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: x33x2mx 1
x x
3x m
0 xf 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 x
1 2x x x
1 1x
2m x
12x
22x x
1 2m x
1x
2m
29 , 0
4
9(
) 18
(
) (
) 36
6 (
)
1
m
m
m
2m
9 , 0
4
4
9
1 0
m
9
65
8
Câu II: 1) Điều kiện: cosx0 PT
2 2
cos 2x tan x 1 cosx (1 tan x) 2cos x cosx1 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
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
1
ta 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
9
ta 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 vônghiệm
Kết luận: Hệ cho có hai nghiệm:
(1; 2), ( 2; 5)
Câu III:
3
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
2
3
2
3
2
1 1
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 3
t
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
2
abc a b c
(
) (1 )
a bc a
(1
a
) (1 )
a bc
Đặtt bc
ta có2
(
)
(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:
b
2
(1 )(1 )
a
c
(2),c
2
(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
2
abc
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
2
m c m c
m
5 41
;
6 6
I
Phương trình BC:
3 –3
x
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) nAB AC, (8; 4; 4).
Suy (ABC):
2
x 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 kính2 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
2
3( 3
8) 10
( 3
8 2)
( 1)
3
4
t
t
t
t
t3
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) nAB AC, (2; 4; 8)
VTPT (ABC)
Suy phương trình (ABC):
x–0 –1 –4 –2
y
z
0 x
2 –4
y
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
x
y
z
x
y z
2 2 2
2
(
(
1)
1)
2(
(
2)
2)
2(
(
2)
2)
2(
22)
( 1)
( 1)
22
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
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
y x y x
Đặt
log
2y(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
6
x
2
18
mx
12
m
2
6(
x
2
3
mx
2 )
m
2Hàm số có CĐ CT y 0 có nghiệm phân biệt x x1 2, = m2 > m0 Khi đó:
x
1
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
m2Câu II: 1) Điều kiện
x
0
PT 4x2 1 3x x 1
x
x
x
x
x
2
1
(2
1)(2
1)
0
3
1
x
x
x
x
1
(2
1) 2
1
0
3
1
2
x
1 0
x
1
2
2) PT
x
x
2
10sin
4sin
14 0
6
6
sin
x
6
1
x
3
k
2
Câu III: Ta có:
x
x
x x
x x
x
x
f x
x
x
x
x
x
2 2
2 2
ln(
1)
(
1)
ln(
1)
( )
1
1
1
1
F x
( )
f x dx
( )
1
ln(
x
21) (
d x
21)
xdx
1
d
ln(
x
21)
2
2
=
x
x
x
C
2 2
1
ln (
1)
1
1
ln(
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:
V
S ABCDV
S ABCBO SA SC
ax AB
OA
2
2
2.
1
6
.
1
3
.
=
a x a x
ax a
2 2 1ax
3 24
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 b2
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, (*)
a
2b
2ab 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
d1Khi đó:
d I d
( ,
2)d I d( , )3 t t
t
t
3 4(3 ) 5
4 3(3 ) 2
5
t
t
2
4
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 0
t
t
1
3
AI
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
a
1
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.A
85 = 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
m
2
2 2
1 4 18 17
m m m m m m R
Ta có:
1
1
9
sin
.
2
2
2
S
IAB
IA IB
AIB
IA IB
Vậy:
S
IAB
lớn9
2
90
0
AIB
AB =R 2
3 2
( , )
2
d I d
3 2
2
1 2
2
2
m
m
2 2 216 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 x2
(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 22.2
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 Hướng dẫn Đề số 53
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:
cos2
x
0
PT (sinxcos )x 22sin2xcos 22 x0 sin 22 x sin2x0
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.MAC BH = a
2 Từ giả thiết MA = a 2
3 , AC = 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(x1) 2 y0 5x2y 5
2) Giả sử (S): x2y2z2 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): x2y2z2 2x 4z0 (S): x2y2z2 2x20y 4z0 Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x a a a a a a a (a
1 0)
Giả sử
a
1 0:+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là:
C
72 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là:C
53 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: 2!C
82 Bây ta xéta
1= 0:+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số là:
C
62 + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số là:C
43 + Số cách xếp cho vị trí cịn lại là: Vậy số số cần tìm là:2 2
7
.2!
5
6.7 11340
4
C C
C
C C
(số).Câu VI.b: 1) Gọi VTPT AB n1(1;2), BC n2 (3; 1) , AC n3 ( ; )a b với a2b2 0.
