Hướng dẫn Đề toán số 41 pptx

Vậy VK BCDM... ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của ·BAC... Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C63... Gọi x là độ dài cạnh của ∆ABC.

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2 Giả sử M(0; b) ∈ Oy

Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng 600 nên MI = R

Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: x + 2 y + = 3 0 Gọi I(a; b) ∈ MN ⇒ a+ b+ =3 0 (1)

Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: y = 2( x a b − + )

Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình:

2 4

Câu II: 1) PT ⇔ cos2 x cos 3 x 2

4 + = (*)

Ta có:

x x

cos2 1 3

x 8

3

π π

 =



 =

 ⇔ x=8mπ.2) PT ⇔ 3 (2x x − = 1) 2 x + 1 (1) Ta thấy x 1

0

1 .sin30 2

+

=

+

uur uur uuur

Câu V: Đặt a = log ,2x b = log ,2y c = log2z ⇒ a b c + + = log (2 xyz ) log 8 3 = 2 =

⇒ P = log22x + + 1 log22y + + 1 log22z + 1 = a2+ + 1 b2+ + 1 c2+ 1

Đặt m r = ( ;1), a n r = ( ;1), b p r = ( ;1) c

Khi đó: P = m n r + + r p r ≥ + + m n p r r r = ( a b c + + )2+ + + (1 1 1)2 = 3 2

Dấu "=" xảy ra ⇔ a b c 1= = = ⇔ x y z 2 = = = Vậy MinP = 3 2 khi x y z 2 = = =

Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) ∈ d 1 , B(b; 2b – 1) ∈ d 2 MA uuur = − − − ( a 1; a 2), MB uuur = − ( b 1;2 b − 2)

⇒ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1)

Gọi I là hình chiếu của B trên (P) Tìm được I(3; 0; 2) Hình chiếu d của đường thẳng AB là

36 49 18 49 12 49

Câu VII.b: Phương trình Cn1+ Cn3= 2 Cn2 ⇔ n n ( 2− 9 n + 14) 0 = ⇔ n 7 =

Số hạng thứ 6 trong khai triển ( 2lg(10 3 )− x +52( 2)lg3x− )7 là:

a

1 ( 1)

−

−

−Phương trình đwòng thẳng MI: y x

1 ( 1) 2 ( 1)

−Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:

Câu II: 1) PT ⇔ cos x cos2 x cos3 x cos4 x 0

cos 0 2 cos 0 5

(2 1) 2 2

2) Điều kiện: x

2 2

1 0 1

Câu IV: Gọi N = BM ∩ AC ⇒ N là trọng tâm của ∆ABD

Kẻ NK // SA (K ∈ SC) Kẻ KI // SO (I ∈ AC) ⇒ KI ⊥ (ABCD) Vậy VK BCDM. 1 KI S BCDM

+ +

3 3 2

3 3 2

24 5 55 47

24 5 55 47

⇒ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)

Câu VI.b: 1) Ta có A = AD ∩ AM ⇒ A(9; –2) Gọi C′ là điểm đối xứng của C qua AD ⇒ C′∈ AB

Ta tìm được: C′(2; –1) Suy ra phương trình (AB): x 9 y 2

− = +

− − + ⇔ x + 7 y + = 5 0.

Viết phương trình đường thẳng Cx // AB ⇒ (Cx): x + 7 y − 25 0 =

Gọi A′ = Cx ∩ AM ⇒ A′(–17; 6) M là trung điểm của AA′⇒ M(–4; 2)

M cũng là trung điểm của BC ⇒ B(–12; 1)

1

2

17 6 5 3

1 3 4 3 17 6

2 4

2 2 2

• Với x = m, thay vào (*) ta được: m0 =0 (thoả với mọi m) Vì x ≠ 1 nên m ≠ 1.

• Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2m−1)(2−m m)− 2= −(2 m)(2− −m 1) ⇔ 4(m−1)2 =0

⇔ m 1= ⇒ x = 1 (loại)

Vậy với m ≠ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= .

Câu II: 1) PT ⇔ 3cos2x 1sin2x cos6x

cos(sin cos )

π+

2

3 0

cos(sin cos )

sin(sin cos )

cos(sin cos )

1(sin cos )

π

+

2 2 0

Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5)

2) Gọi I là điểm thoả: IAuur+2IBuur+3ICuur r=0 ⇒ I 23 13 25; ;

6 6 6

Ta có: T = MAuuur+2uuurMB+3uuurMC = (MI IAuuur uur+ ) (+2 MI IBuuur uur+ )+3(MI ICuuur uur+ ) = 6MIuuur =6 MIuuur

Do đó: T nhỏ nhất ⇔ MIuuur nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của I trên (P)

