DA DE THI THU SO 2631

ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của  BAC... Lí luận để M là giao điểm của AB với ..[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ 26

Câu I: 2) Ta có y 4x34mx;

 

0  

      

  

x

y x x m

x m

(m<0) Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m; m) điểm cực trị

2

( ; )

  



AB m m ; AC ( m m; 2)

ABC cân A nên góc 1200 A A120

4

1

cos

2 2

   

     

  

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

 AB AC m m m

A

m m

AB AC

4 4

4

3

2

2

3  

 

         

  



m (loai) m m

m m m m m m

m

m m

Vậy m=

3 

thoả mãn toán Câu II: 1) Điều kiện x1.

Nhân hai vế bpt với x 3 x 1, ta

BPT  1  x22x 34. x 3 x1 1 x22x 3 x 3 x1

2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 4 0

2  

              

 

x

x x x x x x x x

x Kết hợp với điều kiện x1 ta x2.

2) Điều kiện cos , 



    

x x k k

Ta có PT  

2

cos sin cos sin

cos sin

cos cos

 

 x x x x  x x

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

, cos

 

 

   

 

   

  

 





x x x m

m x

x m .

Câu III: Nhận xét: 1 sin   0, 0, x

y x

x Do diện tích hình phẳng cần tìm là:

2

0 0

1

1 sin

cos

sin cos 2 4

2

  

 

    



  

   

 

 x  x  x

S dx= dx= dx

x

x x x

=0

tan 

   

   

 

 

x d x

= 0

.tan tan 2ln cos

2 4

 

  



     

     

     

      

x x x

x dx

Suy S=

2 ln cos ln cos

4

 

       

   

  (đvdt)

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: Đặt tsinx với t  1,1 ta có A5t3 9t24 .

6

( ) 0

5      

f t t t

(loại); f( 1) 10, (1) 0, (0) 4f  f  Vậy 10f t( ) 4 Suy 0 A f t( ) 10

Vậy GTLN A 10 đạt sin 2 



     

t x x k

và GTNN A đạt sin 2 



     

t x x k

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1;2) R= 10 Suy AI2. IH

1 2( 1)

;

3 2( 2) 2

 

  

      

 



H H

X

H Y

Gọi H trung điểm BC, ta có I trọng tâm tam giác ABC ABC tam giác đều. Phương trình (BC) qua H vng góc với AI là:

3

1

2

   

   

   

x  y  12

 x y 

Vì B, C  (C) nên tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:

2 2 4 5 0 2 2 4 5 0

3 12 12

           



 

    

 

x y x y x y x y

x y x y

Giải hệ PT ta được:

7 3 3 3 3

; ; ;

2 2

       

   

   

   

B C

ngược lại 2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2B2C20)

Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C =  A + B + C =  C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) =

2 2

2 2

2 ( ) 2( )

 

       

 

A B C

A B C A B C

A B C (2)

Thay (1) vào (2), ta được:

2

8 0

5

     A

AB B B hay B =

 B  0 (1) CA Chọn A1,C1 (P) : x z 0 

8  A B =

Chọn A = 5, B = 1 (1) C3 (P) : 5x 8y3z0 Câu VIIa.

Điều kiện: x > x ≠ y > y ≠ 1

Ta có

2

logy xy logx y  logyxlogyx 0

log

log

 

 

 

y y

x

x

1    

  

x y x

y  Với x = y  x = y = log 12 

 Với x =

y ta có:

2y 2y 3 theo bất đẳng thức Cô-si suy PT vô nghiệm Câu VI.b: 1) Gọi N điểm đối xứng M qua (d1)  NAC ( 1, 1)



N N

MN x y

Ta có: / / (1; 1)  

d

MN n  1(xN 1) 1( yN 1) 0  xN  yN 2 (1)

Tọa độ trung điểm I MN:

1

(1 ), ( )

2

    

I N I N

x x y y

1

1

( ) (1 ) ( )

2

   N    N  

I d x y 4 0 (2)

 xN yN   Giải hệ (1) (2) ta N(–1; –3)

Phương trình cạnh AC vng góc với (d2) có dạng: x + 2y + C =

( ) 2.( 3)

