DAP AN DE SO 2125

[r]

(1)

ĐÁP ÁN ĐỀ 21

Câu I.2: Viết phương trình tìm hồnh độ giao điểm(chú ý có nghiệm x = 3, gọi nghiệm lại x1 ,x2)

Giải phương trình

2BC d(K, d) = 8 2 dùng định lí Vi-et m = m

1 137

2  

Câu II: 1) (1)  (cos –sin )x x 2 4(cos –sin ) –5 0x x  

x k2 x k2

2



  

    

2) Hệ PT 

4

2

( 1) 2( 3) (1)

2

      



 

 

 

m x m x m

x y

x

 Khi m = 1: Hệ PT 

2

( )

2

   

 

 

 

x

VN x

y x

 Khi m ≠ Đặt t = x2 , t0 Xét

2

( ) ( 1) 2(  3) 2  (2)

f t m t m t m

Hệ PT có nghiệm phân biệt  (1) có ba nghiệm x phân biệt

 (2) có nghiệm t = nghiệm t > 

 

(0)

2

0

  

  

 

 

  

f

m m

S

m .

Câu IV: V=

2

4 tan

3 (2 tan ) 





a

Ta có

2 tan (2 tan )



 



2 tan tan

 

 .

1

2 tan  . 2 tan 

1 27



(BĐT Cô si số)  Vmax

3

27

 a

tan2 =1   = 45o

Câu V: Với x, y, z > ta có 4(x3y3) ( x y )3 Dấu "=" xảy  x = y

Tương tự ta có: 4(y3z3) ( y z )3 Dấu "=" xảy  y = z

3 3

4(z x ) ( z x ) . Dấu "=" xảy  z = x



3 3 3

34(x y )34(y z )34(z x ) 2( x y z  ) 6 3xyz

Ta lại có 2 2   

 

x y z

y z x xyz Dấu "=" xảy

 x = y = z

Vậy

3

6  12

   

 

P xyz

xyz

Dấu "=" xảy 

1

  

  

xyz

x y z x = y = z = 1

Vậy minP = 12 x = y = z = Câu VI.a: 1) B(0; –1) BM ( ; )2



 MB  BC

Kẻ MN // BC cắt d2 N BCNM hình chữ nhật

PT đường thẳng MN: x y  0 N = MN  d2 

8 3 N ; 

 .

NC  BC  PT đường thẳng NC:

7 x y  

C = NC  d1 

2 ; 3

 



 

 

C

(2)

Câu VIIa ) Đặt log(x21)y PT 

2 ( 5) 5 0 5

       

y x y x y y x

Nghiệm: x 99999; x =

Câu VI.b: 1) Đường thẳng qua giao điểm (E) (P): x = 2 Tâm I  nên: I 6 ; b b Ta có:

4

6

4

  

 

      

  

 

b b b b b

b b b

 (C):    

2

3 1

   

x y (C):  22 4

  

x y

Câu VIIb

3

2

2 ( 5)

log ( 1) log ( 1) log ( )

log ( 5) log ( )

 

   

  

   



 x x

x x a

x x m b

 Giải (a)  < x <

 Xét (b): Đặt tlog (2 x2 2x5) Từ x  (1; 3)  t  (2; 3) (b)  t2 5tm Xét hàm

2

( ) 

f t t t, từ BBT 

25; 6

 

   

 

m

Câu II.1 PT  (cosx1)(cosx sinx sin cosx x2) 0  x k 2 Vì x1 3  2 x nên

1

2

3

k  k k

 

        

Vậy nghiệm là: x =

Câu III:  Tính

1

 



 x

H dx

x Đặt cos ; 0;2 

 

   

 

x t t



2 

 

H

 Tính

 

1

2 ln

 

K x x dx

Đặt

ln(1 )

 

 

 

u x

dv xdx





K

Câu IV: I trung điểm AD, HLSI HL(SAD) HL d H SAD ( ;( )) MN // AD  MN // (SAD), SK  (SAD)

 d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =

21

a

Câu V: Đặt f x( ) x2 3 (3 x)25 

2

3 ( )

3 (3 )



  

  

x x

f x

x x

2

( ) 14 (3 )

2 18 27

  

         

  



x

f x x x x x x

x x

Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15    , hai nghiệm: 1,2

9 15

  

x

Dễ kiểm tra hai nghiệm bị loại nhỏ Vậy, đạo hàm hàm số đổi dấu

2;, f (3) 0 nên f x( ) 0,  x 2 Lập BBT để có kết luận: hệ phương trình cho có nghiệm (với



x ) m 6 7.