Do ABC cân A nên góc B C nhọn
Suy ra:
cos
B
cos
C
n n n n
n n n n
1
1
a b a2 b2
1
5
(8) 22a22b2 15ab0
a b a b 11
Với 2a b , ta chọn a1,b2 n3 (1;2)
AC // AB khơng thoả mãn Với 11a2b, ta chọn a2,b11 n3 (2;11)
Khi phương trình AC là: 2(x 1) 11( y3) 0 2x11y31 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 2198 ≥ 198
Vậy Min S =
198
t1 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 1nghiệm 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
.
Hướng dẫn Đề số 54
www.VNMATH.com
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:
x
4
2
m x
2 2
1
x
1
x
4
2
m x
2 2
x
0
x x
32m x2 1 0
x
g x x3 m x2
( ) (*)
Ta có: g x( ) 3 x22m2 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 trịm
Câu II: 1) Điều kiện:
cos
x
0
x k.
(*)
PT x
x
x
2
2
1–cos
2sin
–tan
1–sin2
x
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 x2
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:
cos
2x
4 –
t
2vàx 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 ACTam 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 ; SCA600
là góc mp(SBC) mp(ABC)
SA = AC.tan600 = a Từ
SB
2
SA
2
AB
2
10
a
2.Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2= .SB2 =
10
a
2.Câu V: Tập xác định: D = R
Ta có:
f x x x
x x
2
2
( ) 2
2
( BĐT Cô–si) Dấu "=" xảy
x
2–2
x
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 MF
1 22
=
2 4 33
5
+
2 4 33
5
= 10 a = Mặt khác: c = 3
a
2–
b
2
c
2 b
2
a
2
c
2
22
Vậy tọa độ đỉnh (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22) ; B2 ( 0; 22)
2) d có VTCP
u
d
( 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 s2
1 2 15
5 25
25
s
2
10 –2 0
s
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
C
n0
xC
1n
x C
2 2n
x C
3 3n
x C
n nn Lấy đạo hàm vế ta được:n
(1
x
)
n1
C
n1
2
xC
n2
3
x C
2 3n
nx C
n1 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 ) 21
2C
12
2xC
23
2x C
2n x C
2 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: y3 E(0; 3) C(4; 3) Mà AE2EB
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 24t0
t R
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(y1)2z2 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:
x
3
y2 –5x y y
2
.
3
16
x
x3–5x y2 –16 x0 x0 x2–5 –16 0xy Với x0 y24
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)
x
4–32
x
2
256 –125
x
4
100
x
2124
x
4
132 –256 0
x
2
x
2
1
x
y
x
1 (
1 (
y
3)
3)
.Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)
Hướng dẫn Đề số 55
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
x
2
2
x
2
x
1 , ( ')
C
đường thẳngy m x
,
1.
Với
f x
khi x
y
x
2
2
x
2
x
1
( )
f x x
( )
1
1
nên
C
'
bao gồm:+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x1
+ 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
x
2y
2x
2y
22
1
3
t:
Đặ
u x y
v x y
ta có hệ:u
v
u v
u v
uv
u
2v
2uv
u
2v
2uv
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
x
2xdx
x
xdx I
1I
24
1
sin
sin
Tính
I
1x
2xdx
1
sin
Sử dụng cách tính tích phân hàm số lẻ, ta tính I10.
Tính
I
2x
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 SBCNMTrong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB
MS
=1
2
Vậy BM phân giác góc SBA
SBH
30
0
SH = SB.sin300 = a Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNM
SH S
1
.
3
=a
310 3
27
.Câu V: Đặt
5
x
a
; 5
y
b
; 5
z
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) DoAB 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
2
y
5 0
GọiI
( )
d
BN
Giải hệ:
x y
x
y
2
5 0
2
5 0
Suy ra: I(–1; 3)
A'( 3; 4)
Phương trình BC:
7
x 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:
S
ABCd 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
A1BIA + IB đạt giá trị nhỏ A1B Khi A1, I, B thẳng hàng
I giao điểm A1Bd 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 z0 không nghiệm PT Vậy z
0
Chia hai vế PT cho z2 ta được:
z
z
z
z
2
1
1
1 0
2
(14)Đặt t z z
Khi
t
z
z
22
1 2
z
t
z
2
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 6
i
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 6
i
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 1d2 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 1Ox 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 d1AD
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
y
23 0
3
2
y
x
y
x
y
x
x
x
y
2x
x
3
3
3
3
1
3
2
3
(3
)
2
x
y
1
2
x
y
4
1
(15)Do
I
9 3
;
2 2
trung điểm AC suy ra:C I A
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
d
2AB đoạn vng góc chung d1 d2
AB u
AB u
12.
0
.
0
t
t
1
3
' 0
A5 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
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 C0 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 nênA
2
1004. 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: