Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND và KBBCMAADN.[r]
(1)Hướng dẫn Đề số 31
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là: x3 + 3x2 + mx + = 1 x(x2 + 3x + m) =
0
3 (2)
x
x x m
(Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt (2) có nghiệm xD, xE
0
4
0 0
9
m m
m m
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) =
2
3xD6xDm(xD2 );m k
E = y’(xE) =
3xE6xEm(xE 2 ).m Các tiếp tuyến D, E vng góc kDkE = –1
(3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì x
D + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et) m =
1
9 65 Câu II: 1) PT cos
cos3
x x
cos
cos( )
x x
k x
2) Điều kiện: x ≥ y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x291 y291 y 2 x 2y2 x2
2
2 91 91 2 2 ( )( )
x y y x
y x y x
y x
x y
2
1
( )
2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
x = y (trong ngoặc dương x y lớn 2)
Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2 x291 10 x 1 x2
2
9
( 3)( 3)
91 10
x x
x x
x x
2
1
( 3) ( 3)
2 91 10
x x
x
x x =
Vậy nghiệm hệ x = y =
Câu III:
2
(ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
I
x x x x x =
2
1
(ln ) ln ln
e e
d x
x x = 2ln2 – ln3 Câu IV: Dựng SH AB Ta có: (SAB) ( ABC), (SAB) ( ABC)AB SH, (SAB)
( )
SH ABC SH đường cao hình chóp.
Dựng HNBC HP, AC SN BC SP, AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP
AHP vng có:
3 sin 60
4
o a
HP HA
SHP vng có:
3 tan tan
4
a
SH HP
Thể tích hình chóp
2
1 3
: tan tan
3 16
ABC a a a
S ABC V SH S
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức
1
( 0, 0)
x y
(2)Ta có:
1 1 1
; ;
2 2
a b b c a b c b c c a a b c c a a b a+b+c
Mặt khác:
2 2
2 2
1 2
2 4 2
2a b c 2a b c 4 a 7 a b c a b c
2 2
2( 1) ( 1) ( 1) a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
Đẳng thức xảy a = b = c =
Câu VI.a: 1) Gọi (d) đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) C, D.
Vì (E) có tính đối xứng nên (d) khơng thể vng góc với Ox, phương trình (d) có dạng: y k x ( 1) 1 y kx 1 k
Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (E): 4x29(kx 1 k)2 36 0
2 2
(4 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 (1)
k x k k x k ( 288k272k108 0, k ) (d) cắt (E) điểm C, D với hoành độ x x1, nghiệm (1)
Theo định lý Viet: 2 18 (1 )
4
k k
x x
k
M(1; 1) trung điểm CD 2 18 (1 )
2
4
M
k k
x x x
k
4 k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 =
2) Gọi A(a; 0; 0) Ox ( ) : 4Q/ y 3x10 0 (d) qua M0(1; 0; 2) có VTCP (1; 2; 2)
u Đặt M M0 1u Do đó: d(A; d) chiều cao vẽ từ A tam giác AM M0
0
2
0
;
2 8 24 36
( ; )
3
AM M AM u
S a a
d A d
M M u
Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d)
2 2
2 24 36
4 24 36 4( 3)
3
a a a a a a a a Vậy, có điểm A(3; 0; 0)
Câu VII.a: Giả sử n = abc d e
Xem số hình thức abc d e, kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 a b c) Sau chọn trị khác cho vị trí cịn lại từ X \ 1 số cách chọn A74
Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề Xem số hình thức 0bc d e có 2A63240 (số)
Loại số dạng hình thức 0bc d e ra, ta 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x 2y 3 AB2
Gọi M x y( ;0 0) ( ) E 5x0216y0280 Ta có:
0 3 ( ; )
1
x y x y
d M AB
Diện tích MAB: 0
1
( ; )
2
S AB d M AB x y
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho cặp số 0
1
; , ( ; )
5
x y
(3)
2
0 0
1 1
5 16 80 36
2 20
5
x y x y
0 0 0
0 0
2 6 6
3 9
x y x y x y
x y x y
0
0
0 0
5
5
1
max
2
5
2
x y
x y
x y
x y
x y
0
8
x y
Vậy,
8
max ;
3
MAB
S khi M
2) (P) có VTPT nP (1; 4; 1) , (Q) có pháp vectơ (3; 4; 9)
Q
n (d1) có VTCP 1(2; 4; 3)
u , (d
2) có VTCP ( 2; 3; 4)
u
Gọi:
1
1 1
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( )
P Q
P d P P
Q d Q Q
u u
() = (P1) (Q1) () // (1) () có vectơ phương
1
[ ; ] (8; 3; 4)
P Q
u n n
(P1) có cặp VTCP
u u nên có VTPT: nP1[ ; ] (25; 32; 26)u u 1
Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 25x32y26z55 0 (Q1) có cặp VTCP
u u nên có VTPT: 1[ ; ] (0; 24; 18)2
Q
n u u
Phương trình mp (Q1): 0(x 3) 24( y1) 18( z 2) 0 4y 3x10 0 Ta có: ( ) ( ) P1 ( )Q1 phương trình đường thẳng () :
25 32 26 55 10
x y z
y z Câu VII.b: n3,n4.
