Dap an de thi thu tu 5155 Bo 55 de

Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C.. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB.[r]

(1)

Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x33x2mx 1

 x x 3x m 0  x

f x x2 x m

( )

 

    



Đê thỏa mãn YCBT PT f x( ) 0 có nghiệm phân biệt x x1, 2 khác và

   

y x y x 1  2 1 

2

1 2

9 0, (0)

(3 )(3 )

m f m

x x m x x m

   

 

    



m m

x x1 2 x x x1 1 x2 m x12 x22 x x1 2 m x1 x2 m2 9 , 0

4

9( ) 18 ( ) ( ) 36 6 ( ) 1



 

  

         



m m

m2 m 9 , 0 4

4 9 1 0



 

  

   

  m

9 65

8

 

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0 PT 

2 2

cos 2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cosx1 0

 x x cos

1 cos

2

 



 

 

x k

x k

2

2 2

3  

  



  



2) Từ hệ PT  y0 Khi ta có:

2

2 2

2

1

4 1 4

.

( ) 2 7 2 1

( ) 2 7

x

x y y

x y xy y

y x y x y x

x y

y

 

  



     



 

    

    

 

Đặt

2

1 ,

x

u v x y

y



  

ta có hệ: 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

  

      

  

 Với v3,u1ta có hệ:

2 2 1, 2

1 1 2 0

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 

          

  

   

 

      

   .

 Với v5,u9ta có hệ:

2 1 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

   , hệ vô

nghiệm

Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)

Câu III:

3

2

3

2 2

1 1

ln

log ln 2 1 ln .ln

ln 2

1 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e

x

x x xdx

I dx dx

x

x x x x x

 

 

 

  

  

  

Đặt

2 1 1

1 3ln ln ( 1) ln

3 3

dx

x t x t x tdt

x

      

Suy :

 

2

3

2

3

2

1 1

log 1 3 1 1

. 1

ln 2 3 9ln 2

1 3ln

e t

x

I dx tdt t dt

t

x x



   



  

2

3

1

1 1 4

9ln 3t t 27 ln 2

 

    

(2)

Câu IV: Gọi P,Q trung điểm BD, MN Chứng minh được: AC’ PQ Suy AC  (BDMN) Gọi H giao PQ AC’ Suy AH đường cao hình chóp A.BDMN

Tính

a AH 2AC 15

5 

 

a a

PQ 15 ,MN

4

 

 BDMN a S 15

16 

Suy ra:

3

D D

1 3

.

3 16

 

A B MN B MN

a

V S AH

Câu V:

 Cách 1: Ta có ab bc ca   2abc a b c (  ) (1 )  a bc a (1 a) (1 )  a bc Đặt t bc ta có

2

( ) (1 )

0

4 4

b c a

t bc  

   

Xét hàm số: f t a( )  (1 a) (1 )  a t đoạn

a (1 ) 0;

4

  

 

 

Có:

2

( 1 ) 1 7

(0) (1 )

4 4 27

 

   a a  

f a a

2

(1 ) 7 1 1 1 7

(2 )

4 27 4 3 3 27

a

f     a a  

   

  với a 0;1.

Vậy:

7 2

27

ab bc ca   abc

Dấu "=" xảy 

a b c 1 3

  

 Cách 2: Ta có a a b c a b c a b c c b

2 ( )2 ( )( ) (1 )(1 )

           (1)

Tương tự: b2  (1 )(1 )a  c (2), c2  (1 )(1 )a  b (3)

Từ (1), (2), (3)  abc (1 )(1 )(1 )a  b  c = 1 2( a b c  ) 4( ab bc ca  ) 8 abc



abc ab bc ca 1 9

4



  



abc ab bc ca 2abc 1

4



   

Mặt khác a b c  33abc 

abc 1 27



Do đó: ab bc ca abc

1

1 7

27 2

4 27



    

Dấu "=" xảy 

a b c 1 3

  

Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3) I m( ;6 m) trung điểm BC Suy ra: B m c (2  ; 2 m 2 )c Vì C’ trung điểm AB nên:

2 5 11 2 2

' ; '

2 2

   

 



 

 

m c m c

C CC

nên

2 11 2

2

   

 

    

 

 

m c m c

m 5 41;

6 6

 

  

 

I

Phương trình BC: 3 –3x y23 0

Tọa độ C nghiệm hệ:

2 3 0 14 37

;

3 3 23 0 3 3

  

  



  

    



x y

C x y

Tọa độ

19 4 ; 3 3

 



 

 

B

2) Ta có: AB(2; 2; 2), AC(0; 2; 2).

