Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC là: Rõ ràng chỉ có giá trị 2... Vì bán trục lớn của elip là.[r]
(1)Hướng dẫn Đề sô 11 Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc M(0;1) và M(0;–1) 2 2 Câu II: 1) Đặt log( x 1) y PT y ( x 5) y x 0 y 5 y x Nghiệm: x 99999 ; x = x 3 2 x 4 2) PT (cos x 1)(cos x sin x sin x.cos x 2) 0 x k 2 Vì nên nghiệm là: x = 3 u ln( x x 1) ln dx 4 dv xdx x x Câu III: Đặt I= 1 dx dx 2 2 x x 1 0 1 x 2 Tính I1 = 3 x tan t, t , 2 2 I = Đặt 1 Vậy: Câu IV: 3π I= ln − √ 12 Std ab a b c 2c Câu V: Vì x x Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 x (1 x ) (1 x ) 2 x (1 x )2 x (1 x ) x 3 x 3 3 1 x y 3 z 3 y ; z 2 y z Tương tự: 3 3 3 P 3 x y z (x y2 z2 ) ( xy yz zx ) 2 Khi đó: Câu VI.a: 1) Gọi A = d (P) A(1; 3;1) P Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: x y z 0 x 1 t; y 3; z 1 t là giao tuyến (P) và (Q) : 2) Xét hai trường hợp: d (Ox) và d (Ox) d: x y 43 0 z w zw 8 ( z w) 2( z w) 15 0 Câu VII.a: PT i 11 i 11 w w 2 z i 11 z i 11 2 (a) ; zw zw 13 (a ) (b) z w 3 z w i 27 i 27 w w 2 z i 27 z i 27 2 (b) 14 G ; ;0 Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm ABCD ta có: 3 2 2 2 2 Ta có: MA MB MC MD 4 MG GA GB GC GD 14 G ; ;0 GA GB GC GD Dấu xảy M 3 A AB A a;3 7(a 1) a 2) B AB Ox B(1;0) , (do x A 0, y A ) 2 2 (2) Gọi AH là đường cao ABC H (a;0) C (2a 1;0) BC 2(a 1), AB AC 8(a 1) Chu vi ABC 18 a 2 C (3;0), A 2;3 Câu VII.b: Đặt u x v y u u 3v v v 3u Hệ PT u v t u u 3 v v f (u ) f (v) , với f (t ) 3 t t f (t ) 3t ln t t 1 Ta có: t 1 0 f(t) đồng biến u u v u u 3 u log (u u 1) 0 (2) g (u ) u log u u g '(u ) g(u) đồng biến Mà g (0) 0 u 0 là nghiệm (2) KL: x y 1 là nghiệm hệ PT Xét hàm số: Hướng dẫn Đề số 12 www.VNMATH.com y coù CÑ, CT y 0 y 0 CT Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng điểm chung phân biệt CÑ m 1 (2 cos x 1)(sin x cos x 2) 0 x k 2 2sin x Câu II: 1) PT x 1 x 2) Đặt u 0; v u3 2v u v u 2v 2 v 2u u 2u 0 (u v)(u uv v 2) 0 PT x t dx dt Câu III: Đặt x 0 x log cos tdt cos xdx I 3 (sin t cos t ) (sin x cos x) dx 12 dx 2I cot( x ) 1 sin ( x ) 0 (sin x cos x ) I a SCA 0; VSABC (sin sin ) 0; y sin x sin x 2 Câu IV: Xét hàm số trên khoảng a3 a3 sin (VSABC ) max ymax 0; 3, 2 Từ BBT Câu V: Đặt t x x t' 1 2 x 2 x 0 t t ( x) nghịch biến trên [ 2; 2] t [ 2; 2] Khi đó: PT 2m t 2t Xét hàm f (t ) t 2t với t [ 2; 2] Từ BBT Phương trình có nghiệm phân biệt 2m m 2 x y 1 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox A(a;0), tia Oy B(0;b): a b (a,b>0) (3) Cô si 1 ab 12 a b a b M(3; 1) d (OA 3OB) Mà OA 3OB a 3b 2 3ab 12 a 3b a 6 12 1 b 2 a b x y 1 x y 0 Phương trình đường thẳng d là: 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực đoạn AB (Q): x y z 0 d là giao tuyến (P) và (Q) d: x 2; y t 1; z t M d M (2; t 1; t ) AM 2t 8t 11 Vì AB = 12 nên MAB MA = MB = AB 18 18 18 M 2; ; 2 n 2 n n n Câu VII.a: Ta có (1 x) Cn Cn x Cn x ( 1) Cn x B 1 1 1 n (1 x ) dx Bdx Cn0 Cn1 Cn2 ( 1) n Cnn n n n 13 n 12 Vì , 2t 8t 0 t n k 12 2 n x ) C12k ( ) ( x5 ) k k 12 k k 36 x k 0 x , Tk 1 C12 x 8k 36 20 k 7 20 Hệ số x là: C12 25344 ( x t Câu VI.b: 1) Phương trình tham số : y 3t M M(t; 3t – 