Hướng dẫn Đề số 32 www.VNMATH.com
Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2).
2 ;
1
a A a
a
Phương trình tiếp tuyến A: y =
(1 a) (x – a) +
1 a
a
Giao điểm tiệm cận đứng tiếp tuyến A: 1;
1
a P
a Giao điểm tiệm cận ngang tiếp tuyến A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA Vậy A trung điểm PQ
Ta có IP =
2
2 1 1
a
a a ; IQ = 2(a1) S IPQ =
1
(4)Câu II: 1) Điều kiện:
10
x
BPT 2
3
log log (7 10 )
2
x
x
3
7 10
x
x
3x 1 2(7 10 x) 3x 1 10 x8 49x2 – 418x + 369 ≤ ≤ x ≤
369 49 (thoả)
2) Điều kiện: cos2x ≠ ( )
x k k
PT
2
3
1 sin sin
4
x x
3sin22x + sin2x – = sin2x =
x k
( không thoả) Vậy phương trình vơ nghiệm
Câu III: I =
4
2
0
2 cos
xe dxx xdx
= I1 + I2
Tính: I1 =
xe dxx
Đặt
x
u x
dv e dx I =
4
e
–
e
I2 =
1 cos 2
xdx =
1
sin
2 0
x x =
1
Câu IV: Gọi P trung điểm DD ABNP hình bình hành AP // BN APDM hình bình hành AP // MD
BN // MD hay B, M, N, D đồng phẳng
Tứ giác BNDM hình bình hành Để B’MND hình vng 2BN2 = BD2. Đặt: y = AA’
2
2 2
4
y
a y a
y = a Câu V: Ta chứng minh:
1
1a1b1 ab
1 1
1a 1 ab1b 1 ab ≥ 0
2
( ) ( 1)
0 (1 )(1 )(1 )
b a ab
a b ab (đúng) Dấu "=" xảy a = b.
Xét
1 1
1a1b1c1 abc
2
1
ab abc 12 4
4
1
a b c abc
P 3
1
abc Vậy P nhỏ a = b = c = 2
Câu VI.a: 1) PT đường thẳng () có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = ax + by – 2a + b = 0
Ta có: 2
2
cos
10
5( )
a b
a b
7a2 – 8ab + b2 = Chon a = b = 1; b = 7. (1): x + y – = (2): x + 7y + =
2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 =
(S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = Tâm I (P): a + b – 2c + =
(5)Có tập có chữ số chứa 2, không chứa số Vậy số có chữ số khác lập từ chữ số cho bằng:
6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số)
Câu VI.b: 1) Tâm I đường tròn nằm đường trung trực d đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT (4;2)
AB d: 2x + y – = Tâm I(a;4 – 2a)
Ta có IA = d(I,D) 11a 5 a2 10a10 2a2 – 37a + 93 = 31
2
a a Với a = I(3;–2), R = (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25
Với a = 31
2 31
; 27
I
, R = 65
2 (C):
2
2
31 4225
( 27)
2
x y
2) Ta có
1
( 3;1;4); ( 1;1;1)
AB a AC
PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – = D(ABC) đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > x ≠ y > y ≠ 1
Ta có
2
logy xylogxy logyxlogyx 0
log
log
y y
x
x
1
x y x
y Với x = y x = y = log 12
Với x =
y ta có:
1
2y 2y 3 theo bất đẳng thức Cô-si suy PT vô nghiệm
Hướng dẫn Đề số 33 www.VNMATH.com
Câu I: 2) Đạo hàm y 4x33mx2 4x 3m(x 1)[4x2(4 ) m x3 ]m
1
4 (4 ) (2)
x y
x m x m
Hàm số có cực tiểu y có cực trị y = có nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm phân biệt khác
2
(3 4)
4 3
m
m
m m
Thử lại: Với
4 m
, y = có nghiệm phân biệt x x x1, 2,
Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu
4 m
Câu II: 1) PT
2
cos ,
2 16
x x k k Z
2) Đặt:
2
2 2
2
2 2
2
2
2,
1
2 3,
2
v u x
u x u u x
v u
v x x x
(6)PT
0 ( )
1
( ) ( ) 1
( ) ( )
2
2
v u b
v u
v u v u v u
v u c
Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm
Do đó: PT
2
0
2
v u v u x x x x
Câu III: Đặt
1 sin
u x
dv xdx I =
/ 2 0
1
1 cos cos
2
x x xdx
Câu IV: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm ABC Vì A.ABC hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) (ABC) = A EH
Ta có :
3 3
, ,
2
a a a
AE AH HE
2
2
' '
3
b a
A H A A AH
Do đó:
2 ' tanA H b a
HE a ;
2 2
' ' '
3
'
4
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S
2 2 '
1
'
3 12
A ABC ABC
a b a
V A H S
Do đó: VA BB CC' ' 'VABC A B C ' ' ' VA ABC' =
2 3 2
a b a
Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có:
2 2 2
3
2 3 2 3
a b c a b c
b c a b c a (1)
2 2
2 1 ; 1 ; 1
a a b b c c
b b c c a a
2 2
2 2
a b c a b c
b c a b c a (2)
Từ (1) (2)
2 2 2
2 2
a b c a b c
b c a b c a đpcm.
Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
: x + y – = 0, E E(m; – m); Gọi N trung điểm AB
I trung ñieåm NE
2 12
2
N I E
N I E
x x x m
y y y m m
N (12 – m; m – 1)
MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) 0
MN IE (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 m – = hay 14 – 2m = m = hay m = + m =
MN = (5; 0) PT (AB) y = 5 + m =
MN = (4; 1) PT (AB) x – – 4(y – 5) = x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 11 5
d (I; (P)) =
2(1) 2(2) 4
< R = Vậy (P) cắt (S) theo đường trịn (C)
Phương trình d qua I, vng góc với (P) :
1 2
x t
y t
z t
Gọi J tâm, r bán kính đường tròn (C) J d J (1 + 2t; – 2t; – t) J (P) 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = t =
(7)Câu VII.a: Đặt t3x2x, t > BPT t2 – 10t + ( t t 9) Khi t t3x2x 1 x2 x x (a)
Khi t
2 2
3
1
x x x
t x x
x (b)
Kết hợp (a) (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–; –2] [–1;0] [1; + ) Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (–2; –2); R =
Giả sử cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có
SABC =
1
IA.IB.sin AIB
2 = sinAIB
Do SABC lớn sinAIB = AIB vuông I
IH = IA
1
2 (thỏa IH < R) 1 4m
1 m 1
– 8m + 16m2 = m2 + 15m2 – 8m = m = hay m = 8 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz
Ta có :
1; 1; ; ; ;0
1; 1; ; ;0;
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
Phương trình mặt phẳng (P):
1
x y z
m n p Vì D (P) nên:
1 1
m n p .
D trực tâm MNP
( ) ( )
DP NM DP NM
DN PM DN PM
D P D P
0
3
3 1
1
m n
m m p
n p
m n p
Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): 3 3 31
x y z
Câu VII.b: PT
2 1 sin(2 1)2 cos (22 1) 0 sin(2 1) 0(1) cos(2 1) (2)
x x
x x x
x
y
y y
y Từ (2) sin(2x y1)1
Khi sin(2x y1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) Khi sin(2x y1)1, thay vào (1), ta được: 2x = x = Thay x = vào (1) sin(y +1) = –1 ,
y k k Z
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; ,
2
k k Z
Hướng dẫn Đề số 34 www.VNMATH.com
(8) log2m< –1
1
2 m
: PT có nghiệm phân biệt
log2m= –1
1 m
: PT có nghiệm
–1<log2m<0
1
m
: PT có nghiệm phân biệt log2m= m1: PT có nghiệm
log2m> 0 m1: PT v ô nghiệm Câu II: 1) Tập xác định: D =
; 2;
2
x = nghiệm
x2: BPT x 2 x1 2x1 vô nghiệm x
1
: BPT 2 x 1 x 2 x có nghiệm x
BPT có tập nghiệm S=
;
2
2) PT cos 2x=
2 x= ( )
k k
Câu III: Xét:
2
1 3
0
sin cos
;
sin cos sin cos
xdx xdx
I I
x x x x
Đặt
x t
Ta chứng minh I1 = I2
Tính I1 + I2 =
2
2
2
0
1
tan( )
2
sin cos 2cos ( ) 0
4
x dx x dx x
x
I1 = I2 =
2 I = 7I
1 – 5I2 =
Câu IV: Gọi I, J trung điểm cúa AB CD; G trọng tâm ∆SAC ∆SIJ cạnh a nên G trọng tâm ∆SIJ
IG cắt SJ K trung điểm cúa SJ; M, N trung điểm cúa SC, SD
2 a IK
; SABMN =
2
1 3
( )
2
a AB MN IK
SK (ABMN); SK =2 a
V=
3
1
3 ABMN 16 a
S SK
Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki giả thiết ta có:
2 2 2
( )( ) ( )
F a b c d cd d d d d f d
Ta có
2
3
1 2( )
2
( ) (2 3)
2
d
f d d
d d
Dựa vào BBT (chú ý:
2
3
1 2( )
2 0
2
d
d d ), ta suy được:
3 ( ) ( )
2
f d f
Dấu "=" xảy
1 3
; ; ;
2
2
a b c d
(9)Câu VI.a: 1) y + = 0; 4x + 3y + 27 = 0.
