Từ gt, tính được dI, = 2 3 rồi áp dụng cách viết phương trình đường thẳng dựa vào khoảng cách... là hệ số của số hạng chứa xk nên.[r]
(1)ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 14 x 1 M x0 ; , x0 x0 Câu I Gọi là tọa độ tiếp điểm, thì pttt (C) M có dạng: x 1 y x x0 x0 x0 1 Hay x x0 1 y x02 x0 0 (d) Vì d(A, d) = d(B, d) nên tìm x = 0;1; - y = x +1; y = x + 5; y = x + 4 Vậy có pttt: Hoặc có thể chia thành trường hợp: tiếp tuyến // trùng AB; tiếp tuyến qua trung điểm AB p x = + k p; x = p + k 2p, k Î Z Câu II 1.Lưu ý có sinx chung Đáp0số: x+cosx x 1 41 41 1 x 0 41 x x 3x x 0 8 Điều kiện: (*) Bất phương trình đã cho tương đương với x x x(1 x ) 2 3x x 3( x x ) (1 x ) ( x 0 x )(1 5 x ) 34 x 2 x x x x x x 3 2 0 x 10 x 0 1 x 1 x 1 x 34 x 34 41 x Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm bất phương trình là Câu III 2 (4cos x 1)cos x 4sin x I d x cos x.dx 3sin x (1 2sin x) 2sin x 3sin x 0 4t I dt x t t t 0, thì t 1 Suy Đặt t sin x Khi x 0 thì 6t dt (2t 1)(t 1) 0 1 dt 2t 2ln(2t 1) ln(t 1) 2t t 0 2ln ln ln18 x x x y 1( x 1) y 2 x 2( x 1) x x y 2 2 y x x y y x x y y y x x xy Câu V Hệ Thay y vào để giải Câu VI.a.1 C) có tâm I(1; -1), R = Vì IA = < R nên A nằm đường tròn đpcm Từ gt, tính d(I, ) = áp dụng cách viết phương trình đường thẳng dựa vào khoảng cách uuu rr ìï AB.n P = ï í ï Tham số hóa tọa độ A(t), B(t') và giải hệ: ïïî AB = 29 t và t' n ( + x) lấy tích phân vế cận từ đến Câu VII.a.Khai triển 22 23 2n 121 Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + + Cnn = n +1 n +1 n = 4(dùng TP) Kết hợp gt (2) ak *Giải là hệ số số hạng chứa xk nên ak < ak +1 ak = 3k C12k k < Suy ra: a0 a1 a2 a8 (1) *Xét bpt ak ak 1 k Do đó: a9 a10 a11 (2) a , a , a , , a 11 là a8 a9 1082565 Từ (1) và (2) suy số lớn các số Câu VI.b.1 æ7 ö AM Ç BC = M ç ;- ÷ ÷ ç ÷ ç è 2ø -Giải -Phương trình đường thẳng AD qua D và BC là: x + y - = AD Ç AM = A( 1;1) -Giải -C/m trực tâm ABC là điểm H đối xứng với D qua BC nên H (2;0) Đặt B(b; b - 4), b £ ; C đối xứng với B qua M nên C (7 - b;3 - b) uuu r uuur AB ( b 1; b 5) ^ CH (b - 5; b - 3) b = (vì b 3) -Giải uuur AB qua A và CH (- 3; - 1) làm VTPT nên có pt: 3x + y - = uuur AC qua A và BH (0; 2) làm VTPT nên có pt: y - = Gọi I là tâm m/c (S) thì IM qua M và vuông góc với (P) nên có PTTS: ïìï x = + m ï í y =- + m ïï m I (1 + m; - + m; m) ïïî z = æAB ö ÷ d ( I , d ) +ç = IM (= R ) ÷ ç ÷ ç è2 ø Giải phương trình m = Suy I(2; -1; 1) và R2 = 2 x - 2) +( y +1) +( z - 1) = ( Vậy m/c (S) có phương trình: i z 2i Tìm phần thực và ảo S 1 z z z 2009 Câu VII.b Cho số phức Thực phép chia số phức và chuyễn z dạng lượng giác ta i 2i 13 13i 1 3 1 i 2 i 2 cos i.sin 