       

N AC C C Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = 0. 2) Chọn A(2;3; 3), B(6;5; 2)(d), mà A, B  (P) nên (d)  (P)

Gọi u VTCP (d1)  (P), qua A vng góc với (d)   

 

   d

P

nên ta chọn u[ , ] (3; 9;6)u u P  

Phương trình đường thẳng (d1) :

2

3 ( )

3    

  



   

x t

y t t R

z t

Lấy M (d1) M(2+3t; 3 9t;  3+6t) () đường thẳng qua M song song với (d) Theo đề :

2 2 1

14 81 36 14

9

        

AM t t t t t

 t = 

 M(1;6; 5)

1

( ) :

4

   

 x y z

 t =

3 M(3;0; 1)

3

( ) :

4

  

 x y z

Câu VII.b: Ta có (1x)30 (1 x) (110 x) ,20  x  (1) Mặt khác:

30

30

(1 ) ,



   

n k k k

x C x x

Vậy hệ số a10 x10 khai triển

30

(1x) a10C3010. Do (1) với x nên a10b10 Suy điều phải chứng minh

ĐÁP ÁN ĐỀ 27 Câu I: 2) Tacó

2

' 3 3 3 (  ) 0     

x

y x mx x x m

x m

Với m0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT. Khi điểm cực trị đồ thị là:

3

1

0 0

2

A ; m , ( ; )B m

  .

Để A B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần đủ OA OB tức là:

3

1

2

2

    

m m m m

Câu II: 1) ĐK:x l 

  

PT  tan2x(1 sin ) (1 cos ) 0 3x   3x    (1 cos )(1 sin )(sin x  x x cos )(sinx xcosxsin cos ) 0x x 

 ; ; ;

  

     

        

x k x k x k x k

2) PT

2 2

5

3 (3.3 ) 2.3.3 5.3 7.3 3

3

  x x  x  x    x  x x  



3

3 log

log      

x x

Câu III: Đặt t x I =

3

2 2

1

1 1 1

2



 

   

   

 

 t t dt tdt

=

24

 

 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

Xét a( ;2x  y b), ( ,x y2) 



Ta có: a b  a b

 

 

 x2(2 y)2  x2(y2)2  4x216 2 x24 Suy ra: P  x2 4 x Dấu "=" xảy  a b,

 

hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:

2 3x2(3 1)(4 x2)  2 x24 3 x Dấu "=" xảy  x

2 

Do đó: P  2 3x  4 x  4   Dấu "=" xảy 

x , 0y

3

 

Vậy MinP = 4

x , 0y

3

 

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 2 4 [ ,( )]

 IH  R  BH  d M d Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0).

2

0

6

[ ,( )] 4 12

5  

  

   

  

 a a b

d M d

a b

a b

Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 =

2) 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:

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 .

Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0. 2) Gọi I điểm thoả: IA2IB3IC0

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

   

 I

23 13 25; ;

6 6

 

 

 

Ta có: T = MA2MB3MC MI IA 2MI IB 3MI IC  6MI 6MI

          

Do đó: T nhỏ  MI



nhỏ  M hình chiếu I (P) Ta tìm được: M

13 16; ;

9 9

 



 

 .

Câu VII.b: Xét khai triển: (1x)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 ĐÁP ÁN ĐỀ 28

Câu I: 2) y 4x3 4(m2 m1)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.2 Đặt:

2

2 2

2

2 2

2

2

2,

1

2

2 3,

2

   

      

  

 

    

   



   

  

 

v u x

u x u u x

v u

v x x x

v x x v

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: 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

 

  

   

 

 xdx x  dx x

x

 I1 = I2 =

2  I = 7I1 – 5I2 = 1

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:  Nếu y = M = x2 =

 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  



   (m1)t2 (m2)t m  3 0 (1) (1) có nghiệm  m =  = (m2)2 4(m1)(m3) 0

 m

2( 13 1) 2( 13 1)

3 3

 

  

Kết luận: M

4( 13 1) 4( 13 1)

3 3

 

  