2) Đường thẳng cần tìm cắt d2 A(–1–2t; t; 1+t)
OA= (–1–2t; t; 1+t)
1 1 (1; 1;0)
d OA u t A PTTS
:
x t
y t
z Câu VII.a: Số cách chọn bi từ số bi hộp là: C184
Số cách chọn bi đủ màu từ số bi hộp là: C C C52 16 71C C C15 62 71C C C51 61 72 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184 (C C C52 16 17C C C51 62 71C C C51 61 72) 1485 Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – = 0; (AB): x – y + = 0; (BC): x – 4y – = 0.
2) Giao điểm đường thẳng AB (P) là: C(2;0;–1)
Đường thẳng d qua C có VTCP AB n, P
d:
2
2
x y z
Câu VII.b: Xét khai triển: (1x)2n, thay x = 1; x = –1 kết hợp giả thiết ta n = 12 Khai triển:
12 12
2 24
12
2
k k k
k
x C x
x có hệ số x3 là: C12727=101376
Hướng dẫn Đề số 35 www.VNMATH.com
Câu I: 2) 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 1 y 1
x 2 y 0
1 : y – = –1(x + 1) y = –x (loại); 2 : y – = –1(x + 2) y = –x – (nhận) Câu II: 1) Điều kiện: sin cos
x x x k
Ta có:
2
cos cos sin
2cot 2 cot tan
sin 2sin cos
x x x
x x x
x x x .
PT
cot
3 cot cot cot ,
4 cot 7cot
x
x x x x k k
x x
2) Điều kiện: x
PT
2 2
2
( 1) 2( 1) 3 2 2
x x x x x x x x
2 1
( 1) 2 1
2
x x
x x x x x
x x .
Câu III: Đặt usinxcosx
2
2
du I
u .
Đặt u2sint
4
2
6
2cos
12 4sin
tdt
I dt
t
(10)Câu IV: Gọi Q giao điểm NP AD Do PD = 2PD nên DN = 2DQ
2
4
a
AD DQ MD QM AM
(đpcm)
Ta có: '
1
3
A AP
V MD S
(1)
2
' ' ' ' '
2
A AP ADD A APD A D P
a
S S S S
Thay vào (1), ta được: 12 a V
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương
3
( )
,
3
a b c c
c
1
3 ta được:
3
( ) ( )
3 3 3
a b c c a b c c
a b c a b
c c (1).
Tương tự:
3
( )
3 3
b c a a
b c
a (2),
3
( )
3 3
c a b b
c a
b (3).
Cộng (1), (2) (3) ta suy P 1 minP1 a b c 1. Câu VI.a: 1) PM C/( )27 0 M nằm ngồi (C) (C) có tâm I(1;–1) R = 5.
Mặt khác:
2
/( ) 3 3 3
M C
P MA MB MB MB BH IH R2 BH2 4 d M d[ ,( )] Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0).
2
0
[ ,( )] 4 12
5
a
a b
d M d
a b
a b
Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 =
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 3 ; ; 35 35 35
Câu VII.a: ’ = –9 = 9i2 phương trình có nghiệm z
1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i
2 2
A z z = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0.
2) Chọn ( ;1 ;2 ) ( 2;2 1; 2)
N d N t t t MN t t t .
3
( ) ( ) (1;3;3) ' :
1 1
P x y z
MN P MN n M P t N d
Câu VII.b: Điều kiện: x > Đặt tlog7x x7t.
PT
3
3 3
2
1
log 7
8
t t
t t t t
t
t
(*)
Hàm số
3
1
( )
8
t t
f t
(11)Hướng dẫn Đề số 36
Câu I: 2) y 4x3 4(m2 m1)x;
x y
x m2 m
0 0
1
.
Khoảng cách điểm cực tiểu: d =
m m m
2
2 1 3
2 1 2
2 4
Mind = 3 m =
1 2.