12 12 3 2 Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân ta được: z 2010 2010 2010 cos i.sin 2010 1 q 1 z 22010 3 1 S u1 i 1 q 1 z i cos i.sin 3 n 2010 Hết ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 15 Câu I Tìm tọa độ đỉnh cực trị A Oy và B, C Chỉ cần OBA vuông thì tứ giác OBAC nội tiếp Câu II Phương trình đã cho tương đương với 2 cos x(sin x cos x) sin x 0 cos x sin x (sin x cos x ) (sin x 1) 0 (cos x sin x)(sin x cos x) (sin x 1) 0 (cos x sin x)(1 sin x) (sin x 1) 0 (sin x 1)(cos x sin x 1) 0 x k , x k 2 , x k 2 , k Z Vậy nghiệm phương trình là (3) y x x 3 x y x x 15 0 x Công vế theo vế ta Thay vào (2) Câu III e x x sin x e x cosx + sinx I cosx x e sin x.dx I ' cosx 2 ex dx dx cosx x TPTP I e 2 Tính ex I' cosx dx e cosx Thay vào (*) ta Câu IV x e sin x dx cosx x 3, y x 3, y x 2 (*) ex dx e cosx dx cosx e x dx cosx dx x 2.cos e x tan e 20 S Q K 0 Gọi O AC BD Vì BCD 120 nên ABC 60 a AC a, OD OB ABC cạnh a Kẻ OH SB H Vì AC ( SBD ) nên AC SB D P C H O SB ( AHC ) SB AH và SB HC (SAB), (SBC ) 600 (AH , CH ) 600 A B AHC 600 AHC 1200 a 0 AHC 600 AHO 30 OH OA.cot 30 OB, TH vô lý vì OHB vuông H AHC 1200 AHO 600 OH OA.cot 600 a BH OB OH a 3 TH OH BH OH BD a SD BH 2 Vì tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên SD BD a3 a2 a2 VS ABCD SD.S ABCD Suy d ( AD, BK ) d D, ( SBC ) Vì BC // AD nên (SBC) // AD Kẻ DP BC P, DQ SP Q Vì BC ( SDP ) nên BC DQ DQ ( SBC ) a a DP DC.sin 600 SDP DQ Từ tam giác vuông Từ tam giác vuông DCP S ABCD 2.S ABC 2 a d ( AD, BK ) DQ Từ (1), (2) và (3) suy Câu V Điều kiện: y 0 y y 1 (*) 2 Trong đk (*), ta nhân chia với lượng liên hợp : x x 1 y y (1) x2 1 x y y (2) x y x, y 0 y x x y 1 Lần lượt cộng, trừ vtv (1) với (2) ta được: x, y 0 x 0, y 1 2 x y 1 y 0, x 1 xy 0 Kết hợp với phương trình (2) hệ ta được: Kết hợp với đk (*) ta nghiệm hệ là (x; y) = (0; 1) (1) (2) (3) (4) Câu VI.a.1 Cho ABC có A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác 8 6 B ; , C (0; 2) và BAC góc BAC là x y 0 Tìm tọa độ B, C biết nhọn ĐS: 5 Vì AD là phân giác góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) E là điểm chính cung BC IE BC BC Vì E thuộc đường thẳng x y 0 và IE IA R E (0; 0) n BC EI (2; 1) Chọn pt BC có dạng x y m 0 HC Từ giả thiết IH R HC 5 A m BC : x y 0 | m 5| 3 5 m BC : x y 0 Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía BC, kiểm tra thấy BC : x y 0 thỏa mãn B 2 x y 0 8 6 8 6 B(0; 2), C ; B ; , C (0; 2) 2 5 ( x 2) ( y 1) Từ hệ 5 B t ; t ; 2t Tham số hóa tọa độ và giải AB = t = -1 B(2; 0; 0) n n P , AB (1;1;1) Một VTPT (Q) là: (Q) lại qua A nên có PTTQ: x y z 0 d ( I , BC ) I H D E n x - 1) ( Câu VII.a.Khai triển lấy tích