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(a3)2  2 2 (a 5)2(a5)2 4 2  a =  I(0; –1), R = 2  Phương trình (C): x2(y1)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(a2b c )2 9(a2b2c2) (2) Từ (1) (2) ta được: 14c230ac0 

c

a0 c

15 7 0

 

  



 Với c = 0: chọn a = b =  PTTS d:  x 3 ;t y 1 ;t z1  Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8

 PTTS d:  x 3 ;t y 1 ;t z 1 15t

Câu VII.a: PT  ( 1)(z z 2)(z28) 0  z1;z2; z2 2.i Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4)

 Ta có:

AB AC IB IC

 

 

  AI đường trung trực BC ABC vuông cân A nên AI phân giác BAC. Do AB AC hợp với AI góc 450

 Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450 Khi B, C giao điểm d với (C) AB = AC

Vì IA(2;1)



 (1; 1), (1; –1) nên d không phương với trục toạ độ  VTCP d có hai thành phần khác Gọi u(1; )a VTCP d Ta có:

IA u a a

a2 a2

2 2

cos ,

2

1

 

  

  

 

 2a  1a2  a a

3   

  

 Với a = 3, u(1;3)  Phương trình đường thẳng d:

x t

y 35 t

     



Ta tìm giao điểm d (C) là:

9 13 13; , 13 13;

2 2

       

   

   

 Với a = 

, u

1 1;

3

 

  

 



 Phương trình đường thẳng d:

x t

y t

5

3     

  



Ta tìm giao điểm d (C) là:

7 13 11; 13 , 13 11; 13

2 2

       

   

   

 Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

và

7 13 11; 13 , 13 13;

2 2

       

   

   

2) Do ABCD hình thang cân nên AD = BC =

Đường thẳng  có vectơ phương AB  2;6;3



nên có phương trình:

x t

y t

z t

2 2 3 6 3 3    

       Phương trình mặt cầu   S x  y  z 

2 2

:  3  1  2 9

Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

     

x t

t

y t

t t

z t t

x y z

2

2 2

2 2

1 3 6

49 82 33 0 33

3 3

49

3 1 2 9

  



   

 

    

    

 

     

 

 Với t = – 1, D(4; – 3; 0) : khơng thoả AB = CD =

 Với

t 33 D 164; 51 48;

49 49 49 49

 

    

  (nhận)

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   

 

ĐÁP ÁN ĐỀ 29 Câu I.2:

 Ta có

3

2

0

' 4 4 0

( ) 0

x

y x mx

g x x m

 

    

  



Hàm số có cực trị  m > (*)

Với điều kiện (*), phương trình y0có nghiệm x1 m x; 0; x3  m Hàm số đạt cực trị tại 1; ;2

x x x Gọi    

(0;  ); ;  2 ;  ;  2

A m m B m m m m C m m m m điểm cực trị (C

m)

Ta có: AB2 AC2 m4m BC; 4m ABC cân đỉnh A

Gọi M trung điểm BC M(0;m4 m22 )m  AM m m2 Vì ABC cân A nên AM đường cao, đó:

ABC

S AM BC m m m m m

5

2 2 5

1 . 1 4 4 4 16 16

2 2

         

Vậy m516. Câu II:

1) Điều kiện : x y. 0 ;x y

Ta có: (1)  3(x y )2 4xy  (3x y x )(  3 ) 0y  3 3

y

x y hay x

  

 Với x3y, vào (2) ta : y2  6y  8 0 y2 ;y4  Hệ có nghiệm

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

 Với 3

y

x

, vào (2) ta : 3y2 2y24 0 Vơ nghiệm Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:

6 12

;

2 4

x x

y y

 

 

 

 

 

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

: 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 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 (AMCN) (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: 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) (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) ( a2b2 0) Gọi d1d O d d( , ), d I d( , )2

Từ giả thiết, ta suy được: R d R d

2 2

1   2 2  d22 d12 12



a a b a b

a b a b

2

2 2

(6  2  3 ) ( 2  3 ) 12

 

   b23ab0  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)PTTS :

x t

y t

z t

1 2    

    

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

2

1 , 18 36 216

2  

     

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

= 18( 1)t 2198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t1 hay M(1; 0; 2).