Câu II: 1) PT sin 23 x 2sin 22 x3sin 2x 6 0 sin 2x1 x 4 k
2)
x x y xy y
x y x y
3 6 9 4 0 (1)
2 (2)
Ta có: (1) (x y x ) (2 4 ) 0y x y x 4y Với x = y: (2) x = y =
Với x = 4y: (2) x32 15; y 8 15 Câu III: I = 2 9ln3 ln 2
Câu IV: Kẻ SH PD SH ((PQCD)
S PQCD PQCD
a a
V . 1S .SH 1 5. 14 10 5. a3
3 3 9 14 27
Có thể dùng cơng thức tỉ số thể tích:
S PQC
S PQC S ABC
S ABC S PCD
S PCD S ACD
S ACD
V SP SQ
V V a
V SA SB
V SP V V a
V SA
3
2 2 4 4 5
. .
3 3 9 27
2 2 2 5
3 3 9
VS PQCD VS PQC VS PCD a
3
10 527
Câu V: Ta có: x0,y0,x y 2 0xy1
P = x y
y x xy
2
3
22 3 7 Dấu "=" xảy x y 1 Vậy, minP = 7. Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d C(3; 1).
B D d AB AD, 5
B(–2; 1), D(6; 5).
2) E (d2) E(3; 7; 6)
P
P d
d
a n a n a
a a
1 , 4(1;1; 1)
():
x t
y t
z t
3 7 6
.
Câu VII.a:
a i
z12z22 4i a2 2i a 11 i
.
(12)Giả sử (): ax by c 0 (c0) Từ: d I
d
( , ) 5 2 cos( , )
2
a b c
a 1,2,b 2,1,c 1010
x y x y
: 2 10 0
: 2 10 0
.
2) Lấy B (d1), C (d2) Từ : AB k AC
k
1 2
B trung điểm đoạn thẳng AC
Ta tính B(2; –1; 1), C(3; –4; –1)
Câu VII.b: Tiệm cân xiên (): y x m Từ M(1; 5) () m =
Kết hợp với:
m y
x
1
( 1)
> 0, x m = –2.
Hướng dẫn Đề số 37: www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m
PT hoành độ giao điểm (C) d: x x x m
3
1 3 8
3 3 x3 3x2 9x 8 3m0
(1)
Để d cắt (C) điểm phân biệt A, B cho OAB cân O (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1 hoành độ A, B) x1, x2 nghiệm phương trình: x x x x
2
1
( )( ) 0
x3 x x2 2 x x x x12 1 22 0
(2)
Đồng (1) (2) ta được:
x x
x x m
2 2
3 9
8 3
x x m
1
3 3
19 3
Kết luận: d: y
19 3
Câu II: 1) Nhận xét: cosx = nghiệm PT Nhân vế PT với cosx, ta được:
PT 2sin3 (4 cosx 3x 3cos ) cosx x 2sin3 cos3x xcosx sin 6x sin 2 x
k k
x 2 x 2
14 7 10 5
2) PT x x x x
2 3 1 3 1
3
(1)
Chú ý: x4x2 1 (x2 x 1)(x2 x1), x2 3x 1 2(x2 x1) ( x2 x 1)
Do đó: (1) x x x x x x x x
2 3 2
2( 1) ( 1) ( 1)( 1)
3
Chia vế cho x x x x
2 2 1 2 1
đặt
x x
t t
x x
2
2 1, 01
(13)Ta được: (1) t t
2 3
2 1 0
3
t t
3 0
2 3 1
3
x x x x
2
1 1
3 1
x1.
Câu III: I =
x x x dx
2
5 2
2
( ) 4
=
x x dx
2
5
2
4
+
x x dx
2
2
2
4
= A + B
Tính A =
x x dx
2
5
2
4
Đặt tx Tính được: A = Tính B =
x x dx
2
2
2
4
Đặt x2sint Tính được: B = 2
Câu IV: Gọi P = MN SD, Q = BM AD P trọng tâm SCM, Q trung điểm MB.
MDPQ MCNB
V MD MP MQ
V MC MN MB
1 1
. . .
