Dap an thi thu DH tu 3140

Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND và KBBCMAADN.[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

Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) =

2

3xD6xDm(xD2 );m k

E = y’(xE) =

3xE6xEm(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: x291 y291 y 2 x 2y2 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 (trong ngoặc dương x y lớn 2)

Vậy từ hệ ta có: x291 x 2x2  x291 10  x 1 x2

2

9

( 3)( 3)

91 10

 

    

   

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

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 HNBC 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

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): 4x29(kx 1 k)2 36 0

2 2

(4 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 (1)

  k x  k  k x  k   ( 288k272k108 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 3x10 0 (d) qua M0(1; 0; 2) có VTCP (1; 2; 2)



u Đặt M M0 1u 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 \

 

A

Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề  Xem số hình thức 0bc d e  có 2A63240 (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 AB2

Gọi M x y( ;0 0) ( ) E  5x0216y0280 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

5

1

max

2

5

2 



  

 

       

 

 

    

x y

0

8 

    

    x y

Vậy,

8

max ;

3

 

   

 

MAB

S khi M

2) (P) có VTPT nP (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: nP1[ ; ] (25; 32; 26)u u 1 

Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 25x32y26z55 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( y1) 18( z 2) 0  4y 3x10 0 Ta có: ( ) ( )  P1 ( )Q1  phương trình đường thẳng () :

25 32 26 55 10

   

 

   

x y z

y z Câu VII.b: n3,n4.

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(a1) 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 x8  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 ABNP hình bình hành  AP // BN APDM hình bình hành  AP // MD

 BN // MD hay B, M, N, D đồng phẳng

Tứ giác BNDM hình bình hành Để B’MND hình vng 2BN2 = BD2. Đặt: y = AA’ 

2

2 2

4

 

  

 

 

y

a y a

 y = a Câu V: Ta chứng minh:

1

1a1b1 ab 

1 1

1a 1 ab1b 1 ab ≥ 0

2

( ) ( 1)

0 (1 )(1 )(1 )

 

 

  

b a ab

a b ab (đúng) Dấu "=" xảy  a = b.

Xét

1 1

1a1b1c1 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 10a10  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

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 xylogxy  logyxlogyx 0

log

 

 

 

y y

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

www.VNMATH.com

Câu I: 2) Đạo hàm y 4x33mx2 4x 3m(x 1)[4x2(4 ) m x3 ]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

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,

1

2 3,

2

   

      

  

 

    

   



   

  

 

v u x

u x u u x

v u

v x x x

(6)

PT 

0 ( )

1

( ) ( ) 1

( ) ( )

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) (ABC)  = A EH

Ta có :

3 3

, ,

2

a a a

AE AH HE



2

' '

3 

   b a

A H A A AH

Do đó:

2 ' tanA 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

 

      

 

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

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 t3x2x, t > BPT  t2 – 10t +   ( t  t  9) Khi t   t3x2x  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

SABC =



1

IA.IB.sin AIB

2

Do SABC lớn sinAIB =  AIB vuông I

 IH =

IA

1

2



1 4m

1

m

1







 – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m =

8

15

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 31

x y z

Câu VII.b: PT 





     



         

   



x x

x x x

x

y

y y

y Từ (2)  sin(2x y1)1

 Khi sin(2x y1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = (VN)  Khi sin(2x y1)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

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=  m1: PT có nghiệm

 log2m> 0 m1: PT v ô nghiệm Câu II: 1) Tập xác định: D =

 





; 2;

2

 

    

 

 

 x = nghiệm

 x2: BPT  x 2 x1 2x1 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

0

1

tan( )

2

sin cos 2cos ( ) 0

4

 

  

   

 



x

dx

x



dx

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

   

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 71C C C15 62 71C C C51 61 72 Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184  (C C C52 16 17C C C51 62 71C 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

 

 

 

x y z

Câu VII.b: Xét khai triển:

(

1



x

)

n

12 12

2 24

12

2  

 

 

 

 



k k k

k

x C x

x có hệ số x3 là: C12727=101376

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

(2x

3)







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 usinxcosx

2

2  





du

I

u .

Đặt u2sint

4

2

6

2cos

12 4sin

 



   





tdt



I dt

t

(10)

Câu IV: Gọi Q giao điểm NP AD Do PD = 2PD nên DN = 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 minP1 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

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



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

= (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

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 .





( ) ( ) (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 tlog7x x7t.

