Ôn thi đại học - Đề 21 đến đề 30

Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: (1)

 (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

 .

 Mặt khác:

 Do đó:

 với là hai nghiệm của phương trình (2).

 

doc21 trang | Chia sẻ: quynhsim | Ngày: 01/12/2016 | Lượt xem: 50 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Ôn thi đại học - Đề 21 đến đề 30, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Hướng dẫn Đề số 21 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: (1) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. . Mặt khác: Do đó: với là hai nghiệm của phương trình (2). (thỏa (a)). Vậy . Câu II: 1) * Đặt: điều kiện: t > 0. Khi đó BPT Û · : · : Þ Vậy, bất phương trình có nghiệm: 2) PT Đặt: . Vì: và , nên: với Ta có: (1) Đặt: Xét hàm số: , với t < 0 Þ Þ Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm t < 0 Û (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 . Vậy, giá trị m cần tìm: Câu III: Đặt : Þ = Câu IV: Dựng và SH là đường cao của hình chóp. Dựng D SHN = D SHP Þ HN = HP. D AHP vuông có: ; D SHP vuông có: Thể tích hình chóp Câu V: Với thì và · · Đặt: Þ · Từ BBT ta có: . Vậy: . Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 Þ d(C; AB) = Þ ; Trọng tâm GÎ (d) Þ 3a –b =4 (3) Từ (1), (3) Þ C(–2; 10) Þ r = Từ (2), (3) Þ C(1; –1) Þ . 2) d(A, (d)) = Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 Câu VII.a: PT Û Û (1) Đặt ẩn số phụ: t = . (1) Û Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; . Câu VI.b: 1) (C1): có tâm , bán kính R1 = 2. (C2): có tâm , bán kính R2 = 1. Ta có: Þ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) Þ (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ta có: Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: 2) (d1) có vectơ chỉ phương ; (d2) có vectơ chỉ phương Giả sử (d ) cắt (d1) tại . Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ): . Câu VII.b: Xét đa thức: · Ta có: · Mặt khác: · Từ (a) và (b) suy ra: Hướng dẫn Đề số 22 www.VNMATH.com Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x = 0 Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) và B(-2 ; m + 4) Ta có: . Để thì Câu II: 1) PT Û Û (sinx + cosx)(sin2x - 1) = 0 2) Điều kiện: x £ 3. Đặt . BPT Û Với Câu III: Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình: Diện tích cần tìm Đặt x - 1 = sin t; Þ dx = cost ; Với Þ Câu IV: Kẻ SH ^ BC. Suy ra SH ^ (ABC). Kẻ SI ^ AB; SJ ^ AC. Þ Þ DSIH = DSJH Þ HI = HJ Þ AIHJ là hình vuông Þ I là trung điểm AB Þ Trong tam giác vuông SHI ta có: . Vậy: Câu V: Sử dụng BĐT: Ta có: Tương tự đối với 2 biểu thức còn lại. Sau đó cộng vế với vế ta được: Câu VI.a: 1) Đường thẳng (D) có phương trình tham số: Mặt phẳng (P) có VTPT Giả sử N(-1 + 3t ; 2 - 2t ; 2 + 2t) Î D Þ Để MN // (P) thì Þ N(20; -12; 16) Phương trình đường thẳng cần tìm : 2) Phương trình AB : x + 2y - 1 = 0 ; . Gọi hc là đường cao hạ từ C của DABC. Giả sử C(2a + 1 ; a) Î (D). Vì Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) và C2(-5; -3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra: Câu VI.b: 1) I có hoành độ và Gọi M = d Ç Ox là trung điểm của cạnh AD, suy ra M(3;0). , suy ra phương trình AD: . Lại có MA = MD = . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: hoặc . Vậy A(2;1), D(4;-1), là trung điểm của AC, suy ra: Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): . Do đó (P) và (S) không có điểm chung. Do vậy, min MN = d –R = 5 –3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi D là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của D và (P). Đường thẳng D có VTCP là và qua I nên có phương trình là . Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: Suy ra . Ta có Suy ra M0(0;–3;4) Câu VII.b: Ta có: PT Û z2 - 2(1 + i)z +2i = 0 Û z2 - 2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0 Û (z - i - 1)2 = 0 Û z = i + 1. Hướng dẫn Đề số 23 www.VNMATH.com Câu I: 2) · : PT có 1 nghiệm duy nhất · m = hoặc m = : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép) · m: PT có 3 nghiệm phân biệt Câu II: 1) PT Û cosx(1 + cosx) + 8 = 0 Û Û 2) PT Û Câu III: I = = = = ln(e3x + e2x – ex + 1) = ln11 – ln4 = Vậy eI = . Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = . VASBC = SABC.SA = Câu V: P = = = 2 ≥ 2. Vậy minP = 2 khi và chỉ khi A = B = C = Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M Þ I¢ Þ (C¢): 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và D1 Þ (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và D2 Þ (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 Þ Phương trình của (d) = (P) Ç (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2]È[2;3] · y’ = 3x2 – 3, y’ = 0 Û x = ± 1 Ï D · y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 Þ kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng D, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: Khử x giữa (1) và (2) ta được: Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 2) Phương trình tham số của : Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với D1 và D2 Þ M(7 + t¢;3 + 2t¢;9 – t¢) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) VTCP lần lượt của D1 và D2 là = (1; 2; –1) và = (–7;2;3) Ta có: . Từ đây tìm được t và t¢ Þ Toạ độ của M, N. Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k Î R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 Û – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i = 0 Û Û k = 1 Vậy nghiệm thuần ảo là z = i Þ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0 Û (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0 Từ đó suy ra nghiệm của phương trình. Hướng dẫn Đề số 24 www.VNMATH.com Câu I: 2) . YCBT Û phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1 Û Câu II: 1) · Nếu , phương trình vô nghiệm. · Nếu , nhân hai vế phương trình cho ta được: , đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, mÎZ . 2) Điều kiện: 0< x ≠ 1. Đặt: . BPT Û (*) luôn sai với mọi y > 0. Kết luận: BPT vô nghiệm. Câu III: Đặt : Do đó: Câu IV: Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của các đường chéo AD, BE, CF. SO ^(ABCDEF). Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng nhau cạnh b. Diện tích đáy: Sđáy = 6SDOAB =(đvdt) Chiều cao h = SO = Þ Thể tích V = * Xác định được d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ. Chứng minh OJ ^(SAF) Trong DSOJ vuông tại O ta có OJ = Câu V: Đặt A = , B = · Nếu y = 0 thì A = B = x2 Þ 0 £ B £ 3. · Nếu y ≠ 0, ta đặt khi đó: . Xét phương trình: (a). (a) có nghiệm Û Vì 0 £ A £ 3 Þ . Đây là điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình Đường thẳng AC đi qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng: Gọi Từ giả thiết suy ra . Do đó · a = 0 . Do đó · 3a – 4b = 0: Chọn a = 4 thì b = 3. Suy ra (trùng với ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y – 4 = 0. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: 2) Tọa độ của trung điểm I của AB là: I(2; 2; 0) Þ Phương trình đường thẳng KI: . Gọi H là hình chiếu của I lên (a) Þ H(–1; 0; 1). Giả sử K(xk; yk; zk), khi đó: và Từ yêu cầu bài toán ta có hệ: . Kết luận: . Câu VII.a: Ta có: Û ( đúng) Þ (đpcm). Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). 2) Vì AÎ D1 Þ A(t+1; –t –1; 2); BÎ D2 Þ B( t'+3; 2t' +1; t') Þ Vì đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Û AB là đoạn vuông góc chung của (D1) và (D2) Þ Þ A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0). Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 thì chia hết 3 và chia hết 5. · Các bộ số gồm 5 số có tổng chia hết cho 3 là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6). · Mỗi số chia hết cho 5 khi và chỉ khi số tận cùng là 0 hoặc 5. + Trong các bộ số trên có 4 bộ số có đúng một trong hai số 0 hoặc 5 Þ 4.P4 = 96 số chia hết cho 5. + Trong các bộ số trên có 3 bộ số có cả 0 và 5. Nếu tận cùng là 0 thì có P4= 24 số chia hết cho 5. Nếu tận cùng là 5 vì do số hàng chục nghìn không thể là số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho 5. Trong trường hợp này có: 3(P4+3P3) = 126 số. Vậy số các số theo yêu cầu bài toán là: 96 + 126 = 222 số. Hướng dẫn Đề số 25 www.VNMATH.com Câu I: 2) Ta có : . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. Từ (2) Û x(x – 1)£ 2 Û 1 < x £ 2. Hệ PT có nghiệm Û (1) có nghiệm thoả 1 < x £ 2 Û Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) Þ (1) có nghiệm x Î(1;2] Û . Vậy hệ có nghiệm Û k > – 5 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0 Û 2sin2x + sinx –1 = 0 Û . Vì x Î[ 2; 40] nên Þ 0,7 £ k £ 18,8 Þ k . Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = . 2) Điều kiện: . PT Û Û (tmđk) Câu III: Ta có : . Câu IV: Ta có: DSAC vuông tại A Þ Þ AC¢ = = a Þ DSAC¢ đều Vì (P) chứa AC¢ và (P) // BD Þ B¢D¢ // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC¢ và B¢D¢ Þ I là trọng tâm của DSBD. Do đó: . Mặt khác, BD ^ (SAC) Þ D¢B¢ ^ (SAC) Þ B¢D¢ ^ AC¢ Do đó: SAB'C'D' = . Đường cao h của khối chóp S.AB¢C¢D¢ chính là đường cao của tam giác đều SAC¢ Þ . Vậy thể tích của khối chóp S. AB¢C¢D¢ là V = . Câu V: Ta có BĐT Û Û (1) Đặt: . Khi đó : (1) Û (*) Vì ( theo BĐT Cô–si) Và (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM. Dấu "=" xảy ra Û x = y = z Û a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều. Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP của AC làm VTPT Þ BO: 7x – 4y = 0 Þ B(–4; –7) A nằm trên Oy Þ đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Ta có: Þ phương trình mp(P) Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: . Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: (1) Cho x = 1 và n = 25 từ (1) Þ 25. 24.223 = Û = 5033164800. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M Î Oy Þ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Þ Vì MI là phân giác của nên: (1) Û = 300 Û MI = 2R Û (2) Û = 600 Û MI = R Û (vô nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0;) và M2(0; –) 2) , , Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) (P) có VTPT = (5; –4; 0) Þ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) Þ (Q) có VTPT = (–2;–3; 0) Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Ta có: Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: . Hướng dẫn Đề số 26 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: = – x + m luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m) AB = = Vậy GTNN của AB = khi và chỉ khi m = 2 Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = BPT Û 2) Điều kiện: PT – sin3x = sinx + sin2x Û sin2x(2cosx + 1) = 0 Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: Câu III: Ta có: sinx +cosx = 2cos, sinx = sin = I = = Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B¢, C¢ sao cho SB¢ = SC¢ = a. Ta có AB¢ = a, B¢C¢ = a, AC¢ = a Þ DAB¢C¢ vuông tại B¢. Gọi H là trung điểm của AC¢, thì DSHB¢ vuông tại H. Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB¢C¢ Vậy: VS.AB’C’ = . Þ VS.ABC = Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: . Dấu " = " xảy ra Û 2a = b + c. Tương tự: Suy ra: . Dấu bằng xảy ra Û a = b = c = . Kết luận: minP = Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1) Từ điều kiện tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0 2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P)(Q) suy ra phương trình (D). Câu VII.a: PT có hai nghiệm Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F. Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*) Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( – a y = 0 Toạ độ của M là nghiệm của hệ: Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) ta được x2 + y2 = 9 2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ^ BC; (Q) qua B và (Q) ^ AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H Câu VII.b: Ta có: (1) = Hướng dẫn Đề số 27 Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau Û phương trình có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng Û phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2. Û . Câu II: 1) PT Û 2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) Û . · Với t > 0 VT 10. · Với t 10, VP < 10. Þ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y. Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) Û . Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được: (2) Û . Đặt (ĐK y ³ 0). Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 Û . Từ đó ta tìm được x. Câu III: S = . Đặt Þ Câu IV: · Chứng minh: D ACD vuông tại C Þ DACD vuông cân tại C. · VSBCD = VS.ABCD – VSABD. · Chứng minh BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH Þ AH ^ (SBC). Kẻ AK ^ (SC) Þ AK ^ (SCD) Þ (AKH) ^ (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK) ^ (SCD) hay (AMK) ^ (SED). AH ^ (SBC) Þ AH ^ HK Þ tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HI ^ MK có HI = d(H, (SCD)). · Tính AH, AM Þ HM; Tính AK Þ HK. Từ đó tính được HI. Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2 . Dấu "=" xảy ra Û a = b. Ta có: Tương tự: và Vậy Vậy MaxP = khi x = y = z = Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực của AB. 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(–3;–1). Vì nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4). Câu VII.a: Phương trình: có nghiệm duy nhất n = 19. (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính. 2) Ta có: . Phương trình của AB là: . . I là trung điểm của AC và BD nên: Mặt khác: (CH: chiều cao) . Ngoài ra: Vậy tọa độ của C và D là hoặc Câu VII.b: Đặt . Ta được phương trình: 3t + 4t = 5t . Phương trình có nghiệm duy nhất t = 2. Þ n2 – 2n + 6 = 9 Û n2 – 2n – 3 = 0 Û n =3 Hướng dẫn Đề số 28 www.VNMATH.com Câu I: 2) Câu II: 1) PT Û - cos22x - cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ¹ 0 Û Û cos2x = 0 Û 2) Đặt Û t2 - 2 = x2 - 2x. BPT Û Khảo sát hàm số: với 1 £ t £ 2. g'(t) Þ g tăng trên [1,2] Do đó, YCBT BPT có nghiệm t Î [1,2] Vậy: m Câu III: Đặt Þ = Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A º O, , , Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: Þ đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : Ta có (cùng phương với (1;–1;3) ) Þ PT (A'B) : Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2) Câu VII.a: PT Đặt: , (x0) Từ BBT Þ max f(x) = 3; min g(x) = 3 Þ PT f(x)= g(x) có nghiệm Û maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 Þ PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng D có PTTS: . Điểm nên . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và . Ta có Suy ra và Mặt khác, với hai vectơ ta luôn có . Như vậy Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng và . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2) Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ¹ 1 BPT Hướng dẫn Đề số 29 Câu I: 2) Ta có ; (m<0) Gọi A(0; m2+m); B(; m); C(–; m) là các điểm cực trị. ; . DABC cân tại A nên góc chính là . Vậy m= thoả mãn bài toán. Câu II: 1) Điều kiện . Nhân hai vế của bpt với , ta được BPT Kết hợp với điều kiện ta được . 2) Điều kiện . Ta có PT . Câu III: Nhận xét: Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là: == Suy ra S= (đvdt) Câu IV: Ta có AO=OC=a Suy ra V=B.h= Tính góc giữa AM và A¢C. Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN. Xét DA¢CN ta có: . Þ Vậy cosin của góc giữa AM và A¢C bằng . Câu V: Đặt với ta có . Xét hàm số với . Ta có (loại); . Vậy . Suy ra . Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi và GTNN của A là 0 đạt được khi . Câu VI.a: 1) Ta có . Mặt khác với AB= Þ IH = 2. Gọi vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0; IH = 2 TH1: TH2: 2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC. Ta có: = =. Mặt khác: (đvtt); (đvdt) (đvdt) Þ (đvdt) Do đó: (đv độ dài) Câu VII.a: Ta có (1) Mặt khác: . Vậy hệ số của trong khai triển của là . Do (1) đúng với mọi x nên . Suy ra điều phải chứng minh. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R=. Suy ra Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì là tam giác đều. Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là: Vì B, C Î (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình: Giải hệ PT trên ta được: hoặc ngược lại. 2) PTTS của d1 là: . M Î d1 nên tọa độ của M . Theo đề: + Với t = 1 ta được ; + Với t = 0 ta được · Ứng với M1, điểm N1 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: . PTTS của d2 là:  (2) Thay (2) vào (1), ta được: t = –1. Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0). · Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5). Câu VII.b: Điều kiện: . Hệ PT Û Hướng dẫn Đề số 30 www.VNMATH.com Câu I: 2) Tacó Với thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT. Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: . Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là tức là: Câu II: 1) ĐK:. PT Û Û Û Û 2) PT Û . Câu III: Đặt Þ I = = Câu IV: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC. Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 Û a2 = 3AB2 Û ; Þ Câu V: Ta chứng minh: (1) Thật vậy, (1) Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 Û (a + b)(a – b)2 0. Tương tự: (2) , (3) Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được: Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1 Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với ) Vì (P) (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 A + B + C = 0 Û C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) = (2) Thay (1) vào (2), ta được: · . Chọn thì (P) : · . Chọn A = 5, B = thì (P) : 2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) . Ta có: Tọa độ trung điểm I của MN: Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0. Câu VII.a: :· 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) · Mỗi bộ 3 vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ. · Mỗi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn lại Vậy có tất cả là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT. Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3;3), B(6;5;2)(d), mà A, B Î (P) nên (d) Ì (P) . Gọi là VTCP của () Ì (P), qua A và vuông góc với (d) thì nên ta chọn . Phương trình của đường thẳng () : Lấy M trên () thì M(2+3t; 39t; 3+6t). (D) là đường thẳng qua M và song song với (d). Theo đề : · t = M(1;6;5) · t = M(3;0;1) 2) Gọi là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: ; Theo giả thiết: , suy ra: Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3). Câu VII.b: Đặt PT Û Xét hàm số Þ f(t) = m có nghiệm Û .

File đính kèm:

  • doc-giai de thi daihoc 21-30.doc