5) 7 t t M ( 9; 32), M ( ; 2) SMAB S MCD d (M , AB) AB d ( M , CD).CD 2) Gọi AB là đường vuông góc chung 1 , 2 : A(2t ; t ; 4) 1 , B(3 s; s; 0) 2 AB 1, AB 2 A(2;1; 4), B(2;1;0) 2 Phương trình mặt cầu là: ( x 2) ( y 1) ( z 2) 4 Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 m 2, x2 m Khoảng cách hai điểm cực trị là AB ( y2 y1 )2 ( x2 x1 )2 x1 x2 = (không đổi) Hướng dẫn Đề số 13 2m 1 Câu I: 2) AB = Câu II: 1) Đặt 2 2 Dấu "=" xảy t sin x cos x , t 0 m 1 m AB ngắn 2 PT 4t t 0 (m 1) x 2(m 3) x 2m 0 (1) x2 y x 1 2) Hệ PT 2 x 0 (VN ) x2 y x 1 Khi m = 1: Hệ PT x k (4) Khi m ≠ Đặt t = x2 , t 0 Xét f (t ) (m 1)t 2(m 3)t 2m 0 (2) Hệ PT có nghiệm phân biệt (1) có ba nghiệm x phân biệt f (0) 0 m 2 m 3 0 S 1 m (2) có nghiệm t = và nghiệm t > Câu III: I x x dx Đặt: t x e x xe x e x ln x e dx d e x ln x x I t t dt 15 ln e x ln x e ln ee e J= = e ln x Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy S Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B' a a x SB a x SB SB ' a x Ta có , (0< x < a) V1 a x x 1 V2 a a a4 V2 S A ' B ' C ' SB ' 6x Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = ta có: Mà 3 a4 x a3 x x a4 x V V V V1 x a a a x a ; Do đó: 2 a3 x x x x a a 0 a a a a Theo đề bài V = (*) x 3 t , t x a ( 1) a Đặt (vì < x < a), PT (*) t + t – = t = 20 15 x x 4y x(5 x ) Câu V: Ta có: 4(x + y) = 4y = – 4x S = = , với < x < Dựa vào BBT MinS = đạt x = 1, y = Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm d với đường phân giác góc tạo 1 và 2 2) Câu VII.a: z 2 i; z 2 3i z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1, , thì điều f (a ) y1 y i i 1 kiện cần là bé nhất, đó y i axi b Đường thẳng d qua điểm M(163; 50) 50 = 163a + b d: y = ax – 163a + 50 2 Từ đó: f (a ) (48 155a 163a 50) (50 159a 163a 50) (54 163a 163a 50) + (58 167a 163a 50) (60 171a 163a 50) 2 2 2 2 80 a 129a 92 (P) = (8a 2) (4a ) (8 4a) (10 8a) 129 13027 129 13027 y x 160 160 160 160 f(a) bé a = b= Đáp số: d: 2) OABC là hình chữ nhật B(2; 4; 0) Tọa độ trung điểm H OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) H cắt mặt phẳng trung trực đoạn OS (mp có phương trình z = ) I I là tâm mặt cầu qua điểm O, B, C, S 2 2 + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 3 (S): ( x 1) ( y 2) ( z 2) 9 Câu VII.b: Chứng minh : 8a 8a 1 , với a [–1; 1] 2 2 Đặt: a = sinx, đó: 8a 8a 1 8sin x(sin x 1) 1 8sin x cos x 1 2 8sin x cos x 1 2sin x 1 cos x 1 ( đúng với x) (5) Hướng dẫn Đề số 14 www.VNMATH.com Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) (C) d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2| Cô si x 2 d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + x Dấu "=" xảy u v 1 u v 1 3 u x , v y (u 0, v 0) u v 1 3m uv m Câu II: 1) Đặt Hệ PT m ĐS: x k ( k Z ) 2) Dùng công thức hạ bậc ĐS: I Câu III: 1 a3 a ya( a x ) V a ( a x)(a x)3 x 36 Câu IV: V = Vmax = 1 1 ( x y )( ) 4 x y x y x y Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: 1 1 1 1 16 x y x z x y x x y x z Ta có: Tương tự cho hai số hạng còn lại Cộng vế với vế ta đpcm 2 3 2 3 A ; , B ; Câu VI.a: 1) 7 2) (P): y z 0 (P): y z 0 x 2 y 5 Câu VII.a: Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + AB = FA = FB = x1 + x2 + 2) Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ M 2t ;1 t;2t AM BM (3t ) (2 5) (3t 6) (2 5) Điểm M nên u 3t ;2 v 3t 6; Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và | u | 3t | v | 3t u v 6;4 | u v |2 29 AM BM | u | | v | Ta có và | u | | v | | u v | Mặt khác, ta luôn có Như AM BM 2 29 3t t 1 u , v t Đẳng thức xảy và cùng hướng và M 1;0; AM BM 2 29 Vậy M(1;0;2) thì minP = 11 29 (6) Câu VII.b: f ( x ) l 3ln x ; x ' 3 x x t cos t 3 sin2 dt dt (t sin t )|0 ( sin ) (0 sin 0) 3 0 0 Ta có: f '( x ) 2x x2 0 t sin dt x x 1 3 x x x3 f '( x) x 3; x x 3; x 2 x Khi đó: Hướng dẫn Đề số 15 Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) 2(1 cos x )(sin x sin x ) 0 x k 2 sin x , cos x Câu II: 1) PT x t ( x 1) x PT có nghiệm t 4t m 0 có nghiệm, suy m 2) Đặt 1 I et (1 t ) dt 20 Câu III: Đặt sin x t = e Câu IV: Gọi OH là đường cao D OAM , ta có: SO OA.cotg R.cotg sin AH SA.sin R OA R sin SA sin sin R OH OA2 AH sin sin sin R cos sin VS AOM SO AH OH sin sin 3 3sin Vậy: Câu V: Từ gt a 1 + a Tương tự, + b 0, + c (1 a)(1 b)(1 c) 0 a b c ab ac bc abc 0 (a) a b c a b c ab ac bc (1 a b c )2 0 Mặt khác (b) Cộng (a) và (b) đpcm P 27 Câu VI.a: 1) M /( C ) M nằm ngoài (C) (C) có tâm I(1;–1) và R = P MA.MB 3MB MB 3 BH 3 IH R BH 4 d [ M ,(d )] Mặt khác: M /( C ) Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) a 0 6a 4b d [ M ,(d )] 4 4 2 a 12 b a b Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = 1 H ; ; 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – = 3 t log x PT t (7 x)t 12 x 0 t = 4; t =3 – x x = 16; x = Câu VII.a: Đặt (7) Câu VI.b: 1) Ta có: AB 1; AB Phương trình AB: x y 0 I (d ) : y x I t ; t Mặt khác: S ABCD I là trung điểm AC và BD nên: C (2t 1; 2t ), D (2t; 2t 2) CH AB.CH 4 (CH: chiều cao) 5 8 8 2 | 6t | t 3 C ; , D ; d C ; AB CH 5 t 0 C 1;0 , D 0; Ngoài ra: 8 8 2 C ; , D ; C 1;0 , D 0; Vậy 3 3 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH ( P) d1 ( P) : x y z 0 B ( P) d B(1;4;3) phương trình BC : x 1 2t ; y 4 2t ; z 3 Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB K và M Ta có: (Q) : x y z 0 K (2; 2;4) M (1;2;5) (K là trung điểm CM) x y z ptAB : A AB d1 A(1;2;5) S ABC AB, AC 2 , x Câu VII.b: PT f ( x ) 2008 2007 x 0 với x (– ; + ) f (x) 2008x.ln 2008 2007; f ( x ) 2008 x ln 2008 0, x f ( x ) luôn luôn đồng biến lim f ( x ) 2007; lim f ( x ) x x Vì f (x) liên tục và Từ BBT f(x) f(x) = không có quá nghiệm Vậy PT có nghiệm là x = 0; x = x0 để f ' ( x0 ) = Hướng dẫn Đề số 16 www.VNMATH.com Câu I: 2) MN: x + 2y + = PT đường thẳng (d) MN có dạng: y = 2x + m Gọi A, B (C) đối xứng qua MN Hoành độ A và B là nghiệm PT: 2x 2 x m x 1 2x2 + mx + m + = ( x ≠ –1) (1) (d) cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có = m2 – 8m – 32 > Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm (1) x1 x2 m m ; x1 x2 m ; I ( theo định lý Vi-et) Trung điểm AB là I Ta có I MN m = –4, (1) 2x2 – 4x = A(0; –4), B(2;0) x k cos x m8 (k ; m ) 3x 3x cos cos 1 x =2 Câu II: 1) PT cos2x + x = 8n 2x 1 2x 2) Nhận xét; x = 1 là các nghiệm PT PT Dựa vào tính đơn điệu PT có các nghiệm x = 3x (8) x x 2sin cos