 

(3)

Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x y z  1 0, y z  3 0. Vectơ pháp tuyến mp(ABC) nAB AC,  (8; 4; 4).

                           

 Suy (ABC): 2x y z   1 0

Giải hệ:

1 0 0

3 0 2

2 1 0 1

    

 

 

    

 

      

 

x y z x

y z y

x y z z

Suy tâm đường tròn I(0; 2;1). Bán kính

2 2

( 0) (0 2) (1 1) 5.

R IA        

Câu VII.a: Giải PT cho ta nghiệm:

3

1 ,

2

z   i z   i

Suy

2

1 2

3 22

| | | | ;

2

z z     z z 

  Do đó:

2

1

2

11 4

( )



 

z z

z z .

Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I( –8; ) t t 

Ta có: d I( , ) IA 

2

3( 3 8) 10

( 3 8 2) ( 1)

3 4

t t

   

     



 t3  I(1; 3), R5

PT đường trịn cần tìm: ( –1)x 2 y( 3)225

2) Ta có AB(2; 3; 1),  AC ( 2; 1; 1)   nAB AC,  (2; 4; 8)

   

   

VTPT (ABC)

Suy phương trình (ABC): x–0 –1 –4 –2 y  z  0  x2 –4y z 6 0 Giả sử M(x; y; z)

Ta có:

MA MB MC M ( )P

  

 

 

x y z x y z

x y z

2 2 2

2 (( 1)1)2 (( 2)2)2 (( 2)2)2 (2 2)( 1)( 1)2

2 2 3 0

          



         

    



 x y z

2 3 7

  

   

  M(2;3; 7)

Câu VII.b: Điều kiện:

2

2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0

(*)

0 1 1, 2 1

           



     



xy x y x x y x

x y

Hệ PT 

1 2

2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) log ( 2) log (1 ) (1) log ( 5) log ( 4) = log ( 5) log ( 4) = (2)

   

         

 

 



 

     

 

 

x y x y

x y x y x

y x y x

Đặt log2y(1 x)t (1) trở thành:

2

1

2 0 ( 1) 0 1.

t t t

t

       

Với t1 ta có: 1 x  y 2 yx1 (3) Thế vào (2) ta có:

2

1 1

4 4

log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0

4 4

x x x

x x

x x x x x

x x

  

   

           

 

0 2

x x

 

  



(4)

Vậy hệ có nghiệm x2, y1

Hướng dẫn Đề số 52

www.VNMATH.com

Câu I: 2) y 6x218mx12m26(x23mx2 )m2

Hàm số có CĐ CT  y 0 có nghiệm phân biệt x x1 2,  = m2 >  m0 Khi đó: x1  m m x  m m

1 3 , 1 3

2 2

     

Dựa vào bảng xét dấu y suy xCĐ x x1, CT x2

Do đó: x2CĐ xCT 

m m m m

3 3

2 2

    



 

   m2

Câu II: 1) Điều kiện x0

PT  4x2 1 3x x 1 

x

x x

2 1

(2 1)(2 1) 0

3 1



   

 



x x

x x 1

(2 1) 2 1 0

3 1

 

    

 

   2x1 0  x

1 2



2) PT 

x x

2

10sin 4sin 14 0

6 6

 

   

    

   

     sin x 6 1



 

 

 

   x 3 k2

 

 

Câu III: Ta có:

x x x x x x x x

f x x

x x x x

2 2

ln( 1) ( 1) ln( 1)

( )

1 1 1 1

   

    

   



F x( ) f x dx( ) 1 ln(x2 1) (d x2 1) xdx 1 dln(x2 1)

2 2

        

= x x x C

2 2

1ln ( 1) 1 1ln( 1)

4  2  2   .