phân vế cận từ đến ta được: ò( x - 1) n Û ( x - 1) ( n dx = ò x nCn0 - x n- 1Cn1 + x n- Cn2 - +( - 1) Cnn ) n+1 n +1 n+1 ( - 1) 1 1 n = Cn0 - Cn1 + Cn2 - +( - 1) Cnn =Û =Û n = 2013 n +1 n n- 2014 n +1 2014 ( + x + x3 + x ) SHTQ khai triển 2013 = ( 1+ x) 2013 ( 1+ x3 ) 2013 là: k l k l Tk ,l C2013 x k C2013 x3l C2013 C2013 x k 3l k 3l 3 Tk ,l là số hạng chứa x 0 k , l 2013 k 0, l 1 k 3, l 0 3 C C C C 1357479299 x 2013 2013 2013 2013 Vậy hệ số số hạng chứa là Câu VI.b.1 DE : x y 0 D t ; t 3 Vì DE AC nên 1 d G, AC d B, AC d D, AC 3 Ta có D 1; t 1 2t 2 t D 5; Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên B A G E D 1; D 1 2. xB 1 GD 2GB B 1; 8 BD : x 1 yB Ta có A AC : x y 0 A a; a 1 Vì 4 1 S AGCD S AGC S ACD 1 S ABC S ABC S ABD 3 3 Ta có C C (5) Suy Từ S ABD a 5 a 12 48 24 d A, BD BD 24 a AD BC C 3; A 5; tm A 3; ktm A 5; , B 1; , C 3; , D 1; Vậy Từ giả thiết ta suy Câu VII.b Đưa dạng tích IB IC IB -2 IC 2 x I 3;3; 3 I 1;5; 3 Từ đó (Q): 1 5x x 5x 0 qua A n AI , n P tập nghiệm S 0;1 Hết ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 16 Câu I.2 Hs có điểm cực trị y' = có nghiệm phân biệt m Hai nghiệm pt y' = là x = m; x =1- m 17 m= 2 (d m > ) *TH1: Nếu m > thì m > - 2m nên x1 =1- 2m; x2 = m Giải x1 + x2 = 19 1- 28 m = 2 *TH2: Nếu m < thì m < - 2m nên x1 = m; x2 = 1- 2m Giải x1 + x2 = 19 1- 28 17 m= m= Vậy giá trị m cần tìm là sin x 0 l sin x 0 x , l Z (*) Câu II.1 Đk: cos x 0 Trong đk (*), (1) cos2 x sin x sin x cos x sin x cos x sin x.cos x cos x sin x sin x.cos x 1 0 sin x cos x 0(2) cos x sin x sin x.cos x 0(3) x k -Phương trình (2) tanx = - , k Z -Giải (3): Đặt t = sinx – cosx, t t 1 2sin x.cosx Phương trình(3) trở thành: t t 0 t sin x.cosx = 1 t2 3 sin x cos x sin x 1 x k 2 4 Với t ta ,k Z x k Đơi chiếu đk(*) ta nghiệm phương trình là ,k Z ¿ ( x 2+2 x − )= 83 − 42 ( ) Vì y= không thỏa mãn nên Hệ đã cho tương đương với: y y x +4 x +5= + (2) y y ¿{ ¿ (6) 3 2 ( ) ( ) x+ +3 x +1 = + Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta (*) y y Xét hàm số f (t)=t +3 t , t ∈ R Ta có f ' (t)=3 t 2+ 3>0, ∀ t Suy f (t) đồng biến Do đó (∗)⇔ x +1= (3) y Thay vào (2), ta x 3+ x +5=3 ( x +1 ) + ( x+ )2 ⇔ x − x − x+1=0 ⇔ x=1 x=−1 Thay vào (3), ta nghiệm hệ là ( x ; y ) =( 1; ) () I Câu III Chia tử và mẫu cho x2 sin x 1 x x.cosx s inx dx x2 Đặt t sin x x ta : 3 dt t1 3 2 I ln ln ln ln t 1 3 2 3 1 t Câu IV.Gọi O là giao điểm AC và BD Chứng minh SAC cân S nên SA = SC = SB hình chiếu H S là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Từ gt,tính AC = a để suy ABC H là trọng tâm ABC a3 a V ; d ( AC , SD) OK Kẻ OK SD Tính 2 Câu V x 2m x x x x 0 2 x 2m x x x 2m x x x 0 x 2 x 2 m 