2 6
VDPQCNB VMCNB
5 6
Vì D trung điểm MC nên d M CNB( ,( )) ( ,( d D CNB))
VMCNB VDCNB VDCSB VS ABCD
1 2
2
VDPQCNB VS ABCD
5 12
VSABNPQ VS ABCD
7 12
SABNPQ DPQCNB V
V
7 5
Câu V: Từ giả thiết x2y2z2 1 0x y z, , 1
Áp dụng BĐT Cô–si cho số dương: ,1x2 x2.1 x2 ta được: x2 x2 x2 x2 x2
2 (1 ) (1 ) 2 (1 )
3
x x
2 2
32 (1 ) 2
3
x(1 x2) 2 3 3
x x
x
2
3 3 2
1
x x
y z
2
2
3 3 2
(1)
Tương tự ta có:
y y
z x
2
2
3 3 2
(2),
z z
x y
2
2
3 3 2
(3)
Từ (1), (2), (3)
x y z x y z
y z z x x y
2 2
2 2 2
3 3( ) 3 3
2 2
Dấu "=" xảy x y z
3 3
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = Vì tiếp tuyến AB, AC vng góc nên ABIC là hình vng có cạnh IA = 3 2 Giả sử A(x; –x – m) d
IA2 18 (x1)2 ( m x 2)2 18 2x2 2(3 m x m) 2 4m13 0 (1)
Để có điểm A (1) có nghiệm = m22m35 0 m
m 75
.
(14) Vì (P) (Q) nên: 1.A1.B1.C0 C A B (1) d M P( ,( )) 2
A B C A2 B2 C2
2 2
(A2B C )2 2(A2B2C2) (2) Từ (1) (2) ta được: 8AB5B2 0
B
A 0 B (3)
8 5 0 (4)
Từ (3): B = C = –A Chọn A = 1, C = –1 (P): x z 0
Từ (4): 8A + 5B = Chọn A = 5, B = –8 C = (P): 5x 8y3z0 Câu VII.a: Ta có: An Cn Cn
3 8 49
n n
n n( 1)(n 2) 8 ( 1) n 49 2
n3 7n27n 49 0 n7.
n k k k
k
x2 x2 7 C x7 2(7 )
0
( 2) ( 2) 2
Số hạng chứa x8 2(7 k) 8 k = Hệ số x8 là: C
3
7.2 280.
Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 tâm bán kính (C), (C1), (C2) Giả sử I(a; a – 1) d (C) tiếp xúc với (C1), (C2) nên
II1 = R + R1, II2 = R + R2 II1 – R1 = II2 – R2
(a 3)2(a3)2 2 2 (a 5)2(a5)2 4 2 a = I(0; –1), R = 2 Phương trình (C): x2(y1)2 2
2) Gọi u u nd, , P
VTCP d, VTPT (P) Giả sử ud a b c a b c
2 2
( ; ; ) ( 0)
Vì d (P) nên ud nP
a b c 0 b a c (1) d, 450
a b c
a2 b2 c2
2 2 2
2 3
2(a2b c )2 9(a2b2c2) (2) Từ (1) (2) ta được: 14c230ac0
c
a0 c
15 7 0
Với c = 0: chọn a = b = PTTS d: x 3 ;t y 1 ;t z1 Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8
PTTS d: x 3 ;t y 1 ;t z 1 15t Câu VII.b: Điều kiện: x > y > 0.
Hệ PT
x y x y
x y x y
2 2
2
lg lg (lg lg )
lg ( ) lg lg 0
y x y
x y x y
2
lg (lg lg ) 0 lg ( ) lg lg 0
y
x y
2
lg 0 (1)
lg ( ) 0
hoặc
x y
x y x y
2
lg lg 0
lg ( ) lg lg 0
(2)
(1) y
x y1 1
x y 12
(15) (2) y
x
x x
x x
2
1
1 1
lg lg lg 0
y x
x x
x
2
2
1 1
lg lg
y x x2
1 2
x y
2 1
2
Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1)
1 2;
2
.
Hướng dẫn Đề số 38:
Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0) Ta có: y 4x32mx
Các tiếp tuyến A B vng góc với y(1) ( 1)y 1 (4 ) m 21
m m
3 2 5 2
.
Câu II: 1) Hệ PT
y x x
x x x x+
2
4 94 552 18 18 0
y x x
x x x
2
9 5
1 3
1 7
x y
x y
x y
x y
1; 3
3; 15
1 7; 6 7
1 7; 6 7
2) PT (sinx1)(sinxcosx2) 0 sinx1 x 2 k2
Câu III: I =
x dx
x x
8
2
3
1
1 1
= x x x
8
2
3
1 ln 1
= ln ln 3
Câu IV: Gọi E = AK DC, M = IE CC, N = IE DD Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND KBBCMAADN Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBBCMAADN Vhlp = a
3
, VEAND =
ADN
ED S a3
1. . 2
3 9
EKMC EAND
V EK EM EC
V EA EN ED
1
. .
8
V VKMCAND VEAND a a
3
1 78 7 28 9. 367
,
V2 = Vhlp – V1 = a3
29
36
V V12
7 29
(16) Nếu y đặt x t
y
, ta được: M =
x xy y x xy y
2
2
2 3
2.
=
t t t t
2
2 3 2
1
.