sin x x 2 tan x x cos x 2cos 2cos 2 Câu III: Ta có K= e x dx x e x tan dx x 2cos 2 =e Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm BC AMS Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình chóp, I SO; N là hình chiếu I trên SM, MI là phân giác AMS a Ta có SO = OM tan = tan ( Với a là độ dài cạnh đáy) Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 a2 a2 a2 a tan 1 tan 12 12 4 tan 2 tan r = OI = OM.tan = tan Vậy V = Câu V: Vì a + b + c = nên độ dài cạnh nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: – a, – b, – c (1 a )(1 b)(1 c) 3 (1 a )(1 b)(1 c ) 27 – (a + b + c) >0 28 56 ab bc ca abc 2ab 2bc 2ca 2abc 27 27 56 52 (a b c )2 (a b c 2abc) a b2 c 2abc 27 27 Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = A(0;3) Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = B(–4; –7) A nằm trên Oy, đường cao AO nằm trên trục Oy BC: y + = 2a 2a 8a 24a 36 d ( A; ( P )) d ( A ; d ) ; 22 12 22 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox tan 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 d(A; (P)) = d(A; d) 4(a 3) 0 a 3 Vậy có điểm A(3; 0; 0) tan x Câu VII.a: Vì cosx ≠ nên chia tử và mẫu hàm số cho cos 3x ta được: y = tan x tan x 1 t2 0; t (0; 3] t t Đặt t = tanx Khảo sát hàm số y = trên nửa khoảng x 0 t 3t 4t x 1 y’ = (2t t ) ; y’ = Từ BBT giá trị nhỏ hàm số x = Câu VI.b: 1) M (D) M(3b+4; b) N(2 – 3b; – b) 2 N (C) (2 – 3b) + (2 – b) – 4(2 – b) = b 0; b 38 4 M ; , N ; 5 5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) (9) 2) Ta có AB (6; 4; 4) AB//(d) Gọi H là hình chiếu A trên (d) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) (d) (P): 3x – 2y + 2z + = H = (d) (P) H(–1;2;2) Gọi A là điểm đối xứng A qua (d) H là trung điểm AA A(–3;2;5) Ta có A, A, B, (d) cùng nằm mặt phẳng Gọi M = AB(d) Lập phương trình đường thẳng AB M(2;0;4) Câu VII.b: Gọi β = r( cos + isin) β3 = r3( cos3 + isin3) r 3 r 3 2 2 2 2 k 2 cos i sin 3 k 2 3 3 Ta có: r ( cos3 + isin3) = 2 2 2 2 3 cos k k i sin Suy β = Hướng dẫn Đề số 17 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d và (C): x ( m 3) x m 0, (*) có nghiệm phân biệt là xA và xB A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), x A xB 3 m x x 1 m Theo định lí Viét: A B OA.OB 0 x A xB x A m xB m 0 Để OAB vuông O thì xA xB m x A xB m 0 m Câu II: 1) PT (1 sin x)(1 sin x)(cos x 1) 2(1 sin x)(sin x cos x) sin x 0 sin x 0 sin x cos x sin x cos x 0 sin x cos x 1 0 2) (b) x 1 (*) x k 2 x k 2 x y ( x 1).( y 1) 14 xy ( xy ) xy 11 (c) p 3 p 11 (c) p p 11 p p 35 p 26 p 105 Đặt xy = p (a) x y 3xy p = xy = 35 (loại) xy 3 x y x y 2 1/ Với 2/ Với Vậy hệ có hai nghiệm là: 3; , 3; Câu III: I e .sin xdx xy 3 x y x y sin x.sin xdx I1 ecos x sin x.dx Đặt cosx = t I1 = 1 sin x sin x 2 I sin x.sin xdx cos x cos3 x dx 0 cos x p = xy = x y 2 (10) 3 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a), a a a a a2 a2 a2 BN , BM M 0; ; , N ; ; ; ; 2 2 4 a3 VBMND BN , BM BD 24 a2 S BN , BM VBMND S BMN d D,( BMN ) BMN 2 Mặt khác, , 3V a d D,( BMN ) BMND S BMN I 2 f ( x) e x cos x x x2 , x R Câu V: Xét hàm số: f ( x ) e x sin x x f ( x) e x cos x 0, x R f (x) là hàm số đồng biến và f (x) = có tối đa nghiệm Kiểm tra thấy x = là nghiệm f (x)=0 x2 , x R Dựa vào BBT f(x) f ( x) 0, x R Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = ax + by – a – 2b = ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) (C) đến d a 0 2a b a 2b 8a 6ab 0 d I,d 3 a 3b 3 a b a b a b2 a = 0: chọn b = d: y – = b a = : chọn a = 3, b = – d: 3x – y + = 2) Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = e x cos x 2 x 2 2 Khoảng cách từ I tới () là h = R r 4 2.1 2( 2) D D 4 D 12 D 17 (loại) 22 22 ( 1)2 Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z – = Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A8 A7 5880 số * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A7 + A6 = 1560 số 1560 13 P(A) = 5880 49 x y 1 U 3; 4 Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: phương trình BC: C ( 1;3) Toạ độ điểm + Gọi B’ là điểm đối xứng B qua d2, I là giao điểm BB’ và d2 x y 1 x y 0 phương trình BB’: (11) 2 x y 0 x 3 I (3;1) x y 0 y 1 + Toạ độ điểm I là nghiệm hệ: xB ' 2 xI xB 4 B(4;3) y y y I B + Vì I là trung điểm BB’ nên: B ' + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0 y 0 x A( 5;3) 3x y 27 0 y 3 + Toạ độ điểm A là nghiệm hệ: 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz DP 1; 1; p 1 ; NM m; n;0 DP.NM m n DN 1; n 1; 1 ; PM m;0; p DN PM m p Ta có : x y z 1 1 1 1 Phương trình mặt phẳng (): m n p Vì D () nên: m n p m n 0 m p 0 DP NM DP.NM 0 1 DN PM DN PM 0 m n p D là trực tâm MNP x y z 1 Kết luận, phương trình mặt phẳng (): 3 m n p 3 1004 Câu VII.b: S C2009 C2009 C2009 C2009 (1) 2009 2008 2007 1005 k n k S C2009 C2009 C2009 C2009 (2) (vì Cn Cn ) 1004 1005 2009 S C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 1 S 22008 2009 Hướng dẫn Đề số 18 2x 1 , x0 2 y' (x ) M x ; x0 x0 Câu I: 2) Ta có: , 1 2x :y (x x ) x0 x0 2 Phương trình tiếp tuyến với ( C) M : 2x ; B 2x 2;2 A 2; x Toạ độ giao điểm A, B () và hai tiệm cận là: y A y B 2x xA xB x0 y M x0 xM x 2 Ta có: , M là trung điểm AB Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích: x0 2 IM ( x0 2) ( x0 2) 2 x0 ( x0 2) S= (x 2) Dấu “=” xảy x 1 (x )2 x 3 M(1; 1) và M(3; 3) (12) x k x x x sin x sin 1 2sin 2sin 0 x k 4 x k 2 Câu II: 1) PT 1 1 x x x log ( x ) 2 x < 2) BPT e e ln x 2e 2 e I dx 3x ln xdx 2(2 2) 3 x ln x Câu III: = + = Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB a , SC = a Gọi M là trung điểm SA Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB SA, MC SA Suy SA (MBC) 1 VS ABC VS MBC VA MBC MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC 3 Ta có Hai tam giác SAB và SAC Do đó MB = MC MBC cân M Gọi N là trung điểm BC MN BC Tương tự MN SA 2 a a 3a a MN AN AM AB BN AM a 16 MN 1 a a a VS ABC SA MN.BC a 16 Do đó: 2 2 2 Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 ( x y z ) 3 xyz 9 x y z xyz xyz x y z (*) 1 P 3 3 3 3 a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a Áp dụng (*) ta có Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a 3b 1 a 3b 1.1 a 3b 3 b 3c 1 b 3c 1.1 b 3c 3 c 3a 1 c 3a 1.1 c 3a 3 1 a 3b b 3c c 3a a b c 3 Suy ra: a b c a b c 4 a 3b b 3c c 3a 1 Do đó P 3 Dấu = xảy a b c Vậy P đạt giá trị nhỏ Câu VI.a: 