Câu VIa.2 Viết phương trình đường thẳng IK gọi tọa độ điểm K(1 ẩn t) Giải phương trình OK = d(O,( ))  t  K(–

1 4;

1 2;

3 4)

Câu VIb.1 Vẽ hình để nhận xét: Đường thẳng khơng có hệ số góc qua I x = khơng thỏa mãn ycbt Do đt cần tìm phải có hệ số góc k, pt : y = k(x - 1) + 1

Giải hệ

2

1

( 1)

x y

y k x



 

 

   

 bằng phương pháp được:  

2

4x 9 (k x1) 1 36 (*)

Tìm k để (*) có nghiệm phân biệt xA, xB thỏa mãn S = xA+ xB = 2xI = k =



 4x9y 43 0

(3)

Đặt I(x; y; z) ta tìm I

7 14; ;0 4

 

 

  Biến đổi:

S = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 =        

2 2

MI IA  MI IB  MI IC  MI ID

       

=  

2 2 2 2 2

4MI IA IB IC ID 2    MI IA IB IC ID               4MI IA IB IC ID Vì IA2IB2IC2ID2 số nên S  MI  M I

Vậy M 14

; ;0 4

 

 

 

Câu VIIb Biến đổi phương trình cho dạng

2 2

         

 

x x y cos x y

( ) sin( ) ( )



2



     



  

 

x x

x y

cos y

( ) sin( )

( ) 

2

2 1



     



  

 

x x

x y

sin y

( ) sin( )

( ) 

1

2 1

2

   

  



 

  

  

 x 

x x

y k

sin( y )

Câu I.2

2

0 '( ) (1 )

(1 ) 0(*)

x f x x x m

x m

 

 

      

  



ĐTHS có điểm cực trị  (*) có nghiệm phân biệt x   -1 < m < (1)

Tọa độ điểm cực trị ĐTHS là: A(0; m+1), B( 1 m m2; 2m2 m4) C( 1 m m2; 2m2 m4)

Vì ABC cân A nên  

2

1

2

ABC

S  AH BC  m  m 

Dấu "=) xảy m = (2) Kết hợp điều kiện (1), (2) ta m =

Câu II.1 sin(2x 4) 3sinx cosx sin 2x cos x2 3sinx cosx



        

 2cos2x(2sinx1) cosx (3sinx3) 0

Tính  theo sinx để tìm ngiệm Giải tiếp x = k2 ;x k2 

  

   

2)

3

2 2

3 0(1)

1 2 0(2)

x y y x

x x y y

     

 

     



 Đk:

1

0

x y

   



 

 (*)

Biến đổi (1) để sử dụng tính đơn điệu hàm số: x3 3xy 13 3(y 1) (3) Vì (*) nên x y -  [-1; 1]

Hàm số f(t)  t3 3t có f'(t) = 3(t21) 0,   t  1;1 nên nghịch biến [-1;1] Vậy (3)  x = y - 1

Thay y = x + vào (2): x2 1 x2  2 0 Đặt u = 1 x2  để giải ta kết quả: x = 0, y = 1

Câu III: Tách thành tp:

   

2

2 cos ln cos

I x xdx x x xdx

 

 

     

-Tính đầu TPTP

-Tính sau đặc biệt: x = - t kết I = Câu IV: Gọi O giao điểm AC BD.

