Đang tải... (xem toàn văn)
ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC... Lí luận để M là giao điểm của AB với ..[r]
(1)ĐÁP ÁN ĐỀ 26
Câu I: 2) Ta có y 4x34mx;
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 A120
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 x1.
Nhân hai vế bpt với x 3 x 1, ta
BPT 1 x22x 34. x 3 x1 1 x22x 3 x 3 x1
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 x1 ta x2.
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 (cosxsin )(cos 2x x1) 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 SHAB Ta có: (SAB) ( ABC), (SAB) ( ABC)AB SH, (SAB)
( )
SH ABC SH đường cao hình chóp.
Dựng HNBC HP, AC SN BC SP, AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP
AHP vng có:
3 sin 60
4
oa
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 tsinx với t 1,1 ta có A5t3 9t24 .
(2)6
( ) 0
5
f t t t
(loại); f( 1) 10, (1) 0, (0) 4f f Vậy 10f 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 AI2. 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 A2B2C20)
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) CA Chọn A1,C1 (P) : x z 0
8 A B =
Chọn A = 5, B = 1 (1) C3 (P) : 5x 8y3z0 Câu VIIa.
Điều kiện: x > x ≠ y > y ≠ 1
Ta có
2
logy xy logx y logyxlogyx 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) NAC ( 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
(3)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 (1x)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
(1x) a10C3010. Do (1) với x nên a10b10 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 m0 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 xcosxsin 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 DN = 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
(4)
Xét a( ;2x y b), ( ,x y2)
Ta có: a b a b
x2(2 y)2 x2(y2)2 4x216 2 x24 Suy ra: P x2 4 x Dấu "=" xảy a b,
hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có:
2 3x2(3 1)(4 x2) 2 x24 3 x Dấu "=" xảy x
2
Do đó: P 2 3x 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
m1 5 1
2 .
Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0. 2) Gọi I điểm thoả: IA2IB3IC0
I
23 13 25; ;
6 6
Ta có: T = MA2MB3MC MI IA 2MI IB 3MI 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: (1x)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 m1)x;
x y
x m2 m 0
0
1
(5)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
(m1)t2 (m2)t m 3 0 (1) (1) có nghiệm m = = (m2)2 4(m1)(m3) 0
m
2( 13 1) 2( 13 1)
3 3
Kết luận: M
4( 13 1) 4( 13 1)
3 3
(6)
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(a3)2 2 2 (a 5)2(a5)2 4 2 a = I(0; –1), R = 2 Phương trình (C): x2(y1)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(a2b c )2 9(a2b2c2) (2) Từ (1) (2) ta được: 14c230ac0
c
a0 c
15 7 0
Với c = 0: chọn a = b = PTTS d: x 3 ;t y 1 ;t z1 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)(z28) 0 z1;z2; z2 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
2a 1a2 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 =
(7)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 y0có 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 m4m BC; 4m ABC cân đỉnh A
Gọi M trung điểm BC M(0;m4 m22 )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 m516. 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 x3y, vào (2) ta : y2 6y 8 0 y2 ;y4 Hệ có nghiệm
6 12
;
2 4
x x
y y
Với 3
y
x
, vào (2) ta : 3y2 2y24 0 Vơ nghiệm Kết luận: hệ phương trình có nghiệm là:
6 12
;
2 4
x x
y y
2) Điều kiện: x
(8)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 usinxcosx
2
2
du
I
u .
Đặt u2sint
4
2
6
2cos
12 4sin
tdt
I dt
t
: AMCN hình thoi MN AC, BMN cân B MN BO MN (ABC). 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 (AMCN) (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
1a1b1 ab
1 1
1a 1 ab 1b 1 ab ≥ 0
2
( ) ( 1)
0 (1 )(1 )(1 )
b a ab
a b ab (đúng) Dấu "=" xảy a = b.
Xét
1 1
1a1b1c1 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) ( a2b2 0) Gọi d1d 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
b23ab0 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 2198 ≥ 198 Vậy Min S = 198 t1 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: 7x3y 4 0 2: 3x 7y10 0
3
d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân d3vng góc với 1 2
(9)Suy : d3: 7x3y25 0 hay d3 :3x 7y77 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 : 7x3y25 0
58 ( ; )
2
d A d
( thích hợp) Với d3 : 3x 7y77 0
87 ( ; )
58
d A d
( loại )
2) Theo giả thiết mp(Oxy) (P): z2 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
m16
R2 65, I0;0;16
Vậy phương trình mặt cầu (S) : x2y2(z16)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 3n18 0 n = n = – ( loại )
Khi đó:
2
0
6 6
127
. .
2 7 7
a a
a C C C
Ta có : (1x)6 C60C x C x61 62 2C x63 3C x64 4C x65 5C 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
a1 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)
(10)
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: x4x2 1 (x2 x 1)(x2 x1), x2 3x 1 2(x2 x1) ( 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
x1.
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 x1) 2 x1 (1) Ta thấy x 1 2
(11)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 x1, x1 nghiệm f(x) = Vậy PT có nghiệm x1, x1 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 AB2AM
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: (1x)nCn0xCn1x C2 2nx C3 3n x Cn nn
Lấy đạo hàm vế ta được: n(1x)n1Cn12xCn23x C2 3n nx Cn1 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
(12)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)
(13) (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 )x41 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) = 2x31 > 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 y23 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
(14)
' || ||
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
m1. 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: uv8 uv 9 uv 3 uv8 uv 9 (3 uv)2 uv0
Kết hợp (1) ta có:
uv u v
u v
0 4, 0
4