Ôn thi đại học - Đề 51 đến đề 55

Hướng dẫn Đề số 51 Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: Û Đê thỏa mãn YCBT thì PT có 2 nghiệm phân biệt khác 0 và Û Û Câu II: 1) Điều kiện: . PT Û Û Û 2) Từ hệ PT Þ . Khi đó ta có: Đặt ta có hệ: · Với ta có hệ:. · Với ta có hệ: , hệ này vô nghiệm. Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: . Câu III: Đặt . Suy ra : Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ PQ. Suy ra AC ¢ (BDMN) Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. Tính được . Þ . Suy ra: . Câu V: · Cách 1: Ta có . Đặt thì ta có . Xét hàm số: trên đoạn Có: và với "a . Vậy: . Dấu "=" xảy ra Û . · Cách 2: Ta có (1) Tương tự: (2), (3) Từ (1), (2), (3) Þ = Þ Þ Mặt khác Þ . Do đó: . Dấu "=" xảy ra Û . Câu VI.a: 1) Gọi và là trung điểm của BC. Suy ra: . Vì C’ là trung điểm của AB nên: nên . Phương trình BC: . Tọa độ của C là nghiệm của hệ: Tọa độ của . 2) Ta có: Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là Suy ra (ABC): . Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là Bán kính là Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: Suy ra . Do đó: . Câu VI.b: 1) Giả sử tâm Î D. Ta có: Û Û Þ PT đường tròn cần tìm: . 2) Ta có là 1 VTPT của (ABC) Suy ra phương trình (ABC): Û . Giả sử M(x; y; z). Ta có: Û Þ Câu VII.b: Điều kiện: Hệ PT Û Đặt thì (1) trở thành: Với ta có: . Thế vào (2) ta có: · Với Þ (không thoả (*)). · Với Þ (thoả (*)). Vậy hệ có nghiệm duy nhất . Hướng dẫn Đề số 52 www.VNMATH.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ và CT Û có 2 nghiệm phân biệt Û D = > 0 Û Khi đó: . Dựa vào bảng xét dấu y¢ suy ra Do đó: Û Û Câu II: 1) Điều kiện . PT Û Û Û Û Û . 2) PT Û Û Û . Câu III: Ta có: Þ = . Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ^ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó DASC vuông tại S. Ta có: = Do đó: Û . Câu V: Ta có: Tương tự: . Ta sẽ chứng minh (*) Thật vậy, (*) Û Û . Dấu "=" xảy ra Û . Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là Î d1. Khi đó: Û Û Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: và . 2) (D) :. (P) có VTPT . Gọi I là giao điểm của (D) và đường thẳng d cần tìm là VTCP của d. Do d song song mặt phẳng (P) . Vậy phương trình đường thẳng d là: . Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=. Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm. Vì phải có mặt chữ số 0 và nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách. Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là : . Vậy số các số cần tìm là: 5. = 33.600 (số) Câu VI.b: 1) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3. (d) cắt tại 2 điểm phân biệt A, B Ta có: Vậy: lớn nhất là khi AB = 2) Ta có: Þ VTPT của (SMN) là Phương trình mặt phẳng (SMN): Ta có: d(A,(SMN)) Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định. Câu VII.b: BPT Û Û Û Û Û Û Hướng dẫn Đề số 53 www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB. Do DOAB vuông tại O nên: Þ Hệ số góc của d bằng hoặc . Hệ số góc của d tại M là: Þ Û Û Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: hoặc Câu II: 1) Điều kiện: . PT Û Û Û Û . 2) Hệ PT Û Û Đặt . Hệ trở thành Û . Từ (1) Þ · Với uv = 5 Þ . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: và · Với uv = 6 Þ . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: và Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: , , , . Câu III: Đặt Þ . I = = = . Câu IV: Từ giả thiết suy ra DABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ^ AC và BH ^ (ACC¢A¢). Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA¢C¢ Þ BH = . Từ giả thiết Þ MA¢ = , A¢C¢ = . Do đó: . Câu V: Ta có: . Tương tự, BĐT trơt thành: Û Theo BĐT Cô–si ta có: . Dấu "=" xảy ra Û . Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = < 6 = R Þ E nằm trong hình tròn (C). Giả sử đường thẳng D đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ^ D. Ta có IH = d(I, D) ≤ IE. Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất Û H º E Û D đi qua E và vuông góc với IE Khi đó phương trình đường thẳng D là: Û . 2) Giả sử (S): . · Từ O, A, B Î (S) suy ra: Þ . · Û Û Vậy (S): hoặc (S): Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: (a1 ¹ 0). · Giả sử có thể bằng 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: + Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2! · Bây giờ ta xét = 0: + Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: + Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: + Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7 Vậy số các số cần tìm là: (số). Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là , của BC là , của AC là với . Do DABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau. Suy ra: Þ Û Û Û · Với , ta có thể chọn Þ Þ AC // AB Þ không thoả mãn. · Với , ta có thể chọn Þ Khi đó phương trình AC là: Û . 2) PTTS của D: . Gọi Î D. Diện tích DMAB là = ≥ Vậy Min S = khi hay M(1; 0; 2). Câu VII.b: PT Û Û Û PT đã cho có nghiệm duy nhất Û (*) có đúng 1 nghiệm dương Û có đúng 1 nghiệm dương. Xét hàm số với t Î [0; +∞). Ta có: Þ . , . Dựa vào BBT ta suy ra phương trình có đúng 1 nghiệm dương Û Û . Hướng dẫn Đề số 54 www.VNMATH.com Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: Ta có: (với mọi x và mọi m ) Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = –1 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường thẳng luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II: 1) Điều kiện: (*). PT . (Thỏa mãn điều kiện (*) ). 