1) d1 VTCP a1 (2; 1) ; d2 VTCP a2 (3;6) Ta có: a1 a2 2.3 1.6 0 nên d1 d và d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d là đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x 2) B ( y 1) 0 Ax By A B 0 d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450 2A B A 3B cos 450 A2 AB 3B 0 A2 B 22 ( 1)2 B A * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : x y 0 * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x y 0 (13) Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : x y 0 ; d : x y 0 2) Dễ thấy A( 1; –1; 0) 2 Phương trình mặt cầu ( S): x y z x y z 0 5 29 I ;1;1 R , bán kính (S) có tâm +) Gọi H là hình chiếu I lên (P) H là tâm đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) x 5 / t 5 1 H ; ; y 1 t 6 z 1 t d: 75 29 75 31 186 IH r R IH 36 , (C) có bán kính 36 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x 0 x 0 x 0 2 | x x |2 x x x 2 x x x 0 x 2 x 6 x x x x x 0 Suy ra: S x x x dx Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm 4; 3), x x x dx F1 5;0 ; F2 5;0 52 16 3 = Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh là M( x2 y2 1 b Giả sử phương trình chính tắc (E) có dạng: a ( với a > b) 2 F 5;0 ; F2 5;0 a b 5 1 (E) có hai tiêu điểm M 4;3 E 9a 16b a 2b 2 2 2 a 5 b a 40 9a 16b a 2b b 15 Từ (1) và (2) ta có hệ: x2 y 1 Vậy (E): 40 15 x 2t y t z t 2) Chuyển phương trình d dạng tham số ta được: I 1;0;4 Gọi I là giao điểm (d) và (P) n 1;2; 1 a (2;1;1) * (d) có vectơ phương là , mp( P) có vectơ pháp tuyến là a, n 3;3;3 u 1;1;1 u Gọi là vectơ phương x 1 u : y u z 4 u M M u; u;4 u AM u; u 3; u Vì , AM ngắn AM AM u 0 1(1 u ) 1(u 3) 1.u 0 u Câu VII.b: PT (2) 16 M ; ; 3 3 Vậy x x 0 x 0 x 3 x xy x x(3 x y 1) 0 3x y 0 x 0 x y 1 3x (14) 8 y 3.2 y y 12.2 y y y log 11 11 * Với x = thay vào (1): x x 1 x y 1 3x 3.2 * Với thay y = – 3x vào (1) ta được: (3) t x 1 Đặt t 2 Vì x nên (3) t 6 t 6t 0 t t 3 (loại) t 3 x 0 y log 11 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm và x log2 (3 8) 1 3 y 2 log (3 8) x log (3 8) 1 y 2 log (3 8) Hướng dẫn Đề số 19 www.VNMATH.com Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + Hoành độ giao điểm d và (C) là nghiệm phương trình: x 3 x3 3x m( x 3) ( x 3)( x m) 0 x m 0 Theo bài ta có điều kiện m > và y '( m ) y '( m ) 18 3 35 (3m m )(3m m ) 9m 36m 0 m (thỏa mãn) x 1 x y 2 y x ( x y 2) 1 y Câu II: 1) y = không phải là nghiệm Hệ PT x2 1 u v 2 y x2 u , v x y u v 1 x y 1 uv 1 y Đặt Ta có hệ Nghiệm hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5) sin x sin x cos x cos x 0 6 3 6 3 2) Điều kiện: tan x tan x tan x cot x 6 3 6 6 Ta có sin x.sin 3x cos3 x cos3x PT cos x cos x cos x cos x cos x cos x 2 2 x k (loại) 1 x k 2(cos x cos x cos x) cos x cos x (15) k Vậy phương trình có nghiệm , (k Z) 2x 1 du dx u ln( x x 1) x x 1 dv xdx v x Câu III: Đặt x 1 1 x2 x3 x 1 x 1 dx I ln( x x 1) dx ln (2 x 1) dx dx 2 x x 20 x x 1 x x 1 0 3 I ln 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, gọi H là hình chiếu vuông góc M lên AA’ Khi đó (P) (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) là tam giác BCH a a AM , AO AM 3 Do tam giác ABC cạnh a nên Theo bài S BCH a2 