Câu VI.b: 1) Ta có A(1; 1) d1 d2

Phương trình đường phân giác góc tạo d1, d2 là: 1: 7x3y 4 0 2: 3x 7y10 0

3

d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân  d3vng góc với 1 2

Suy : d3: 7x3y25 0 hay d3 :3x 7y77 0 Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích

29

2  cạnh huyền 58

Suy độ dài đường cao A H =

58

2 = d A d( , )3

 Với d3 : 7x3y25 0

58 ( ; )

2

d A d 

( thích hợp)  Với d3 : 3x 7y77 0

87 ( ; )

58

d A d 

( loại )

2) Theo giả thiết mp(Oxy) (P): z2 vng góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo đường trịn tâm O1(0,0,0) , bán kính 2

R  tâm O2(0,0, 2), bán kínhR2 8 Suy tâm mặt cầu (S) I(0,0, )m  Oz.

R bán kính mặt cầu :

2 2

2

2 2

2

4 64 2

8 2

R m

m m

R m

  



    



   

  m16

 R2 65, I0;0;16

Vậy phương trình mặt cầu (S) : x2y2(z16)2 260

Câu VII.a Tìm tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z(đt : x - y + = 0)

Bài tốn quy tìm M   cho AM + MB nhỏ nhất, với A(-1; 2) B(0; 1) Lí luận để M giao điểm AB với 

Câu VII.b: An3 20n n n( 1)(n 2) 20 n n2 3n18 0  n = n = – ( loại )

Khi đó:

2

0

6 6

127

. .

2 7 7

a a

a C  C   C 

Ta có : (1x)6 C60C x C x61  62 2C x63 3C x64 4C x65 5C x66

Nên

 

2

6

6 0 6

0 0

(1 )

2 7

a a

a

a x x

x dx C x C   C  

        

   





7

0

6 6

0

(1 )

. .

7 2 7

a

x a a

a C C C

  

   

 

 



7

7 7

(1 ) 1 127

(1 ) 128 (1 ) 2

7 7 7

a

a a



       

 a1 Vậy a = n =

ĐÁP ÁN ĐỀ 30

Câu I.2

Ta có y’ = - 3x2 + 6mx ; y’ =

 x = v x = 2m

Hàm số có cực đại , cực tiểu  phương trình y’ = có hai nghiệm phân biệt  m 

Hai điểm cực trị A(0; - 3m - 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1) Trung điểm I đoạn thẳng AB I(m ; 2m3 – 3m – 1) Vectơ AB(2 ; 4m m3)



; Một vectơ phương đường thẳng d u(8; 1) 

Hai điểm cực đại , cực tiểu A B đối xứng với qua đường thẳng d 

I d

AB d

  

 



3

8(2 3 1) 74 0

. 0

m m m

AB u

     

 

 

  

 m =

Câu II 1)



2 1

sin 2

4 2 2

x k

x

x k

  

 



 

  

  

  

   



2) PT  x x x x

2 3 1 3 1

3

    

(1)

Chú ý: x4x2 1 (x2 x 1)(x2 x1), x2 3x 1 2(x2 x1) ( 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 1 1

     đặt

x x

t t

x x

2 1, 01

 

 

 

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  



   x1.

Câu III: Ta có:

x x

x

2

1 sin 1 tan

1 cos 2 2

 



   

   .

Do đó: I =

x x e dx2

0

1 tan

2 2



 



 

 



=

x x x e dx

2

1 1 tan tan

2 2 2



 

 

 

 



=

x x

x e dx x e dx

2

2

0

1 1 tan tan

2 2 2

 

 

 

 

 

 

Đặt

x u e

x

dv 1 tan2 dx

2 2

  

 



   



 

 

x du e dx

x v tan

2

 

 

  

 I =

x x x x x x

e 2 e dx e dx

0 0 0

tan tan tan

2 2 2

 



  

= e2



Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I trung điểm BC Giả thiết cho SIH 450. Gọi x độ dài cạnh ABC Suy :

3 3 3

, ,

2 3 6

x x x

AI  AH  HI 

SAH vuông H

2 2 2 3

3

x

SH SA AH a  

      

 

SHI vuông cân H

3 6

x

SH HI

  

Suy ra:

2

2

3 3 2 15

6 3 5

x x a

a x

   

   

   

   

   

Do đó:  

2

1 1 5 3 3 15

. . .