Xét phương trình:
t t m
t t
2
2 3 1
(m1)t2 (m2)t m 3 0 (1) (1) có nghiệm m = = (m2)2 4(m1)(m3) 0
m
2( 13 1) 2( 13 1)
3 3
Kết luận: M
4( 13 1) 4( 13 1)
3 3
Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A nghiệm hệ: x y
x y2 0
2 6 3 0
A
15 7;
4 4
.
Giả sử: B b( ;2 b) d1,
c C c; 3 2
6
d2
M(–1; 1) trung điểm BC b c
c b
1 2
3 2 2
6 1
2
b c
1 4 9 4
B 1 7; 4 4
, C
9 1; 4 4
.
2) (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = d có VTCP u(2;2;1) (P) // d, Ox (P) có VTPT nu i, (0;1; 2)
Phương trình (P) có dạng: y 2z D 0 (P) tiếp xúc với (S) d I P( ,( ))R
D
2
1 4 2
1 2
D 3 5 D D
3 5 3 5
(P): y 2z 3 0 (P): y 2z 3 0
Câu VII.a: PT z
z
2
2 92
( 1) 5
z i
z2
3 5 1
z i
z z i
3 5 1
5 1
.
Câu VI.b: 1) Vẽ CH AB, IK AB AB = 2 CH =
ABC S
AB
2 3
2
IK = CH
1 1
3 2
Giả sử I(a; 3a – 8) d
Phương trình AB: x y 5 0 d I AB( , )IK 3 2 a 1 a a 12
I(2; –2) I(1; –5)
Với I(2; –2) C(1; –1) Với I(1; –5) C(–2; –10)
2)
x t
d y t
z t
1
1
1
1 2
: 1
2
,
x t
d y t
z t
2
2
2
2 :
1 2
(17)Giả sử: A(1 ; 1 t1 t t1;2 )1 , B((2 ; ;1 ) t t2 t2 AB(t2 2t11;t2 t1 1; 2t2 2t11)
d (P) AB n,
phương
t2 2t1 1 t2 t1 1 2t2 2t1 1
2 1 5
t t12 11
A(–1; –2; –2)
Phương trình đường thẳng d:
x 1 y 2 z 2
2 1 5
Câu VII.b:
mx x m m
y
mx
2
2
2 2
( 1)
Để hàm số đồng biến khoảng xác định m
m3 m2
0
2 1 0
m
1 5
1
2
Hướng dẫn Đề số 39:
Câu I: 2) TCĐ: x1; TCX: y2 M(–1; 2) Giả sử
x I x
x0
0
2 1
; 1
(C), (x0 > 0).
PTTT với (C) I:
x
y x x
x x
0
2
0
2 1
3 ( )
1
( 1)
x A
x00
2 4
1;
1
, B(2x01;2.
MA2MB240
x x
x
2
0
36 4( 1) 40
( 1)
0
x0 2 (y0 = 1) I(2; 1).
Câu II: 1) BPT 3 x 2) Điều kiện:
x x
cos 0
sin 0
PT x
1 cos
2
x k
2 2
3
Câu III: I =
dx
x x
2
16 9
1
4 3
= x x x
2
16 ln 4 9ln 3
= 1 25ln2 16ln3 . Câu IV: S AHK
R h V
R h R h
2
2 2 2 2
3(4 )(2 )
.
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức
1
( 0, 0)
x y
x y x y Ta có:
1 1 1
; ;
2 2
a b b c a b c b c c a a b c c a a b a+b+c
Mặt khác:
2 2
2 2
1 2
2 4 2
(18)2 2 2( 1) ( 1) ( 1) a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy ra: 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c
Đẳng thức xảy a = b = c =
Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 điểm đối xứng A qua BB, CC A1, A2 BC
Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) Pương trình BC: y1 B(–1; –1), C(4; –1) AB AC
A vuông
2) Giả sử: A( ;6 t1 t1;10 t1) d1, B t( ;22 t2; ) t2 d2
AB(t2 2t18;t2 t1 4);2t2t1 14)
AB i, (1;0;0)
phương
t t
t22 t11 4 0
2 14 0
t
t12 1822
A( 52; 16;32), (18; 16;32) B
Phương trình đường thẳng d:
x t
y z
52 16 32
.
Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59
Câu VI.b: 1) Chú ý: d1 d2 ABC vuông cân A nên A cách d1, d2 A giao điểm d
và đường phân giác góc tạo d1, d2 A(3; 2)
Giả sử B(–1; b) d1, C(c; –2) d2 AB ( 4;b 2), AC(c 3; 4)
Ta có:
AB AC BC2
. 0
50
b c
b 5,1,c 06
A B C
A(3;2), ( 1;5), (0; 2)(3;2), ( 1; 1), (6; 2)B C
.
