[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 dạng y=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
2x+1=k(x+
1
2) (1) −3
(2x+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)cosx=1 (1) (1) ⇔√2[sin(2x −
π 12)−sin
π 12 ]=1
1
sin 2x sin
12 12 2
⇔sin(2x − π 12)=sin
π 4+sin
π
12=2sin π 6cos
π
12 ⇔sin(2x − π
12)=cos π 12=sin
5π 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
¿
4−2t 0≤t ≤1 2 neáu 1≤ t ≤3 2t −4 neáu t ≥3
¿f(t)={ {
¿
y
0 x Từ đồ thị ta có ycbt < m
(2)0 t 1m 2t hay1 t 3m 2 hayt 3m 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=∫0
x(x −1)
x2−4 dx=∫
x2− x x2−4dx
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
;
AA1=(0,0, a√2)
Ta có:
MN BC
1=MN.AA1=0 Vậy MN đường vng góc chung hai đường thẳng AA1 BC1
Ta 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
⇒|[MA1,MB]MC1|=a
√2
2 VMA1BC1=
1
6|[MA1,MB]MC1|=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 với
2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3
a b 1
2 (a 1)(b 1) a b
⇔a2+b2+32≥34(a2+b2)+34(a+b)+a+3b−1
⇔4(a2
+b2)+6≥3(a2
+b2)+3(a+b)+12
a+b−4
2 12
a b 3 a b 10
a b
(A)
Đặt x = a+b > x2 (a b) 24ab 4(3 x) x24x 12 0 x6 hay x 2 x 2 ( x > 0)
2 2
x a b 2ab a2b2 x2 2(3 x) x 22x 6 Thế x , (A) thành 12
x x 4 0
x
, với x x3 x24x 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=Cn0xn− C1nxn −1+ +(−1)n −1Cn n −1x
+(−1)nCn
n Lấy đạo hàm hai vế ta có n(x −1)n−1=nC0nxn −1−(n−1)Cn1xn −2+ .+(−1)n −1Cnn −1 Cho x = ta có 0=nCn0−(n −1)Cn1+ +(−1)n−1Cnn −1
(3)Phương trình số d:
¿
x=3+2t
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 nQ=[a ,nP]=(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 VTCP ad' 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 2
MN 4t t 5t 42t 42
t2 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 aΔ2=(nP,ad ')
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
1 1
log 2x 3x 1 log x 1
2 2
(1) (1) ⇔−1
2log2(2x 2−3x
+1)+1
2log2(x −1) 2≥1
2 ⇔− 1
2log2(2x 2−3x
+1)+1
2log2(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 có SABC= 1
2AB AC= 1
2√(b −1)
+1√4+(c −1)2
SABC=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
Q P
N M