PT 





3 3

2

1

log 7

8

                  

   

t t

t t t t

t

(*)

Hàm số

3

1

( )

8

        

   

t t

f t

(11)

Câu I: 2)

y

 

4

x



4(

m



m



1)

x

y

x

m

0

1





   









Khoảng cách điểm cực tiểu: d =

m

2

1

3

2

1 2

2

4







 













 Mind =

3

m

1

2

Câu II: 1) PT 

sin 2

x



2sin 2

x



3sin 2

x

 

6 0

x

4

k







2)

x

x y

xy

y

x y

3

6

9

4

0

(1)

2

(2)

























(

x y x



) (



4 ) 0

y



x y

x

4

y











x = y

 Với x = 4y: (2) 

x



32 15;



y

 

8 15

Câu III: I =

Câu IV: Kẻ SH  PD  SH  ((PQCD)

 S PQCD PQCD

a

V

1

S

.

SH

1 5

.

14 10 5

.

a

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

a

V

SA SB

V

SP

V

a

V

SA

3

2 2

4

4 5

.

3 3

9

27

2

2 5

3

9

















 









V

S PQCD

V

S PQC

V

S PCD

a

3







10 5

27

Câu V: Ta có:

x



0,

y



0,

x y

 

2

0



xy



1

P =

x y

y x

xy

2

3















2

 

3 7

x y

 

1

Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d  C(3; 1).

B D d

AB AD

,

5











2) E  (d2)  E(3; 7; 6)

P

P d

d

a

n

a

n a

a

1

,

4(1;1; 1)





























 



 



 ():

x

t

y

t

z

t

3

7

6

  



 



  



Câu VII.a:

a

i

z



z



4

i



a



2

i

 

  

a

1

i

 



(12)

Giả sử ():

ax by c



 

0 (

c



0)

d I

d

( , )

5

2

cos( , )

2

















a

b

c

a

1,

2,

b

2,

1,

c

10

 



 









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

 

Kết hợp với:

m

y

x

1

(

1)

  



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

m

3

1

3

8

3





3



x



3

x



9

x

 

8 3

m



0

(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

m

2 2

3

9

8 3













 



x

m

1

3

19

3



















y

19

3



Câu II:

PT 

2sin3 (4 cos

x



3cos ) cos

x



x

2sin3 cos3

x



cos

x

sin 6

x

sin

2

x





















k

x

2

x

2

14

7

10

5













2) PT 

x

2

3

1

3

1

3



 



(1)

Chú ý:

x



x

 

1 (

x

 

x

1)(

x



x



1)

x



3

x

 

1 2(

x



x



1) (



x

 

x

1)

Do đó: (1) 

x

2

3

2(

1) (

1)

(

1)(

1)

3







 



 





Chia vế cho

x



x



2 2

  

1

 

1

đặt

x

t

x

2

1, 0

1









(13)

Ta được: (1) 

t

2

3

2

1 0

3







t

3

0

2 3

1

3











 





x

2

1

3

1







 

x

Câu III: I =

x

x dx

2

5 2

2

(

) 4









=

x

x dx

2

5

2

4





+

x

x dx

2

4





= A + B

 Tính A =

x

x dx

2

5

2

4





Đặt

t



x

x dx

2

4





Đặt x2sint 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





V

DPQCNB

V

MCNB

5

6



d M CNB

( ,(

)) ( ,(



d D CNB

))



V

MCNB

V

DCNB

V

DCSB

V

S ABCD

1

2





V

DPQCNB

V

S ABCD

5

12





V

SABNPQ

V

S ABCD

7

12





SABNPQ DPQCNB

V

7

5



Câu V: Từ giả thiết

x



y



z



1

0



x y z

, ,



1

 Áp dụng BĐT Cô–si cho số dương: ,1x2  x2.1 x2 ta được:

x

2

(1

) (1

)

2 (1

)

3















x

2 2

3

2 (1

)

2

3







x

(1

x

)

2

3 3







x

2

3 3

2

1





x

y

z

2

3 3

2





 Tương tự ta có:

y

z

x

2

3 3

2





z

x

y

2

3 3

2





 Từ (1), (2), (3) 

x

y

z

x

y

z

y

z

x

y

2 2

2 2 2

3 3

(

)

3 3

2











Dấu "=" xảy 

x y z

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

IA



18

(

x



1)

 

(

m x





2)



18

2

x



2(3



m x m

)





4

m



13 0



Để có điểm A (1) có nghiệm   =



m



2

m



35 0



m

7

5











(14)

 Vì (P)  (Q) nên:

1.