Câu IV: Do B D cách S, A, C nên BD  (SAC) Gọi O tâm đáy ABCD Các tam giác ABD, BCD, SBD tam giác cân có đáy BD chung nên OA = OC = OS Do ASC vng S

Ta có: VS ABCD VS ABC BO SA SC ax AB OA

2

2 2.16 . 13 . 

=

a x a x

ax a2 2 1ax 3 2

4

1

3    

Do đó: S ABCD

a ax a x a

V 2

 6  16   62 

x a x a    

 .

Câu V: Ta có: a b a a b a a a b a b

2

2 1 1

2 2

3 1

4 4

 

        

 

       

Tương tự: b a a b

2

2 3

4

    

(5)

Ta chứng minh a b a b

1 2 (2

2 2

     

    

     

      (*)

Thật vậy, (*) 

a2 b2 ab a b 4ab a b

4

2 

       

 (a b )2 0 Dấu "=" xảy 

a b

 

Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn I t( ;3 ) t d1

Khi đó: d I d( , 2)d I d( , )3 

t t t t

3 4(3 ) 5

4 3(3 ) 2 5

  

   

 t t 24   

 

Vậy có đường tròn thoả mãn: x y

2 49

25

(  2) ( 1)  

x y

2 9

( 4) ( 5)

25

   

2) () :

2

2 2

3

1 3 2

2 2

x t

x y z

y t

z t

  

  

    

  

 (P) có VTPT n(2;1; 1) . Gọi I giao điểm () đường thẳng d cần tìm  I(2 ;3 ; 2 )t t   t

(1 ,3 2, )

AI t t t

       là VTCP d.

Do d song song mặt phẳng (P)  AI n 0

                         

  3 0t t 1 3AI 2; 9; 5

3

        



Vậy phương trình đường thẳng d là:

1 2 1

2 9 5

x y z

 

  .

Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=x a a a a a a .

Vì khơng có mặt chữ số nên chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, để thành lập số cần tìm Vì phải có mặt chữ số a10 nên số cách xếp cho chữ số cách.

Số cách xếp cho vị trí cịn lại :

5

A . Vậy số số cần tìm là: 5.A85 = 33.600 (số)

Câu VI.b: 1) ( )C có tâm I (1; –2) bán kính R =

(d) cắt ( )C điểm phân biệt A, B  d I d( , )R  2 2 m 1 2 3 2m2

2 2

1 4 18 17

  m m   m  m  m   m R

Ta có:



1 1 9

sin .

2 2 2

  

SIAB IA IB AIB IA IB

Vậy: SIAB lớn

9

2  900 

AIB  AB =R 2 

3 2 ( , )

2 

d I d



3 2 2

1 2 2

2

m m

   2 2 2

16 16 36 18 16 32

 m  m   m  m  m 

4

 m

2) Ta có: SM ( ;0; 1),m  SN (0; ; 1)n 

 

 VTPT (SMN) n( ; ;n m mn)



Phương trình mặt phẳng (SMN): nx my mnz mn   0

Ta có: d(A,(SMN)) 2 2 2 2 n m mn

n m m n

 



 

1 . 1

1 1

2 2 1 2

m n mn

mn mn m n

 

  



(6)

Suy (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định Câu VII.b: BPT 

x x x x x

2

(4  2.2  3).log  3 2   4 

x x x

2

(4  2.2  3).(log 1) 0

 x x x x x x 2 2 2

2.2 3 0

log 1 0

2.2 3 0

log 1 0

                        x x x x 2 log log                     x x x x 2 log log                         x x log       

www.VNMATH.com

Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d (C) M x y( ; )0 cắt Ox A Oy B cho OA = 4OB. Do OAB vuông O nên:

