X r-3cost suy ra p
PENBOOK Luyện đé thi Tốt nghiệp THPT môn Toán
HỌC CHÙ ĐỘNG SÔNG TlCH cực
Do đó SA = = a .
^ABCD _______________
Tam giác SAD vuông tại A nên SD = VSA’’ + AD‘ = ax/2 . Ta có CD ± AD.CD 1 SA => CD ± (SAD) => CD 1 SD . Vậy diện tích tam giác SCD là: SSCD = -SD.CD = -
Gọi I là hình chiêu của B lên mặt phAng (SCD) khi đó (SB.(SCD)) = (SB?si) = BSI.
Mặt khác. BI = -X?.s-C.n = 3Vsabcd =
2S- — 2
°SCD XOSCD x
Tam giác SAB vuông tại A nên SB = ựsA2 + AB2 = aVi . Tam giác SIB Among tại I nên sin BSI = = “■ => BSI = 30°.
_ SB 2
Vậy (SB.(SCD)) = 30°. Câu 41: Điều kiện X >-5. Trường hợp 1:
log4 (x + 5) - log16 (5x2 +12) > 0 log4 (x + 5) £ log16 (5x2 +12) 54l_1-125I>0 [54*-1 > 53x
x + 5> V5x2+12 4x-l > 3x
i-4x2+10x + 13>0 _ 5 + 777
[x > 1 4
Mà X nguyên nên xe{l;2;3}. Trường hợp 2:
log4 (x + 5)-log16 (5x2 +12) < 0 [log4 (x + 5) < log16 (5x2 +12) 54x*‘-125x<0 [s4"'^53x x + 5<a/5x2+12 4x-l < 3x xSl + 10x+13ắ0 xí 1 5-V77 Mà X nguyên và xe [ —10;10] nên xe {-10;-9;.. Vảy có tất cả 13 nghiệm nguyên X.
PENBOOK Luyện đé thi Tót nghiep THPĨ món Toan
OỂ SỒ 03
4 —8x = 0
=0 có nghiộm khi
c.hi I.’; ĐỔthị y=/(x-l) nhận được từ tịnh tiến sang trái 1 của đổ thị y = /(x). Khi đó 2/(x-l) + w-l Khi đó 2/(x-l) + w-l
-1—— có giao điếm.
và chỉ khi đổ thị j> = /(x-l) và đố thị
Từ đó yêu cẩu đê' bài tương đương
Lz^l2 2
1-m m > 23
Câu ‘13:
Theo đê' bài thì y = f(x) có đúng ba điểm cực trị là 0, 1, 2 và y = f’(x) liên tục trên R X =0
; với ba nghiệm 0;l;2 là nghiệm đơn hoặc bội le, x = 2
u(x) = 0
còn u(x) = 0 chỉ có nghiệm bội chẵn không thuộc tập {0; 1; 2} . Đặt g(x) = f(4x-4x2), ta có: g'(x) = (4-8x)f’(4x-4x2). x = 0 X = 1 1 X = — 2 4 —8x = 0 4x-4x2 =0 4x-4x2 =1 4x-4x2 =2 u(4x-4x2) = 0 +) Xét phương trình u(4x-4x2) = 0.
Giả sử a là một nghiệm của phương trình u(x) = 0 thì từ a Ể {0; 1; 2} ta thấy phương trình 4x-4x2 =a không có nghiệm nào thuộc tập ' 0;-^
2
. Suy ra các nghiệm X = 0; X = 1 là các nghiệm đơn còn X = là nghiệm bội 3 của phương trình f' (4x - 4x2) = 0 .
2
. Do đó, hàm sỗ (x) = 0 là - 0;ị;l
2
+) Nếu phương trình u(4x - 4x2) = 0 có nghiệm thi các nghiệm đó cũng là các nghiệm bội chẵn của phương trình f'(4x - 4x2) = 0 .
Vậy tập nghiệm đơn, nghiệm bội lẻ của phương trình g g(x) = f(4x-4x2) có 3 điểm cực trị.
PENBOOK Luyện đề thi Tốt nghiệp THPT môn Toán--- —*..."ĨÀtOÁGII TẠI1.1 TAIOAOIIOMTI II.GQM--- -- --- --- —*..."ĨÀtOÁGII TẠI1.1 TAIOAOIIOMTI II.GQM--- -- ---
HỌC CHỦ ĐỘNG - SỔNG TÍCH cực 113
Càu 4 1: THI: là hai nghiệm thực. la có 3z, 4/Zj 2 + 5/
TH2: ,r, là hai nghiệm phức. Đặt r, = X + iy => z2 - r - 0’ ■ í 3x + 4y = 2 Ta có 3z, -4iz2 = 2 + 6/ <=> 3(x + ịy)-4/(x-/>) = 2 + 6/ <=>13v_4x = 6 -18 X = —— 25 26 y ~ 25 Khi đó < Z, = ữ = ố2+aò-2 -36 a~ 25 y-^-2=| 5 25 -36 a - 25 b= ■ — 25 L 18-V574 b =--- 25 Vậy có 4 cặp (a;6) thoả mãn.