A



1.

B



1.

C



0

C



A B



d M P

( ,( ))



2

A

B C

A

B

C

2









(

A



2

B C



)



2(

A



B



C

)

8

AB



5

B



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):

5

x



8

y



3

z



0

Câu VII.a: Ta có:

An

Cn

3 8 49

   

n n

(

1)(

n

2)

8 (

1)

n

49

2



 



n



7

n



7

n



49 0



n



7

n k k k

k

x

C x

0

(

2)

(

2)

2













Số hạng chứa

x

2(7



k

) 8



x

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)



(

a



3)



2 2



(

a



5)



(

a



5)



4 2

2

x



(

y



1)



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

 





d

,

 



45

a

b

c

a

b

c

2

3







2(

a



2

b c



)



9(

a



b



c

)

14

c



30

ac



0

c

a

0

c

15

7

0

 









 Với c = 0: chọn a = b =  PTTS d:



x

t y

t z

 PTTS d:



x

t y

t z

t

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

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













x

y

x y

x

y

2

lg

0

lg (

) lg lg

0

















 (1) 

y

x y

1

 









x

y

1

2

 



(15)

 (2) 

y

x

2

1

lg

lg lg

0

































y

x

2

1

lg































y

x

1

2















x

y

2

1

2

 











Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1)

1

2;

2













Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0) Ta có:

y

 

4

x



2

mx

 Các tiếp tuyến A B vng góc với 

y



(1) ( 1)

y

 



1

(4 )



m



1



m

3

2

5

2











Câu II: 1) Hệ PT 

y

x

x+

2

4

9

4

5

18 18 0



  















y

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 

(sin

x



1)(sin

x



cos

x



2) 0



sin

x



1

x

2

k

2







Câu III: I =

x

dx

x

8

2

3

1























=

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 KBBCMAADN Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBBCMAADN  Vhlp =

a

3

, VEAND =

ADN

ED S

a

1

.

2

3



9



EKMC EAND

V

EK EM EC

V

EA EN ED

1

.

8





V V

KMCAND

V

EAND

a

3

1



7

8



7 2

8 9

.



36

7

,

V2 = Vhlp – V1 =

a

29

36

V

7

29

(16)

 Nếu y  đặt

x

t

y



, ta được: M =

x

xy

y

x

xy y

2

3

2.







t

2

2 3

2

1





 

Xét phương trình:

t

m

t

2

2 3

1







 

(

m



1)

t



(

m



2)

t m



 

3 0

m

(

m



2)



4(

m



1)(

m



3) 0





m

2( 13 1)

3







Kết luận:

M

4( 13 1)

3







Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A nghiệm hệ:

x y

x

y

2 0

2

6

3 0

  







 



A

15 7

;

4















Giả sử:

B b

( ;2



b

)

d

c

C c

;

3 2

6



 











d

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)

d

Ox

n





u i

,





(0;1; 2)





 Phương trình (P) có dạng:

y



2

z D





0

d I P

( ,( ))



R

D

2

1 4

2

1

2









D



3 5



D

3 5



 



 



 (P):

y



2

z

 

3 0



y



2

z

 

3 0



Câu VII.a: PT 

z

2

9

(

1)

5













z

i

z

3

5 1

 









z

i

z

i

3

5 1

 









 





Câu VI.b: 1) Vẽ CH  AB, IK  AB AB =

2

ABC

S

AB

2

3

2





IK =

CH

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

1

2

 

 



 Với I(2; –2)  C(1; –1)  Với I(1; –5)  C(–2; –10)

2)

x

t

d

y

t

z

t

1

1 2

:

1

2

  



 



 



x

t

d

y t

z

t

2

:

1 2

  







  

(17)

Giả sử: A(1 ; 1 t1  t t1;2 )1 , B((2 ; ;1 ) t t2  t2 

AB



(

t



2

t



1;

t



t

 

1; 2

t



2

t



1)



 d  (P) 

AB n

,



phương 

t

2

t

1

t

1

2

t

2

t

1

2

1

5

















t

1

 







 Phương trình đường thẳng d:

x

1

y

2

z

2

1

5





Câu VII.b:

mx

x

m m

y

mx

2

(

1)





 