2 x x 2( x 1) 1 x 2 m 2 x x x 4 x t 1; ta phương trình m 2 t t 2t Đặt 4 f (t ) 2 t t 2t 2, t 1; 3 Xét hàm số 2t f '(t ) 2; f '(t ) 0 2t 2 t t t t vô nghiệm Lập BBT f(t) ta được: m Phương trình đã cho có nghiệm và Câu VI.a.1 Cần lưu ý: -Tâm J là giao điểm IM với (T) 2 x y 4 -Bán kính r = d(J, PQ) Đáp số: Vẽ hình để tìm phương pháp giải - Kiểm tra A không nằm trên và nên hai trung tuyến trên kẻ từ B và C 4 ;0; 3 là trọng tâm ABC Giải B 2b;1 3b; 2b 1 ; C c;0;1 c 1 G Đặt Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm ta Ta có: B 0;1; ; C 1;0;1 AB AB 1; 2;1 e AB ; ; AC AC 0;1;0 e ' AC 0;1;0 (7) 1 u e e ' ;1 ; 1; 2;1 6 VTCP đường phân giác là: x y 1 z Vậy phương trình đường phân giác góc A là n ( + x) lấy TP vế với cận từ đến ta n = Câu VII.a Khai triển ( 1- x) + x3 (1- x)) ( Biến đổi = ( 1- x ) ( + x ) k Số hạng tổng quát kt là: k Tk , m = C4k ( - x ) C4m x 3m = ( - 1) C4k C4m x k +3m Đáp số: -10x4 2 Câu VI.b.1.(C) có tâm I(-1; 1), R = Tính IM = R + R = 2 M nằm trên đường tròn (T) tâm I bán kính IM Mặt khác M nằm trên D m nên M là điểm chung D m với (T) Bài toán yêu cầu có điểm M nên D m phải tiếp xúc với (T) hay d(I, D m ) = IM - m +4 - ±6 = 2 Û m + 8m - = Û m = m +1 Gọi H là hình chiếu I trên mp(P) cần tìm Khi đó: d (d , ( P )) = d ( I , ( P)) = IH £ IA (Vì IH là đoạn vuông góc) Do đó, d(d, (P)) lớn IH = IA hay H º A uu r IA Vậy (P) là mp qua A và nhận làm VTPT nên có PTTQ: 2x - z - = Câu VII.b y' mx x 2m m2 Ta có: mx 1 2 *Nếu m = thì y x không đồng biến trên R nên không thỏa mãn ycbt ì 1ü D = R \ ïí - ïý ïîï m ïþ ï; *Nếu m thì TXĐ: 2 Ycbt y' 0, x D mx x 2m m 0, x R m 1 m ' m m Hết ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 17 Câu I.2 Phương trình đường thẳng d có dạng: y = k(x + 1) + 2 x 1 2 x x 1 kx k k ( x 1) x 1 x 1(TM ) Phương trình tìm hoành độ giao điểm: kx 2kx k 0(1) k 0 k 0 cắt (C) điểm p.biệt (1) có hai nghiệm phân biệt ' (*) y' x 1 2 k x A 1 1; k xB 1 Gọi x A , xB là nghiệm (1) thì và 1 kA ; kB 2 x A 1 xB 1 Do đó: 1 kA xB 1 k 2 k B xA 1 k (BĐT Cô si) Ta có: (8) k k k Đẳng thức xảy (do k < 0) kA k B nhỏ và k = -1 Vậy tan x 0 6 3 l cos x 0 x 6 3 (*) tan x tan x tan x tan x 6 1 tan x tan x Trong đk(*) ta có: sin x.sin3x + cos3 x.cos3 x 1 8sin x.sinx.sin3x + 8cos x.cosx.cos3 x 1 Do đó (1) -2 1- cos2x cos4x cos2x + 1+ cos2x cos4x cos2x 1 4cos2x 4cos4x.cos2x 1 8.cos3 2x 1 cos2x cos x k 4cos2 x 2cos x cos2 x x k Đối chiếu đk(*) ta nghiệm phương trình là: , k Z x k Đối chiếu đk ta tan x cos x Câu II.1 Điều kiện x x 0 x x x Câu II.2 Điều kiện: x 0 x 1 x 1 x 0 x 1 (*) Trong đk (*) thì x x x = x = (ktm) Vậy x x x Do đó, nhân chia với lượng liên hợp ta được: ( x 1) x