a2 a HM BC HM 8 3a 3a 3a 16 A ' O HM AO.HM a a a A'O AH AH 3a Do A’AO và MAH đồng dạng nên AO 1aa a3 V AO.S ABC AO AM BC a 23 12 Thể tích khối lăng trụ: 1 1 2 2 2 Câu V: Ta có a +b 2ab, b + 2b a 2b a b b 2 ab b 1 1 1 , 2 2 c 2a ca a Tương tự b 2c bc c AH AM HM 1 1 1 ab b 1 P ab b bc c ca a ab b b ab ab b 1 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = C CD : x y 0 C t ;1 t Câu VI.a: 1) Điểm t t M ; 2 Suy trung điểm M AC là Từ A(1;2), kẻ AK CD : x y 0 I (điểm K BC ) P Suy AK : x 1 y 0 x y 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: x y 0 I 0;1 x y 0 K 1;0 Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK tọa độ x 1 y x y 0 Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( P ) ( D) ( P) ( D ) Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH (16) d D , P d I , P IH H P Mặt khác Trong (P), IH IA ; đó maxIH = IA H A Lúc này (P) vị trí (P0) IA A n IA 6;0; v 2;0; 1 Vectơ pháp tuyến (P0) là , cùng phương với 2( x 4) 1.( z 1) x z Phương trình mặt phẳng (P ) là: Câu VII.a: Ta có I (1 x)n dx Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n dx 0 1 Cn0 x Cn1 x Cn2 x Cnn x n 1 n 1 0 2 23 2n 1 n 3n 1 Cn Cn Cn I (1 x) n 1 n 1 n 1 n (2) I (1) Mặt khác n 1 n 1 2 1 2Cn0 Cn1 Cn2 Cnn n 1 n 1 Từ (1) và (2) ta có 2Cn0 3n 1 6560 3n 1 6561 n 7 n n Theo bài thì 7 k x C7 x Ta có khai triển x 7 k k k 1443k k C7 x 2 x 14 3k 2 k 2 Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 21 C7 Vậy hệ số cần tìm là Câu VI.b: 1) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n) m 2n 3.2 m m n 3.0 n 1 B(–1; –4), C(5; 1) Do G là trọng tâm ABC nên 83 17 338 x2 y2 x y 0 27 27 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: 7 ; ;3 2) Gọi G là trọng tâm ABC G 3 2 2 2 Ta có F MA MB MC MG GA MG GB MG GC 3MG GA2 GB GC 2MG (GA GB GC ) 3MG GA2 GB GC F nhỏ MG2 nhỏ M là hình chiếu G lên (P) 3 19 3 MG d (G ,( P )) 1 1 3 GA2 GB GC 56 32 104 64 9 19 64 553 Vậy F nhỏ 3 M là hình chiếu G lên (P) x y v v (1) e x y e u e u u x y x y u u v e x y e v e e v u (2) v x y Câu VII.b: Đặt Hệ PT Nếu u > v u < v thì (2) vô nghiệm Nên (2) u v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu – u – , f (u) = eu – Từ BBT f(u) ta có f(u) = u 0 (17) x y 0 x 0 v 0 x y 0 y 0 Do đó (3) có nghiệm u = Hướng dẫn Đề số 20 www.VNMATH.com 5 t ; g x f t t 3t Câu I: 2) Đặt t và 27 27 54 32 49 3 f ; 8 2 f CD f 4; f CT f 0; 2sin x 25 125 150 32 125 49 f 8 2 Max = 4, Min = Câu II: 1) ĐKXĐ: x 1, mx Như trước hết phải có m 0 2 Khi đó, PT mx ( x 1) x (2 m) x 0 Phương trình này có: m 4m Với m (0;4) < (1) vô nghiệm (1) Với m 0 , (1) có nghiệm x < loại Với m 4 , (1) có nghiệm x = thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm Với m , ĐKXĐ trở thành x Khi đó nên (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 x2 Mặt khác, f ( 1) m 0, f (0) 1 nên x1 x2 , tức là có x2 là nghiệm phương trình đã cho Như vậy, các giá trị m thoả điều kiện bài toán Với m Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > và (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 x1 x2 Áp dụng định lý Viet, ta thấy hai nghiệm này dương nên các giá trị m bị loại m ( ;0) 4 Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm và khi: k x cho sin x 0 2) ĐKXĐ: 3 2 Khi đó, VT = sin x cos x sin x cos x cos x sin x 2 = (sin x cos x)(sin x sin x cos x cos x) sin x cos x(sin x cos x ) = sin x cos x sin x cos x 0 sin x cos x 2sin x (sin x cos x) 2sin x (1) PT x 2k x k sin x 2sin x sin x 1( 0) (1) x 2k Để thoả mãn điều kiện sin x cos x 0 , các nghiệm có thể là: e2 x x 1 Câu III: Ta có: x x 1 = x e2 x x x 3x x 1 x e2 x x x 3x x = x e x x ( x x) x x (3 x 4) (2 x) (18) 2x e x x ( 3x x ) 2 e2 x 3x x x 2x 1 2x x x 2x 1 x x = = e2 x x lim ( 2).4 x 3x x 2 2 2 2 Câu IV: Ta có: CD 10 AC AD ; DB 5 AD AB ; BC 13 AB AC ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông cùng đỉnh A Lấy các điểm E, F, G, H cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Tâm mặt cầu này là trung điểm I 1 14 R AH 22 32 12 2 đoạn AH, còn bán kính là x x f ( x) 2 x 3 (3 x) f ( x) x (3 x) Câu V: Đặt 2 x 3 f ( x) 0 x x x 14 (3 x) x 2 x 18 x 27 0 3 15 x1,2 Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15 , và hai nghiệm: Dễ kiểm tra hai nghiệm này bị loại vì nhỏ Vậy, đạo hàm hàm số không 2; thể đổi dấu trên , ngoài f (3) nên f ( x) 0, x 2 Do đó, giá trị nhỏ f ( x ) là f (2) lim f x Cũng dễ thấy x Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x 2 ) và m Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A và 9 3 d DB AB 4 4d 6 3d d 1 2 DC AC 2 d 3 x2 y x2 y x y 0 3x y 0 3 3 Phương trình AD: ; AC: Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là b và bán kính b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: b 5b b b 4b b 5b b b b 5b 2 4 b là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn nội tiếp ABC là: Rõ ràng có giá trị 2 1 1 x y 2 2 2) Mặt phẳng P’ qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m x y 11 n y z 0 2mx 3m n y 2nz 11m n 0 Để mặt phẳng này qua M, phải có: m( 15 11) n( 7) 0 n 3m Chọn m 1, n , ta phương trình P’: x z 10 0 (19) m Đường thẳng d” qua và VTCP (2;3; 5) Mặt phẳng P” qua M và d” có MA 6;4; n 3; 2; 1 m hai VTCP là và Vectơ pháp tuyến P” là: 3; 5;2 2;3 p , , 7; 13; 2; 1;3 3;2 7( x 4) 13( y 5) 5( z 3) 0 x 13 y z 29 0 Phương trình P”: A 2; 1;1 Đường thẳng d phải là giao tuyến P’ và P” nên có phương trình: 2 x z 10 0 7 x 13 y z 29 0 Câu VII.a: Điều kiện: n 3 2 Theo giả thiết thì: n 3n(n 1) n(n 1)(n 2) 9n 14n n 9n 14 0 n = c a 5 M x, y e 0,6 Câu VI.b: 1) Giả sử là điểm thuộc elip Vì bán trục lớn elip là nên ta có: MF1 MF2 10 ( x 1) ( y 1)2 ( x 5)2 ( y 1) 10 ( x 2) ( y 1) 1 25 16 m x z n 3x y z 0 2) Mặt phẳng Q qua d có phương trình dạng: m 3n x 2ny 2m n z 5n 0 (Q) (P) 1.(m 3n) 2( 2n) 1.( 2m n) 0 m 8n 0 Chọn m = 8, n = 1, ta phương trình Q: 11x y 15 z 0 Vì hình chiếu d’ d trên P là giao tuyến P và Q nên phương trình d’ là: x y z 0 11x y 15 z 0 n n Câu VII.b: Ta chứng minh C2 n k C2 n k giảm k tăng, tức là: C2nn k C2nn k C2nn k 1C2nn k (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: 2n k ! 2n k ! 2n k 1 ! 2n k 1 ! (3) n ! n k !n ! n k ! n ! n k 1 !n ! n k 1 ! 2n k 2n k n n 1 n k n k 1 n k n k 1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy (3) đúng n n Do đó, C2 n k C2 n k lớn k = và nhỏ k = n (20)