OB A OA tan  

 Hệ số góc d 4

1 

Hệ số góc d M là:

y x

x

0 2

0

( )

( 1)

  





y x( )0    x 1 ( 1)     x y x y 0 0                      

Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y x

1( 1)

4

  

y x

1( 3)

4

  

Câu II: 1) Điều kiện: cos2x0

PT  (sinxcos )x 22sin2xcos 22 x0  sin 22 x sin2x0



x

x loại sin2 sin2 ( )

 

 

  x k2

 

2) Hệ PT 

xy x y x y x y xy x y xy x y

2 2

( ) ( ) 30

( ) 11

    



    

 

xy x y x y xy xy x y(( )() xy x y) 3011

    



    



Đặt

x y u xy v     

 Hệ trở thành

uv u v uv u v( ) 3011

  

   

 

uv uv

uv u v(11 ) 30 (1)11 (2)

  

   

 Từ (1) 

uv uv 56     

 Với uv =  u v 6 Giải ta nghiệm (x; y) là:

5 21 5; 21

2

   

 

  và

5 21 5; 21

2

   

 

 

 Với uv =  u v 5 Giải ta nghiệm (x; y) là: (1;2) (2;1) Kết luận: Hệ PT có nghiệm: (1;2), (2;1),

5 21 5; 21

2

   

 

 ,

5 21 5; 21

2

   

 

 .

Câu III: Đặt t x  dx2 t dt I =

t tdt t    =

t t dt

t 2 2           

= 11 4ln23 

(7)

Do BH đường cao hình chóp B.MAC BH = a

2 Từ giả thiết  MA = a 2

3 , AC = a

Do đó: B MA C MA C

a V . ' ' 1BH S ' ' 1BH MA A C

3   

  

Câu V: Ta có:

a b a b c b a b a

b c b c b c

2 (1  ) 

  

   .

Tương tự, BĐT trơt thành:

a b a b c b c a c

b c c a a b

  

     

   

a b b c c a b c c a a b

  

  

  

Theo BĐT Cơ–si ta có:

a b b c c a a b b c c a b c c a a b 33 b c c a a b

     

   

     

Dấu "=" xảy 

a b c   

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) bán kính R = Ta có IE = 29 < = R  E nằm hình trịn (C)

Giả sử đường thẳng  qua E cắt (C) M N Kẻ IH  Ta có IH = d(I, ) ≤ IE Như để MN ngắn IH dài  H  E  qua E vng góc với IE Khi phương trình đường thẳng  là: 5(x1) 2 y0  5x2y 5

2) Giả sử (S): x2y2z2 2ax 2by 2cz d 0

 Từ O, A, B  (S) suy ra: a c d

1   

   

  I b(1; ;2).



d I P( ,( )) 



b 5

6

 

 b b 010     

Vậy (S): x2y2z2 2x 4z0 (S): x2y2z2 2x20y 4z0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a (a

1 0)

 Giả sử a1 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C72 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C53 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2!C82  Bây ta xét a1= 0:

+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là: C62 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là: C43 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: Vậy số số cần tìm là:

2 2

7 .2!5  6 .7 113404 

C C C C C (số).

Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1(1;2), BC n2 (3; 1) , AC n3 ( ; )a b với a2b2 0.

Do ABC cân A nên góc B C nhọn

Suy ra: cosBcosC 

n n n n

1



   



a b a2 b2

1

5

 

(8)

 22a22b2 15ab0 

a b a b 11  

 

  Với 2a b , ta chọn a1,b2  n3 (1;2)



 AC // AB  khơng thoả mãn  Với 11a2b, ta chọn a2,b11  n3 (2;11)



Khi phương trình AC là: 2(x 1) 11( y3) 0  2x11y31 0

2) PTTS :

x t

y t

z t 2    

    

 Gọi M( ;1 ;2 )  t  t t . Diện tích MAB

S AM AB, 18t2 36 216t

2  

     

                           

= 18( 1)t 2198 ≥ 198

Vậy Min S = 198 t1 hay M(1; 0; 2).