Chứng minh SAC cân S nên SA = SC = SB

 hình chiếu H S tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

(4)

Tính

3 2

; a V 

Kẻ OK  SD  ( , )

a d AC SD OK 

Câu V: Đặt t = xy Chặn t biểu diễn P theo t: *2(x2y2)xy1 

2

2( )

5

x y  xy   xy

*Tiếp tục dùng BĐT:

2 1

( ) 4

2

xy

x y  xy   xy xy

Vậy

1

5 t

  

 

2 2

4

1

2 2 7 2 1

2 2 4(2 1)

t

x y x y

x y t t

P

xy xy t t



 



 

 

     

   

   

Tìm Max, P đoạn

1 ;

 



 

  đạo hàm kết :

MaxP = 1/4 đạt

1 x y

   

 



1 x y

      

và minP = 2/15 đạt

1

3 x y

       



1

1 x

y

       



1

5 x y

        

Câu VIa.1 (C) có tâm I(1; -1), R = 2

Vẽ hình tính IM = 2  M thuộc đường trịn (C') tâm M bán kính R' = 2

 M điểm chung dm với (C')

Vậy ycbt  dm (C') có điểm chung nhất

 d(I, dm) = 2 

1 - m –

2

1m  vơ nghiệm Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn đkbt

2) M  ( )  M(a; b; a)

Giải hệ MA MB MA MB

   

 

                                          

kết

6 3; 6; ; 6 3; 6;

6 6

M     M    

   

   

Câu VIIb: Đặt z = a + bi với a,b  R

Thay vào pt giải hệ

 2 

2

3

a a b

b a b b

   

 

    

 để kết

3 13

;

2

Z   i Z   i

Câu VIb.1 B  d1 D  d2  B(b; 3b - 4) D(d; 6-d)  trung điểm BD I(

3

;

2

b d b d 

)

Vì B, D đối xứng qua d3 nên

3

BD d I d

  



  b = d =  B(2; 2), D(4; 2)

A  d3  A(3; a) Giải               AB AD  0  a = a = 3.

Vậy A(3; 3), B(2; 2), C(3; 1), D(4; 2) A(3; 1) B(2; 2), C(3; 3), D(3; 1)

2) Mp(P) qua A(2; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) nên có dạng: x y z

b c

(5)

(P) qua M(1;1;1) nên:

1 1 1

1 16

2b c   b c  2 bc  bc

Tính SABC =

2 2 2

1

4 16 2.4

2 b c b c bc

     

Dấu "=" xảy  b = c = 4

Câu VIIb Đk: x > 0(*) Trong đk (*):

   

5 1 log x 1 log x x

    

2

2 5

5

2

     

          

   

   

x x

x x x log log

log log log

Đặt

2

5 1

2

     

     

   

   

x x

t

log log

Giải tiếp để x = ĐÁP ÁN ĐỀ 24

Câu I.2  

2

'( )

0(*)

x f x x x m

x m

 

    

 



ĐTHS có điểm cực trị  (*) có nghiệm phân biệt x   m > 0(1)

Tọa độ điểm cực trị ĐTHS A(0; m-1), B( m;m2m 1) C( m;m2m1)

Lưu ý tam giác ABC cân A nên:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác:

4

AB AB BC

BC AH

R  (H trung điểm BC)  m =

5

m 

Câu II.1 Đưa phương trình bậc 2:

2

6

cos x  cos x   

   

2)Đặt ẩn u x24x7;v x23 đưa dạng: x2 x22 3 1 ( x) ( x)2 3 1

xét hàm số f(t) = t t2 3 t đồng biến R

Vậy phương trình  f(x+2) = f(-x)  x + = - x  x = -1

Câu III Nhân chia lượng liên hợp đặt t = x21

Câu IV:

A' cách A,B,C  Hình chiếu A' xuống (ABC)

trung điểm H BC

-Tính được, AB = AC = a,

2 14

'

2

a a

AH   A H 

-Kẻ HK  A'N thì:

d(B, (C'MN)) = 2d(H, (C'MN)) = 2HK = 14 15 a

= h

SC'MN = SA'ACC' =

2

3 a

Vậy V =

2

'