x x Bpt x 1 2x x x x 2 x x x 1 3x x 1 x 0 x x 0 1 3x 0 x x 0 x x (3 x 1) 8 x x 0 /4 I Câu III /4 sin x x2 x /4 dx /4 x sin xdx /4 x sin xdx I I2 /4 /4 I1 *Tính x sin xdx /4 : đặt x=-t thì I1 0 /4 I2 *Tính x.sin x.dx TPTP để đáp số Câu V Đk: x y + y ³ Û y ³ (*) Từ phương trình đầu hệ ta có: xy =- x - x - Thay vào (2) /4 ( x +1) + 3( y +1) + ( - x - x - ) ( x + 2) y = Û - x - + y - ( x + 2) y = (9) y y y - 2 - 1= =1 2 x +2 x +2 x +2 y = x +2 Thay y = x + vào phương trình dầu hệ ta x = -1 y = Vậy nghiệm hệ là (x; y) = (-1; 3) Û Câu VI.a.1 I AC I t ; 2t 3 E 2t 4; 4t Gọi I AC BE Vì Ta thấy I là trung điểm BE nên E t 3 I 3; , E 2; Theo giả thiết Vì AD / / BC , AD 2BC nên BCDE là hình bình hành Suy ADC IBC cot IBC cot ADC 2 cos IBC Từ C AC C c; 2c BI 1; 3 , BC c 4; 2c Vì cos IBC B I A Ta có c 3c 22c 35 0 10 5c 20c 25 5c C E c 5 c 7 5 C ; ` C 5; Suy 3 C 5; , A 1; 1 , D 3; 13 Với ta thấy I là trung điểm AC nên vì E là trung điểm AD nên 5 11 13 23 C ; , A ; , D ; Với tương tự ta có 3 3 Câu VI.a.2 Viết pt mp (ABC) Đặt I(a; b; c) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ìï IA = IB ïï í IA = IC ïï ï I Î ( ABC ) Giải hệ ïî a, b, c I và R = IA x 0;1 2; Câu VII.a Đk: (*) Trong đk (*): (1) (Đs: I (0; 2;1), R 5) é x - 3x + = x - 3x + 2.( log x + log x - 5) £ Û ê ê ê ë2.log x + log x - £ x - x + = x = 1(loại) x = -Giải bpt 2.log x + 2log x - £ cách đặt log x = t ³ -Giải Câu VI.b.1 Tâm và bán kính (C), (C’) là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường thẳng (d) qua 2 M có phương trình a( x 1) b( y 0) 0 ax by a 0, (a b 0)(*) + Gọi H, H’ là trung điểm AM, BM 2 IM IH 2 I ' M I ' H '2 d ( I ;d ) 4[9 d ( I ';d ) ] , IM IH 9a b2 36a b 2 d ( I ';d ) d ( I ;d ) 35 35 35 a 36b 2 2 a b a b a b a b 1 a 6 Dễ thấy b 0 nên chọn Kiểm tra điều kiện IA IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn 2.Áp dụng cách lập phương trình mp dựa vào góc xem câu VI.a.2 đề số ĐS: x + 2y + z - = Khi đó ta có: MA 2MB Câu VII.b D (10) ìï x - x + = ( x - 1)(- x + m) ïí x2 2x ï x ¹ 1(TM ) x Pt tìm hoành độ giao điểm (C) với d1 là: = - x + m ïî x - (m + 3) x + m + = (1) ( m Î - ¥ ;1- (C) cắt d1 điểm phân biệt (1) có nghiệm phân biệt A ( x1 ; - x1 + m) , ( x2 ; - x2 + m) Trong đk(*), gọi x1 , x2 là nghiệm (1) thì æx1 + x2 ö x + x2 Iç ;- + m÷ ÷ ç ÷ è ø hay trung điểm I AB là: ç ) ( È + 2; +¥ æm + 3m - ÷ ö Iç ; ÷ ç ç è ø ÷ Vì d1 d2 nên A, B đối xứng qua d2 và trung điểm AB nằm trên d2 hay I d2 3m - m + = +3 Û m = 4 Do đó: (**) Kết hợp (*) với (**) ta m =9 Hết -Có gì không hiểu cần giải đáp, các em liên hệ qua SĐT: 0915.050.122 Thi xong nhớ báo kết cho thầy nhé !!! Chúc các em thành công!!! ) (*) (11)