Câu VII.b: PT 

x a x

5 25  log 5



x x a

2

5   log 0



x

t t

t2 t 5a ,

log (*)

  

 

  

 

PT cho có nghiệm  (*) có nghiệm dương  t t a

5 log

  có 1

nghiệm dương

Xét hàm số f t( )t2 t với t [0; +∞) Ta có: f t( ) 1 t 

f t( ) t    

f

1

2

    

  ,

f(0) 0 .

Dựa vào BBT ta suy phương trình f t( ) log 5a có nghiệm dương



a a 5 log

1 log

4

 



 

 

a a

4 1

5   

 

 .

www.VNMATH.com

Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:

x42m x2 2  1 x 1  x42m x2 2 x0  x x 32m x2 1 0 

x

g x x3 m x2

( ) (*)  



   



Ta có: g x( ) 3 x22m2 0 (với x m )  Hàm số g(x) đồng biến với giá trị m

Mặt khác g(0) = –1 0 Do phương trình (*) có nghiệm khác

Vậy đường thẳng y x 1 cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị

m

Câu II: 1) Điều kiện: cosx0  x k. 

  

(*)

PT  x x x

2

1–cos    2sin –tan

   1–sin2xtan (sin2 –1)x x 

x x sin2 tan

 

 

(9)



x k

x l

2

2 

 

 

  



  

 

x k

x l



 

 

  



  

  x k.2

 

 

(Thỏa mãn điều kiện (*) )

2) Điều kiện: x

x

2

4 log ( 2)   

 

 



 

x x

2 ( 2) 

   

 



 

x x 23      (**)

PT  x  x x

2

2 2

3 3

log – 3 log ( 2) log ( –2) 4

 x x

2

3

log ( 2) 3 log ( 2)  0

  x  x 

2

3

log ( 2) 4 log ( 2) 1 0

 x

2

log ( 2) 1  x

2

( 2) 3  x 2

Kiểm tra điều kiện (**) có x 2 3 thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm là: x 2

Câu III: Đặt t sin 2x = cos 2x Ta có: cos2x4 –t2và

x x

dt dx

x sin cos sin 

 .

I =

x dx

x x

3

2

sin . cos sin 





=

x x dx

x x

3

2

0

sin cos cos sin 





=

dt t 15

2 4



=

dt

t t

15

3

1 1

4 2

 



 

 

 



= t t

15 1ln

4

 

=

1 ln 15 ln

4 15 4 3 2

   

  

   

  = 1 ln 15 ln 22      . Câu IV: Ta có SA (ABC)  SA AB; SA  AC

Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB  BC  AC  BC SC Hai điểm A,C nhìn đoạn SB góc vng nên mặt cầu đường kính SB qua A,C Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC mặt cầu đường kính SB Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; SCA600

là góc mp(SBC) mp(ABC)

SA = AC.tan600 = a Từ SB2SA2AB2 10a2.

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2=  .SB2 = 10a2.

Câu V: Tập xác định: D = R

Ta có:

f x x x

x x

2

( ) 2

2

    

  ( BĐT Cô–si) Dấu "=" xảy  x2–2x  2 1 x1

Vậy: f(x) = đạt x = 1

Câu VI.a: 1) Ta có F1 3;0 , F2 3;0 hai tiêu điểm (E) Theo định nghĩa (E) suy :

a MF MF1 2

2   =  

2 4 33

5

 

   

  +  

2 4 33

5

 

   

  = 10  a = Mặt khác: c = 3 a2– b2c2  b2a2 c222

Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22) ; B2 ( 0; 22)

2) d có VTCP ud  ( 1;2;0)



Gọi H hình chiếu vng góc A d Giả sử H1– ; 2 ;3t  t   AH 1 ;1 ;0t  t 

(10)

Mà AH  d nên AH u d 



 11 t21 2 t0

t 1 5





H 6 8; ;3 5 5

 

 

 

 AH =

5 .