Để hàm số đồng biến khoảng xác định

m

0

2

1 0







   

 





m

1

5

1

2





Câu I: 2) TCĐ:

x



1

y



2

x

I x

x

0

2

1

;

1

















x0 > 0)

 PTTT với (C) I:

x

y

x x

x

0

2

0

2

1

3

(

)

1

(

1)









x

A

x

2

4

1;

1



















B



(2

x



1;2





MA



MB



40

x

2

0

36

4(

1)

40

(

1)

0



















x

y0

Câu II: 1) BPT  3 x 2) Điều kiện:

x

cos

0

sin

0











x

1

cos

2





x

k

2

3







Câu III: I =

dx

x

2

16

9

1

4

3





















=



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

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:

y



1

AB AC









A

2) Giả sử: A( ;6  t1 t1;10 t1)  d1, B t( ;22  t2; )  t2  d2



AB



(

t



2

t



8;



t



t



4);2

t



t



14)



AB i, (1;0;0)





phương 

t

4 0

2

14 0

















t

18

22

 







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

BC

.

0

50















 



b

c

b

5,

1,

c

0

6

 



 





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

t



MH u







2(2 1) ( 2) ( ) 0

t





t



 

t



t

2

3





u

d



3

MH



(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

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

1

 







www.VNMATH.com

Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) d:

x

mx

m

x

3



2



(



3)

  

4

(19)



x x

(



2

mx m



2) 0



x

y

x

mx m

0 (

4)

2

2 (2)









 



(1) có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt, khác 

m

2

2 0



  







 





m

1

2



 













Khi xB, xC nghiệm (2)  xB xC 2 ,m x xB C  m

IBC

S 8



1 ( , ).

2

d I d BC



8 2

x

B

x

C

2

(



)



8 2

 xB xC x xB C

2

(  )   128 0



m



m



34 0



m

1

137

2

1

137

2

















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

4

1 1

 











x

y

2

1

2

 











2) Điều kiện:

x

sin

0

cos

0

cot

1

















x

2

cos

2





x

4

k

2







Câu III: A = x

x

0

cos sin

tan

lim

sin





= x

x

2

(cos

1)sin

lim

sin cos





= x

x

2

sin

lim

1

cos







Câu IV: AMCN hình thoi  MN  AC, BMN cân B  MN  BO  MN  (ABC).

 MA B C A B C

a

V

1

MO S

.

1

.

2 1

.

a a

2

3

3 2

6

 



 B A MCN MA B C

a

V

2

V

3

 



 Gọi  góc hai mặt phẳng (AMCN) (ABCD), P trung điểm CD  NP  (ABCD)

MCN

a

S

6

4





, MCP

a

S

4







MCP MCN

S

6

cos

6

 

 



Câu V:  Từ giả thiết 

x

y

z

yz xz xy





1

xyz x





y



z



xy yz zx



1 1 1

x y z





a, b > 0, ta có:

a b a b

4

1 1

 





x

yz

x yz

x

yz x

x

2

1

1 1

4





















(20)

Tương tự:

y

y xz

y

xz

1 1

4



















z

z xy

z

xy

1 1

4



















Từ (1), (2), (3) 

x

y

z

x

y

z

x y z yz xz xy

x

yz y

xz z

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

Giả sử d:

a x

(



2)



b y

(



3) (



a



b



0)

d

d O d d

d I d

R

d

R

d

2 2

1    2  d22 d12 12



a

b

a

b

a

b

a

b

2

2 2

(6



2



3 )

( 2



3 )

12







b



3

ab



0

b

0

3

a

 

 



 Với b = 0: Chọn a =  Phương trình d: x 0 .

 Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3  Phương trình d:

x



3

y

 

7 0

2) PT 

x x

5 1

2 2

2









































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

x

C

C x

(1

)

(1

)

2









Lấy đạo hàm vế ta được:

n n n n

n n n

C x

nC x

n

x

2

4

2



(1

)

(1

)















Với x = 1, ta được:

n n n

n

C

nC

n

2

4

2

4

2







2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1) Tìm M(3; 0)  MI =

3 2

2

3 2

2 2

Phương trình AD:

x y

 

3 0



Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3) Ta có AM =

2

a

2) Điều kiện: x > BPT  x x x x

2

3 3

log   6 log 3 log 



x



9 1



x



10

(21)

x

x a

x

3

2

6

8

3

1

3

12

8

1













 





 





x

a

3

4

 



