
x
+
1
)
+
1
2
log
2(
x −
1
)
2≥
1
2
2 2
2
x 1
(x 1)
log
1
2
1
(x 1)(2x 1)
2 x 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 Ta có ABC vng A
⇔
AB
AC
=
0
Ta có
AB
=(
b −
2,
−1
)
;
AC
=
(
−2
, c −1
)
Do ABC vuông A⇒
AB.
AC
=
−
2
(
b −
2
)
−
(
c −
1
)=
0
⇔
c −1
=
−2
(
b −
2
)
⇒
c
=
−
2b
+
5
≥0
⇒
0≤ b ≤
5
2
Ta lại cóS
ABC=
1
2
AB AC
=
1
2
√
(
b −
1
)
+
1
√
4
+
(
c −
1
)
2S
ABC=
1
2
√
(
b −
2
)
+
1
√
4
+
4
(
b −
2
)
2=(
b −
2
)
2+
1
0
≤ b ≤
5
2
nên SABC = (b – 2)2 + lớn b = Khi c = Vậy, ycbt
B(0, 0) C(0, 5)Câu VII.b.1 Gióng VII.a