Mà ABC nên BC = AH

2 15

3  hay BH = 15 .

Giả sử B(1 ;2 ;3) s  s s s

2

1 2 15

5 25

   

    

   

     25s210 –2 0s 



s

5   

Vậy: B

6 3; ;3

5

   

 

 và C

6 3; ;3

5

   

 

 

hoặc B

6 3; ;3

5

   

 

  C

6 3; ;3

5

   

 

 

Câu VII.a: Xét khai triển: (1x)n Cn0xC1nx C2 2n x C3 3n x Cn nn Lấy đạo hàm vế ta được: n(1x)n1Cn12xCn23x C2 3n nx Cn1 nn Nhân vế cho x, lấy đạo hàm lần nữa, ta được:

n

n n n

n n n n

x n x

n(1 x) 1 ( 1)(1 ) 2 12C1 22xC2 32x C2 n x C2 1

       

Cho x = ta đpcm

Câu VI.b: 1) Gọi M trung điểm BC Ta có AG AM 

 

 M(2; 3) Đường thẳng EC qua M có VTPT AG

8 0;

3

 

  

 



nên có PT: y3  E(0; 3)  C(4; 3) Mà AE2EB

 

nên B(–1; 1)  Phương trình BC: 2x 5y 7

2) Gọi I tâm (S) I d I(1 ; ; ) t  t t Bán kính R = IA = 11t2 1t Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên:

t

d I P( ,( )) R



 

 37t2  24t0



t R

0

24 77

37 37

   



  



 .

Vì (S) có bán kính nhỏ nên chọn t = 0, R = Suy I(1; –1; 0) Vậy phương trình mặt cầu (S): (x 1)2(y1)2z2 1

Câu VII.b:

x y y x

y x

3

24 162 (1)

1 5(1 ) (2)



   



  

 

Từ (2) suy y2–5x2 4 (3)

Thế vào (1) được: x3y2 –5x y y2.  316x  x3–5x y2 –16 x0

 x0 x2–5 –16 0xy   Với x0  y24  y2

 Với x2–5 –16 0xy   x y

x 16

5  

(4) Thế vào (3) được:

x x

x 2

2

16 5 4

5   

 

 

(11)

 x4–32x2256 –125x4100x2124 x4132 –256 0x2   x2 1 

x y

x 1 (1 (y 3)3) 

 

 

  .

Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)

www.VNMATH.com

Câu I: 2) Ta có

 

m

x x x x x m x

x

2 2 2 2 2 1 , 1.

1

        



Do số nghiệm phương trình số giao điểm yx2 2x 2 x1 , ( ')C đường thẳng y m x , 1.

Với

  f x khi x

y x2 2x 2 x1  ( )f x x( ) 11

 

 nên  C' bao gồm:

+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1

+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x1 qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:

m < –2 m = –2 –2 < m < m ≥ Số nghiệm vô nghiệm nghiệm kép nghiệm phân biệt nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT

x 5 5

2 sin 2 sin 1

12 12

 

   

      

 

 

x 5 5 1

sin 2 sin sin

12 12 2 4

  

 

     

 

x 5 5

sin 2 sin sin 2 cos sin sin

12 4 12 3 12 12

     

     

          

     

 

x k x k

x k

x k x k

5

2 2

5 12 12 6

sin 2 sin 5 13 3

12 12 2 2

12 12 4

  

 

  

 

 

    

 

   

         

          

 



2) Điều kiện: x y 0, x y 0

Hệ PT 

x y x y x2 y2 x2 y2

2

1 3

    

 

     



t:

Đặ

u x y v x y

   

 

 ta có hệ:

u v u v u v uv

u2 v2 uv u2 v2 uv

2 ( ) 2 4

2 3 2 3

2 2

       

 



     

     

 

u v uv

u v uv uv

2 4 (1)

( ) 2 2 3 (2)

2

   



    

  



(12)

Kết hợp (1) ta có:

uv u v

u v

0 4, 0

4

 

  



 

 (với u > v) Từ ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)

Kết luận: Vậy nghiệm hệ là: (x; y) = (2; 2)

Câu III:

I x2 xdx x xdx I1 I2

4

1 sin sin

 

 

      

 Tính

I1 x2 xdx

1 sin



 

  

Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I10.