2) Điều kiện: (**) PT Û Û Û Û Û Û Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: Câu III: Đặt = . Ta có: và . I = = = = = = = . Câu IV: Ta có SA (ABC) SA AB; SA AC.. Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB BC AC BC SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a ; là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). SA = AC.tan600 = . Từ đó . Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = = .SB2 = . Câu V: Tập xác định: D = R . Ta có: ( BĐT Cô–si). Dấu "=" xảy ra Û . Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Câu VI.a: 1) Ta có là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy ra : = + = 10 a = 5. Mặt khác: c = và Þ Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; –) ; B2 ( 0; ). 2) d có VTCP . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Giả sử Þ Mà AH d nên Þ Û Þ Þ AH = . Mà DABC đều nên BC = hay BH = . Giả sử thì Û Vậy: và hoặc và Câu VII.a: Xét khai triển: Lấy đạo hàm 2 vế ta được: Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: Cho x = 1 ta được đpcm. Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có Þ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có VTPT nên có PT: Þ E(0; 3) Þ C(4; 3). Mà nên B(–1; 1). Þ Phương trình BC: . 2) Gọi I là tâm của (S). I Î d Þ . Bán kính R = IA = . Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: Û Û . Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0). Vậy phương trình mặt cầu (S): . Câu VII.b: Từ (2) suy ra (3). Thế vào (1) được: Û hoặc · Với . · Với Û (4). Thế vào (3) được: Û Û Û Û . Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) Hướng dẫn Đề số 55 www.VNMATH.com Câu I: 2) Ta có Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của và đường thẳng Với nên bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng qua Ox. Dựa vào đồ thị ta có: m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0 Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt Câu II: 1) PT 2) Điều kiện: Hệ PT Û . Đặt: ta có hệ: . Thế (1) vào (2) ta có: . Kết hợp (1) ta có: (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). Câu III: · Tính . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được . · Tính . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được: Suy ra: . Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD . · . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao. · SA = AB tan600 = , Þ MN = , BM = Diện tích hình thang BCMN là : S = · Hạ AH BM. Ta có SHBM và BC (SAB) BC SH . Vậy SH ( BCNM) SH là đường cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = . Vậy BM là phân giác của góc SBA SH = SB.sin300 = a · Thể tích chóp SBCNM ta có V = = . Câu V: Đặt . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và BĐT Û (*) Ta có: (*) Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: (1) ( 2) ( 3) Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. Câu VI.a: 1) Do nên phương trình AB: . · B = Þ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: Û Þ B(-4; 3). · Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì . Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): . Gọi . Giải hệ: . Suy ra: I(–1; 3) · Phương trình BC: . Giải hệ: Þ . · , . Suy ra: 2) a) · VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: Þ cùng phương. Mặt khác, M( 2; 0; –1) d1; M( 2; 0; –1) d2.. Vậy d1 // d2. · VTPT của mp (P) là Þ Phương trình mp(P): . b) Þ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 . Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d. Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B. · Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H . A’ đối xứng với A qua H nên A’ I là trung điểm của A’B suy ra I. Câu VII.a: Nhận xét không là nghiệm của PT. Vậy z Chia hai vế PT cho ta được: (1) Đặt . Khi đó Phương trình (2) trở thành: (3). Þ PT (3) có 2 nghiệm , · Với : ta có (4a) Có Þ PT (4a) có 2 nghiệm : , · Với : ta có (4b) Có Þ PT (4b) có 2 nghiệm : , Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : . Câu VI.b: 1) Ta có: Þ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: Þ Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0) Ta có: Theo giả thiết: Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận làm VTPT nên có PT: Mặt khác: Þ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; –1). Do là trung điểm của AC suy ra: Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) 2) a) d1 có VTCP và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP và đi qua điểm N( 2; 3; 0) . Ta có: Þ d1 , d2 chéo nhau. Gọi , . AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 Û A; B (2; 3; 0) Đường thẳng D qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 Þ D: b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: Câu VII.b: Ta có: Thấy: , với · Ta có: . Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của nên . · Ta có: Cho x = –1 ta có: Cho x=1 ta có: . Suy ra:. · Từ đó ta có: .