1 14 210

3 C MN 15 60

a a a

h S  

Câu V: Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

2

(6)

3 (3 2)

1 t t xy t P

xy t

  



  Do 3t - >

2

4 t xy

 

nên ta có

2

(3 2)

2

4

t t

t t t

P

t t

t



 

 



 

Xét hàm số

2

4 ( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) =  t = v t = 4.

t +

f’(t) - +

f(t)

+  +

8

Do P = (2;min ( )) f t = f(4) = đạt

4

x y x

xy y

  

 



 

 

 

Câu VIa.1 Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R1, ' 3R  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*)

+ Gọi H, H’ trung điểm AM, BM.

Khi ta có: MA2MB IM2 IH2 2 I M' 2 I H' '2    

2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

   

,IM IH

   

2

2 2

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 a b 35

a b a b

     

 

2

36

35 36

a b



   



Dễ thấy b0 nên chọn

6

6  

   



a b

a .

Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

2)Trung điểm I BD I(

;1;1 ) D    D(-2+t; - 2t; - 2t)

I trung điểm BD  B(5 - t; 2t - 1; 2t + 1)

Giải pt SABCD =  SABC =

2 

1 ,

2 AB AC   

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

  3 2

2 

15 t 

Vậy B(

25 11 19

; ;

8 4

  

) B(

25 11 19

; ;

8 4

  

)

Câu VIIa

3 2

1

2

1

z i z iz

i i

  

 

  

 



  

3

2

1

z i z i

i i

 

   

  

   

 

   

Đặt t =

( )(1 ) (1 )

1 2

z i z i i z i i i

     

 

 thay vào giải t = -1;

1 i



Từ giải nghiệm:

1

1 7 1 7

1 ; ;

2 2

z   i z     i z     i Câu VIb.1.

(C1) có tâm I(0; -1), R = (C2) có tâm I'(1;0), R' =

Gọi PTTQ  ax + by + c = 0(a, b không đồng thời 0)

Tính d(I, ) = R = d(I', ) = Vậy theo ta ta có:

2

2 b c a b a c a b

    

  



 

 

(7)

Giải pp thế, ta được: a = b = *Với a = 0: Chọn b =  c = -1 Pt : y - = 0

*Với b = 0: Chọn a =  c = -2 Pt : x - = 0

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (C1):  

2

2 1 4

x  y 

(C2):  

2 2

1

x y 

Viết pt đường thẳng

 tiếp xúc với (C1) cắt (C2) điểm A, B cho AB = 2.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1;1;1), B(2;-1;0), C(2;0;-1) mp(P): x - y + z - = Tìm điểm M thuộc (P) cho T = MA22MB23MC2 nhỏ

Gọi I điểm thỏa mãn IA2 IB 3IC 0

Đặt I(x; y; z) ta tìm I

11 ; ;0

6

 



 

  Biến đổi:

T = MA2 + 2MB2 + 3MC2 =      

2 2

2

MI IA  MI IB  MI IC

     

=  

2 2 2 2

6MI IA 2IB 3IC 2         MI IA      2IB 3IC 6MI IA 2IB 3IC

Vì IA22IB23IC2 số nên T  MI  M hình chiếu I mp(P).

Áp dụng cách tìm hình chiếu điểm mp ta kết quả: M

11 ; ;0 6

 



 

 

Câu VIIb.S C 20100 2C20101 3C20102  2011 C20102010

-Khai triển: x. 

2010 2011 2010

2010 2010 2010 2010

1x xC x C x C  x C -Lấy đạo hàm vế:

 2010  2009 2 2010 2010

2010 2010 2010 2010

1x 2010 1x x C 2xC 3x C  2011 x C -Thay x = ta được: 220102010.22009 C20100 2C20101 3C20102  2011 C20102010

 S = 1006.22010.