 Tính

I2 x xdx

sin



 

 

Dùng phương pháp tích phân phần, ta tính được:

I2 2

4 

 

Suy ra: I

2 2

4 

 

Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD



BC AB BC BM BC SA

 

 

 

 Tứ giác BCMN hình thang vng có BM đường cao.

 SA = AB tan600 = a 3,

a a MN SM MN

AD SA a a

3

3 2

3

2 3 3



   

 MN = a 4

3 , BM = a 2

3

Diện tích hình thang BCMN : S = BCNM

a a

BC MN a a

S BM

4

2 2 10

3

2 2 3 3 3

 



 



   

 

 Hạ AH BM Ta có SHBM BC (SAB)  BC  SH Vậy SH ( BCNM)  SH đường cao khối chóp SBCNM

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

AB AM SB MS =

1 2

Vậy BM phân giác góc SBA  SBH 300  SH = SB.sin300 = a

 Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNM SH S

1 .

3 =

a3 10 3

27 .

Câu V: Đặt 5x a; 5y b; 5z c Từ giả thiết ta có: a, b, c > ab bc ca abc  

BĐT 

 

  

  

2 2

4

a b c a b c

a bc b ca c ab (*) Ta có: (*) 

 

  

  

3 3

2 2 4

a b c a b c

a abc b abc c abc



 

  

     

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 4

a b c a b c

(13)

Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

a a b a c a

a b a c (1)

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

b b c b a b b c b a ( 2)

 

  

 

3 3

( )( ) 8 8 4

c c a c b c

c a c b ( 3) Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2), (3) suy điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Do AB CH nên phương trình AB: x y  1 0

 B = AB BN  Toạ độ điểm B nghiệm hệ:

x y x y

2 5 0

1 0

   



  

 

x y 34    

  B(-4; 3).  Lấy A’ đối xứng với A qua BN A BC'

Phương trình đường thẳng (d) qua A vng góc với BN (d): x 2y 5 0 Gọi I ( )d BN

Giải hệ:

x y x y

2 5 0

   



  

 Suy ra: I(–1; 3)  A'( 3; 4) 

 Phương trình BC: 7x y 25 0 Giải hệ:

BC x y CH x y

: 7 25 0

: 1 0

   



  

  C

13 9;

4 4

 

 

 

 

 BC

2

13 9 450

4 3

4 4 4

   

       

    ,

d A BC

2 7.1 1( 2) 25

( ; ) 3 2

7 1

  

 



Suy ra: SABC d A BC BC

1 ( ; ). 1.3 2. 450 45.

2 2 4 4

  

2) a)  VTCP hai đường thẳng là: u1(4; 6; 8),  u2  ( 6;9;12)

 

 u u1 2,  

phương

Mặt khác, M( 2; 0; –1)  d1; M( 2; 0; –1)  d2 Vậy d1 // d2

 VTPT mp (P)

n 1 MN u, 1 (5; 22;19)

2 

    



 

 Phương trình mp(P): x y z

5 –22 19  9 0.

b) AB(2; 3; 4) 



 AB // d1 Gọi A1 điểm đối xứng A qua d1

Ta có: IA + IB = IA1 + IB  A1B

IA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng  I giao điểm A1B

d Do AB // d1 nên I trung điểm A1B

 Gọi H hình chiếu A lên d1 Tìm H

36 33 15; ; 29 29 29

 

 

  A’ đối xứng với A qua H nên A’

43 95 28; ; 29 29 29

 



 

 

I trung điểm A’B suy I

65 21 43; ; 29 58 29

   

 

 .