2) u (2;1; 1)
Gọi H = d Giả sử H(1 ; ; ) t t t MH (2 1;t t 2; )t
MH u
2(2 1) ( 2) ( ) 0t t t t
2 3
ud 3MH (1; 4; 2)
d:
x t
y t
z t
2 1 4 2
.
Câu VII.b: Hệ PT
x y x y
x y x y
5
5
log (3 2 ) log (3 2 ) 1 log (3 2 ) log 5.log (3 2 ) 1
x y x y
5
log (3 2 ) 1 log (3 2 ) 0
x y x y
3 2 5
3 2 1
x y 11
Hướng dẫn Đề số 40: www.VNMATH.com
Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) d: x mx m x x
32 2( 3) 4 4
(19) x x( 22mx m 2) 0
x y
x2 mx m
0 ( 4)
2 2 (2)
(1) có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt, khác
m m
m
2 2 0
2 0
m m m
1 2
2
(*)
Khi xB, xC nghiệm (2) xB xC 2 ,m x xB C m
IBC
S 8
1 ( , ).2d I d BC8 2 xB xC
2
( ) 8 2
xB xC x xB C
2
( ) 128 0
m2 m 34 0 m m
1 137
2
1 137
2
(thoả (*))
Câu II: 1) Hệ PT
x y x y
x y
2 0
1 4 1 2
x y
x y
2 0
1 4 1 2
x y y
4
4 1 1
x y
2 1 2
2) Điều kiện: x
x x
sin 0
cos 0
cot 1
PT x
2 cos
2
x 4 k2
Câu III: A = x
x x x
x2 x
0
cos sin tan lim
sin
= x
x x
x x x
2
(cos 1)sin lim
sin cos
= x
x
x x
2
sin
lim 1
cos
Câu IV: AMCN hình thoi MN AC, BMN cân B MN BO MN (ABC).
MA B C A B C
a a
V 1MO S. 1. 2 1. a a 2
3 3 2 6
B A MCN MA B C
a
V . 2V
3
Gọi góc hai mặt phẳng (AMCN) (ABCD), P trung điểm CD NP (ABCD)
MCN a
S 6
4
, MCP a
S
4
MCP MCN S S
6 cos
6
Câu V: Từ giả thiết
x y z
yz xz xy 1 xyz x 2y2z2xy yz zx 1 1 1x y z . Chú ý: Với a, b > 0, ta có: a b a b
4 1 1
x x
yz x yz x yz x
x
2
1 1 1
4
(20)Tương tự:
y y
y xz y2 xz
1 1 4
(2),
z z
z xy z2 xy
1 1 4
(3)
Từ (1), (2), (3)
x y z x y z
x y z yz xz xy x2 yz y2 xz z2 xy
1 1 1 4
1(1 1) 1 4 2.
Dấu "=" xảy
x y z xyz x y z
x yz y xz z xy
2 2
2 ; ;
x y z 3. II PHẦN TỰ CHỌN
1 Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = Giao điểm A(2; 3)
Giả sử d: a x( 2)b y( 3) ( a2b2 0) Gọi d1d O d d( , ), 2d I d( , )2 Từ giả thiết, ta suy được: R d R d
2 2
1 2 d22 d12 12
a a b a b
a b a b
2
2 2
(6 2 3 ) ( 2 3 ) 12
b23ab0 b b 03a
.
Với b = 0: Chọn a = Phương trình d: x 0 .
Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 Phương trình d: x 3y 7 0
2) PT
x x
5 1 5 1 2 2
2 2
x x
5
log 2 1
log 2 1
.
Câu VII.a: Xét
n n n
n n n n n n
x C20 C x C x12 22 C x23 C x24 C x22
(1 )
(1)
n n n
n n n n n n
x C20 C x C x12 22 C x23 C x24 C x22
(1 )
(2)
Từ (1) (2)
n n
n n
n n n n x x
C20 C x22 C x24 C x22 (1 )2 (1 )2
2
Lấy đạo hàm vế ta được:
n n n n
n n n
C x22 C x24 nC x22 n x x
2 4 2 (1 ) (1 )
Với x = 1, ta được:
n n n
n n n n
C22 C24 nC22 n
2 4 2 2 4
2
2 Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1) Tìm M(3; 0) MI =
3 2
2 AB = 3 2 AD = 2 2
Phương trình AD: x y 3 0
Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3) Ta có AM = 2 a2 A(2; 1) Từ suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; 2)
2) Điều kiện: x > BPT x x x x
2
3 3
log 6 log 3 log
x2 9 1 x 10.
(21)x x x x a
x x
3
2 6 8 3 1
3 12 8 1
x a 34