3 3 5 5 25

S ABC

a a a

V  SH dt ABC  

Câu V: PT  3 (2x x1) 2 x1 (1) Ta thấy x 1 2 

Với x 1 2 

, ta có: (1) 

x x x

2 1

3

2 1

 

 

x x x

2 1

3 0

2 1



 



Đặt

x x x

f x

x x

2 1 3

( ) 3 3 2

2 1 2 1



    

  Ta có:

x

f x x

x

6 1

( ) ln3 0,

2

(2 1)

     



Do f(x) đồng biến khoảng 1 ;

2

 

 

 

  1 ;2

 



 

   Phương trình f(x) = có nhiều nghiệm từng khoảng

1 1

; , ;

2 2

   

  

   

   .

Ta thấy x1, x1 nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệm x1, x1 Câu VIa.1 Gọi n( ; )a b



VTPT AB VTPT BC n' ( ; b a )



. Phương trình AB, BC a(x – 4) + b(y – 5) = 0, b(x – 6) – a(y – 5) = 0\

16 ( , ) ( , ) 16

ABCD

S   d P AB d Q BC 

Giải chọn a b  pt đt AB

Câu VIb.1 Gọi M’ điểm đx với M qua AD M’  AB Tìm M’

-Pt AB :

'

qua M CH

 



 Giải hệ

pt AB A pt AD



 

 Phương trình AC :

qua M

u AM

  

  

  -Giải hệ suy tọa độ C

-Vì AD phân giác nên AB2AM

 

 B Phương trình BC :

qua B u BC

  

  

  2 Vì B x y z( ; ; )  (S) ABC nên ta có:

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2

4 4 4 0 4 4 4 0

32

(4 ) (4 )

8 4 4 0 4

32 ( ) 2 16 0 4 0

4 4 4 4 4

             

 

    

 

 

       

 

   

       

   

                  

           

 

 

x y z x y z x y z x y z

OA OB x y z

OB AB x y z x y z

x y z z z x x

x y z x y xy xy y y

x y x y x y z z

  

- Với B(0; 4; 4) OA(4; 4;0) 

; OB(0; 4; 4) 

 [ , ] (16; 16;16) 

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

OA OB

(OAB) qoa O và có vectơ pháp tuyến (1; 1;1) 

n nên có phương trình là: x – y + z = 0

- Với B(4;0; 4) OA(4; 4;0) 

; (4;0; 4) 

OB  [ , ] (16; 16; 16)    

OA OB

(OAB) qia O và có vectơ pháp tuyến (1; 1; 1)  

n nên có phương trình là: x – y - z = 0

Vậy có mặt phẳng (OAB) thoả mãn điều kiện đề là: x – y + z = 0; x – y - z = 0 Câu VII.b: Xét khai triển: (1x)nCn0xCn1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

ĐÁP ÁN ĐỀ 31

Aaau I.2. Gọi k hệ số góc tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có VTPT n1( ; 1)k 

Đường thẳng d có VTPT nr2 (1;1).

Ta có

k

n n k

k k

n n k k

1 2

2

3

1 1 2

cos 12 26 12 2

26 2 1

3 

   

        



 



r r

r r

YCBT thoả mãn  hai phương trình sau có nghiệm:

y y

3 2 

  

  

 

3x2+2(1−2m

)x+2− m=3 2 ¿

3x2+2(1−2m)x+2− m=2 3 ¿

¿ ¿ ¿



Δ❑1≥0

¿

Δ❑2≥0

¿ ¿ ¿ ¿



8m2−2m −1≥0 ¿

4m2− m−3≥0 ¿ ¿ ¿ ¿



m≤ −1

4;m ≥ 1 2 ¿

m≤ −3

4;m≥1 ¿ ¿ ¿ ¿

 m≤ −1

4 m≥ 1 2

Câu II: 1)TH1: Nếu sin2

x

=  x = k2 π khơng thỏa mãn pt TH2: Nếu sin2

x

  x  k2 π Nhân vế với sin2

x

ta được:

11

sin

2 x





2 11

m

x 

loại x = k2 π

2 11

m 



 m = 11k Vậy nghiệm pt

2 11

m

x 

với m  Z m  11k.