ĐÁP ÁN ĐỀ 25 Câu I: 2) y g x( ) 3 x22 2  m x  2 m

YCBT  phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 <



2

1

4

5

( 1)( 1)

4

1

2

m m

x x m m

S m

     

  

           

  

 

 

 

Câu II: 1)  Nếu

cos ,

2     

x

x k k Z

, phương trình vô nghiệm  Nếu

cos ,

2     

x

x k k Z

, nhân hai vế phương trình cho 2

x cos

ta được: 2cos cos3 2cos cos 2cos cos cos

2   

x x x x

x x x

   tích thành tông

7 

x cos

2 ,

7

 

 x k k

, đối chiếu điều kiện: k ≠ + 7m, mZ

2) Xét (1): Đặt t = x – y (1) 

1

5 9.3

5

    

  

    

   

 

t t

t

(8)

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 

2 2 1 3 0

    

x x x x

x

Dễ thấy x = nghiệm phương trình, chia hai vế cho x  ta được: (2) 

1

3

    

x x

x x Đặt

1

 

y x

x (ĐK y  0)

Ta phương trình: y2 – 3y + = 

2

 

 



y

y Từ ta tìm x =

1

;



Câu III: Ta có: sinx + 3cosx = 2cos 

 



 

x ,

sinx = sin 6

 

  

 

  

 

x

=

3

sin cos

2 6

 

   

  

   

x  x 

I =

2

3

0

sin

3

16 cos 16 cos

6

  

 

 



 

  

   

 

   

   

 

x dx

dx

x x

=

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:

3

2

8 2

( ) ( )

 

      

 

a a a b c

b c b c a

b c b c .

Dấu " = " xảy  2a = b + c

Tương tự:

3

2

6 2 2

;

( ) ( )

   

 

 

b b c a c c a b

c a a b

Suy ra:

1

4

  a b c

P

Dấu xảy  a = b = c =

3 Kết luận: minP = Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) 

 

0

60 (1) 120 (2) AMB

AMB

 



 



Vì MI phân giác AMB nên: (1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

   

m m

(2)  AMI = 600 sin 600 IA MI

 

 MI =

3 R 

2 9

3 m  

(vô nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0; – 7)

(9)

Ta có: VOABC VIOAB+VIOBC+VOCA+VABC=

1 1

3r SOAB3 r SOBC3r SOCA3 r SABC

=

3r STP

Mặt khác:

1

6

  

OABC

V OA OB OC

(đvtt);

1

2

   

OAB OBC OCA

S S S OA OB

(đvdt)

3

.8

4

  

ABC

S AB

(đvdt)  STP  6 (đvdt)

Do đó:

3

6

 

 OABC

TP

V r

S (đv độ dài)

Câu VII.a: 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(2  1)1

x y

 Khi sin(2  1) 1

x y

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

x y

, thay vào (1), ta được: 2x =  x = Thay x = vào (1)  sin(y +1) = –1 

1 ,

2 



   

y k k Z

Kết luận: Phương trình có nghiệm:

1; ,

2 



 

   

 

 k k Z.

Câu VI.b: 1) x2y 0

2) Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ

Đường thẳng  có PTTS:

1 2

  

      

x t

y t z t

Điểm M nên M 1 ;1t  t t;2 .

2 2 2

2 2

( 2 ) ( ) (2 ) (3 ) (2 5)

( ) ( ) ( ) (3 6) (2 5) (3 ) (2 5) (3 6) (2 5)

        

           

     

AM t t t t

BM t t t t

AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 3 ;2 5



u t

  6;2 5



v t

Ta có

   

2

| | | |



 

  

   

 

 

u t v t

Suy  | | | |

 

AM BM u v  6;4 5|  | 29

   

u v u v

Mặt khác, với hai vectơ ,  

 

u v hướng

3

1

   

 

t

t t

1;0;2

 M minAMBM2 29 .

Vậy M(1;0;2) minP = 11  29

Câu VII.b: PT  

 

2

1

log   

 x x x  x  x x   x

x x

Đặt: f x( ) 3 x(2x),

1 ( )  1

g x x

x (x0) Từ BBT  max f(x) = 3; g(x) =

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	1,68 MB