Cằu 45: Ta có /'(x^ax*-3bx2+2cx-4\g'(x) = -3nix2-ỉ .
Khi đó f'(x) — 2g'(x) +1 = ax3 - (36 + 6/m)x2 + 2cx -1.
Do hàm số y = /(x)-2g(x) + x có ba cực trị là -2;-l;5 nên ta suy ra a*0 và
Tacó /'(0)-2g'(0) + l =-lOứ =-1 => ữ = —. Suy ra /'(x)-2g'(x) + l = ^(x + 2)(x + l)(x-5).
Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường y = /z(x) và y = 2g'(x) — 1 bằng ■s = £T(x + 2Xx + 1)(x-5)i& = ^.
Câu 46: Phương trình đã cho tương đương (3x- 2}ex -y ex +xy-^-x2-x + 2
( 1 2
Xét hàm số /(x) = (3x-2)ex-y ex +xy-^x2-x + 2 I ta có V 2 J
ĐỂ só 03
THI: Nếu 0<v<4=>x = —< 1, do đó ta có bảng biến thiên sau:
Với /(l) = e-y e+y-ịì
\ 2 J
và /(4) = 10e4 -y(e4 + 4y-26) = e4 (10 -y) + 2y (13 - 2y) > 0.
Khi đó yêu cầu bài toán tương đương f (1) < 0 <=> -y2
2 Mà y nguyên dương nên không có giá trị nào của y thoả mãn.
TH2: Nếu y > 13 => X = 3 -- > 4 , do đó ta có bảng biến thiên như sau:
Ta thấy /(l) = e-y
Từ đó suy ra phương trình vô nghiệm.
TH3: 4<y<13=>l<x = -
3 < 4, từ đó ta có bảng biến thiên như sau:
PENBOOK Luyện đẻ thi Tốt nghiệp THPT môn Toán
HỌC CHỦ ĐỘNG - SỐNG TÍCH cực 115
<O,Vye (4;13).
Ta thấy /(1) = e-y
Do đó để phương trình có nghiệm ta cẩn
/(4) = 10e4 -y (e4 + 4y -26) = -4/ + y(26 -e4) + 10e4 > 0.
Suy ra -15,79 < y < 8,64, kết hợp với y nguyên dương và 4<y <13 ta được ye {5; 6; 7; 8}.
Vậy có 4 giá trị của y .
Câu 47: Gọi M, M2 lần lượt là các điểm biểu diễn các số phức z, Zj, z2.
Suy ra Afj, M2 đều nằm trên đường tròn tâm o bán kính R = 5V2 . Do |zj-z2| = 10 nên MYM2 =10.
Tóm lại ta có p = |z| + |z, -z\ + \z2 -z\ = OM+ MMl + MM2.
xét Q(M2.6O°) ị Q(m^ (ơ) = ơ' theo tính chất của phép quay ta có MM2 = MM';
OM = O'M' =ìP = OM +MMÌ + MM2 > M\M + MM'+ M’ơ > M.ơ.
PENBOOK Luyện để thi Tốt nghiệp THPT môn Toán
6 ĐÉ so 03
Dấu bằng xảy ra khi các điểm Mị, M , M', o' thẳng hàng => pmin = M}o' = Ợ50 + 50 -2.5V2.5V2 cos 150° = loựl + Vs .
Càu 48: Đặt V = Arc,.
Lẫy điểm E trên CC' sao cho cc' = 4CZE.
Suyra = =>(MNE)//(ABC).
7 A A B B c'c 4 v 7 v 7
Ta có: VƠMNE = I Vaìj,c;mne (chóp và lăng trụ có chung đáy, đường cao)
y = —V 'V1 2 a'b'c'.mne •
Mặt khác VAZBZCZ = “ V (hai lăng trụ có chung đáy và tỉ lệ đường cao bằng d(M,(A,BV))_MA/_ 1
d(A,(A'B'C')) ~ AA' 4
Suyra v=4.4v = 4v => V2 = V-^V = |v => vl = 1.
7 1 3 4 6 6 6 V2 5
Cảu 49: Gọi M(x; y; z) là một điểm thuộc đường tròn cố định với mọi số thực m, khi đó ta có: X2 +y2 + z2 + 2mx-2(m-l)y-mz + m-2 = 0 đúng với Vm .
<=> m(2x-2y - z + l) + x2 +y2 +z2 +2y-2 = 0 đúng với Vm . 2x-2y-z+l=0
[x2+y2+z2+2y-2 = o'
Vậy đường tròn cố định là giao tuyến của mặt phẳng 2x — 2y — z + l = o và mặt cầu X +y +z +2y-2 = 0 có tầm 0), bán kính R = V3.