2) 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    

  

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 III:

 

1

1 (1 )

e

x

x dx

I

x x e

 





Đặt t = + x.ex  dt = (1+x).ex dx

 

1

1 1

1

1 1

1 1 1 1

ln

(1 ) ( 1) 1

e

e e e

x

e e e

x x

e e e

x e dx dt t

I dt

xe x e t t t t t



  

 

  

   

      

    

  

Câu V:

x x

a x x

2

2

3 4 5 (1)

1 log ( ) log ( 1) (2)



  



    

 (1) 

x x 2

3  5  4 0 Đặt f(x) =

x x 2

3  5  4 Ta có: f(x) =

x

x ln 5 2 x R

ln3.3 .5 0,

2

   

 f(x) đồng biến Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm (1) là: S1 = [2; +)

 (2)   a x  x

4

2

log 2(  ) log ( 1)

 2(a x )x41  x

a x 1

2 2

  

(*)  Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +)

Đặt g(x) =

x4 x 1

2  2 Ta có: g(x) = 2x31 > 0, x   g(x) đồng biến [2; +) g(2) = 21

2 .

Do (*) có nghiệm thuộc [2; +)  a 21

2 

Vậy để hệ có nghiệm a

21 2 

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 –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 Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, đó khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P).

Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH≥HI => HI lớn A ≡ I

Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véctơ pháp tuyến.

Mặt khác, H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) vì H hình chiếu A d nên AH d  AH u. 0 (u(2;1;3)

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

là véc tơ phương d) ⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 7x + y – 5z –77 = 0 Câu VIIa.

Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [−1

2;1] : 3√1− x2−2

√x3+2x2+1=m ( m∈R ). 3√1− x2−2

√x3

+2x2+1=m ( m∈R ).

Đặt  

2

3 2

f x   x  x  x 

, suy f x  xác định liên tục đoạn

;

1 1 2

 



 

 .  

'

2

2 2

3 3 4 3 3 4

1 2 1 1 2 1

x x x x

f x x

x x x x x x

 

 

     

       .

;

1 1 2

x  

   

  ta có

4 3 4 0 3 3 4 0

3 1 2 1

x

x x

x x x



       

   .

Vậy:  

' 0

 

 

' || ||

1 0 1

2

0 1 CÑ

3 3 22

2

4

x f x

f x



 



 Dựa vào bảng biến thiên, ta có:

Phương trình cho có nghiệm thuộc

;

1 1 2

 



 

 

3 3 22

4

2

m 

   

m1. Câu VIb.1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

5 2

2

ABC

a b S

AB  





8(1) 5 3

2(2) a b a b

a b   

    

 

 ; Trọng tâm G  

5; 5

3 3

a b

 (d)  3a –b =4 (3)

Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r =

3

2 65 89

S

p    Từ (2), (3)  C(1; –1) 

3 2 5 S

r p

 

 2 M  M (-2 + t; + 3t; -5 – 2t)

( 1; 2;1)

AB  



; AM ( ;3 ; )t t   t



; [AB AM, ] ( t 12; t 6; )t  

SMAB = 3 5 =

1

[ , ] 5

2 AB AM 

 



2 2

1

( 12) ( 6) 3 5

2 t   t t 

 3t2 + 36t =  t = hay t = -12

Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19) Câu VIIb Điều kiện: x y 0, x y 0

Hệ PT 

x y x y

x2 y2 x2 y2 2

1 3

    

 

     



Đặt:

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

   



    

  



Thế (1) vào (2) ta có: uv8 uv 9 uv 3 uv8 uv 9 (3 uv)2  uv0

Kết hợp (1) ta có:

uv u v

u v

0 4, 0

4

 

  



 