Câu VII.a: Nhận xét z0 không nghiệm PT Vậy z0

Chia hai vế PT cho z2 ta được:

z z

2

1 1 1 0

2

   

     

 

 

(14)

Đặt t z z  

Khi t z

z 2

2 1 2

   z t

z

2

1 2

   

Phương trình (2) trở thành: t t

2

2   

(3) i

2 5

1 4. 9 9

2

    

 PT (3) có nghiệm

i t 1 3

2

 

,

i t 1 3

2

 

 Với

i t 1 3

2

 

: ta có

i

z z i z

z

2

1 3 2 (1 ) 0

2



      

(4a) Có   (1 ) 16 6i 2   i  i i (3 )i

 PT (4a) có nghiệm :

i i

z (1 ) (3 ) 1 i 4

  

  

,

i i i z (1 ) (3 ) 1

4 2

   

 

 Với

i t 1 3

2

 

: ta có

i

z z i z

z

1 3 2 (1 ) 0

2



      

(4b) Có   (1 ) 16 6i 2   i  i i (3 ) i

 PT (4b) có nghiệm :

i i

z (1 ) (3 ) 1 i 4

  

  

,

i i i

z (1 ) (3 ) 1

4 2

    

 

Vậy PT cho có nghiệm :

i i

z 1 ;i z 1 ;i z 1; z 1

2 2

  

     

Câu VI.b: 1) Ta có: I d 1d2 Toạ độ I nghiệm hệ:

x x y

x y y

9

3 0 2

6 0 3

2

  

   



 

  

  





I 9 3; 2 2

 

 

 

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M d 1Ox trung điểm cạnh AD Suy M(3; 0)

Ta có:

AB IM

2

9 3

2 2 3 3 2

2 2

   

       

   

Theo giả thiết:

ABCD ABCD

S

S AB AD AD

AB

12

. 12 2 2

3 2

     

Vì I M thuộc đường thẳng d1  d1AD

Đường thẳng AD qua M(3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1)



làm VTPT nên có PT: x y  3 0

Mặt khác: MA MD  2  Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:  

x y

x y2 3 0

3 2

   

 

  

 

   

y x y x y x

x x y2 x x

3 3 3

3 1

3 2 3 (3 ) 2

     

    

     

 

       

 

 

x y 12

   





x y 41

  





(15)

Do

I 9 3; 2 2

 

 

  trung điểm AC suy ra:

C I A

x x x y y y

2 9 7

2 3 2

     



    



Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) 2) a) d1 có VTCP u1(1; 1;2)



qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2  ( 2;0;1)



qua điểm N( 2; 3; 0)

Ta có: u u MN1 2,  10 0



 

d1 , d2 chéo

Gọi A(2 ;1– ;2 )t t t d 1, B(2 –2 ; 3; )t t d2

AB đoạn vng góc chung d1 d2

AB u AB u12

. 0

 

 

 



 

 



t t

1 3 ' 0

     

  A

5 2; ;

3 3 3

 



 

 ; B

(2; 3; 0)

Đường thẳng  qua hai điểm A, B đường vng góc chung d1 d2:

x t

y t

z t 2 3 5 2

   

     

b) PT mặt cầu nhận đoạn AB đường kính:

x y z

2 2

11 13 1 5

6 6 3 6

     

     

     

     

Câu VII.b: Ta có: i C iC i C

2009 2009 2009

(1 )    

C C C C C C

C C C C C C i

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

1 2007 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )

       

     

Thấy: S1 (2 A B ), với A C C C C C C

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

      

B C C C C C C

0 2006 2008

2009 2009 2009 2009 2009 2009

      

 Ta có: i i i i i

1004

2009 1004 1004 1004

(1 )  (1 ) (1 )    (1 ).2 2 2 Đồng thức ta có A phần thực (1 )i 2009 nên A21004.

 Ta có: x C xC x C x C

2009 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

(1 )     

Cho x = –1 ta có: C C C C C C

0 2008 2009

2009 2009  2009  2009 2009  2009

Cho x=1 ta có: C C C C C C

0 2008 2009 2009

2009 2009 2009 2009 2009 2009

(    ) (    ) 2

Suy ra:B22008