• Ta có: AB AC

IB IC

 =

 ⇒ AI là đường trung trực của BC ∆ABC vuông cân tại A nên AI cũng là

phân giác của ·BAC Do đó AB và AC hợp với AI một góc 45 0

• Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 45 Khi đó B, C là giao điểm của d với 0

313

2) Gọi H là hình chiếu của M trên d Ta có: MH = d M d ( , ) = 2

Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = 2MH 2 6

⇒ f(t) đồng biến khi t > 0 ⇒ f(x) = f(2y) ⇔ x = 2y

Thay x = 2y vào (2) ta được: y 5y 9 0

Vậy nghiệm của hệ là: 9 9;

Câu I: 2) Gọi x y( ; ) là toạ độ của tiếp điểm.0 0

Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y x= hoặc

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y= − −x 2

Câu II: 1) Điều kiện: x

622

cos 2sin cos 3

1 sin 2sin 2sin

− + − ⇔ cos x − sin 2 x = 3(sin x + cos2 ) x

⇔ 3cos2x 1sin2x 1cosx 3sinx

và ( u v )2 1 3 uv 1 3 ( u v )2

4

+ = + ≤ + + ⇒ ( u v + )2≤ 4 ⇒ u v 2+ ≤ (4)

Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2)

Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) ∈∆⇒ IE uur = − ( a 6;3 − a )

Gọi P là điểm đối xứng của E qua I ⇒ P(12 – a; a – 1), MP uuur = (11 ; − a a − 6)

• Với a 6 = ⇒ IE (0; 3) uur = − ⇒ Phương trình AB: y 5 =

• Với a 7 = ⇒ IE (1; 4) uur = − ⇒ Phương trình AB: x − 4 y + 19 0 =

0 8 15

Khoảng cách từ M đến ∆2: d M t 2 t 2 t 2

2 (8 14) ( 14 20) ( 4) ( , )

1 53 35

∆ qua O ⇔ x0= 0, x0 = 3⇒ Các tiếp tuyến cần tìm: y = 3 x, y = 0

Câu II: 1) PT ⇔ ( sin x + cos x + 1 2cos ) ( x − = 3 ) 0

Câu III: Ta có: x2− 2 x + ≥ 2 1nên PT 2 2

x m

Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )

t

2 2

7 '

1 1 cos ln

x C x

Đặt t = log3x Ta có: t2+ − > ⇔ < − 4 t 5 0 t 5hoặc 1 t< ⇔ 0 1

243

x

< < hoặc x>3.2) Ta có:

2 2

1 ' mx

• ( ) ∆2 : 3 x y b + + = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d I ( , ∆ =2) R 3 1 2 3

2

−

⇔ b = ⇔ = ± + b Kết luận: ( ) ∆2 : 3 x y + ± + 2 3 0 =

Hướng dẫn Đề số 47

www.MATHVN.comCâu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: x4− 2 m x2 2+ m4+ 2 m = 0 (∗)

Đặt t x t = 2( ≥ 0 ), ta có : t2− 2 m t m2 + 4+ 2 m = 0(∗∗)

Ta có : ∆ = − ' 2 m > 0 và S = 2 m2> 0 với mọi m 0 < Nên PT (∗∗) có nghiệm dương

⇒ PT (∗) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm)

Câu II: 1) PT ⇔ 3 sin 2 x + cos2 x + 4sin x − = 1 0 ⇔ 2 3 sin cos x x − 2sin2x + 4sin x = 0

3 Vậy GTNN của P là 19 khi x y z 1 = = = 3.

Câu VI.a: 1) Điều kiện : x 0 >

PT ⇔1 log + 2x log4x = 3log2 x ⇔  =

2

log 1

2 Do đó: x y Z , ∈ ⇔ − = ± ⇔ = x 2 1 x 3, x = 1Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là

( ) ( )

A 1;0 , 3;2 B

Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x y 1 0 − − =

Câu VII.a: Gọi I m m ( ;2 − ∈ 4 ) ( ) d là tâm đường tròn cần tìm

Câu VI.b: 1) Điều kiện :x>0 Đặt t = log2x, ta có : ( 1 ) 0

Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k ⇒ PT d y k x : = ( + + 1 1 )

Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N 3

Mặt khác: xM + xN = − = 2 2 xI ⇔ I là trung điểm MN với ∀ <k 0

Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là y kx k = + + 1 với k<0

Câu II: 1) PT ⇔ cos3 x − 3 sin 3 x = 3 cos 2 x + sin 2 x

2) Ta có : x y2 2 = ⇔ 9 xy = ± 3

• Khi: xy = 3, ta có: x3− y3= 4 và x3 ( ) − y3 = − 27

Suy ra: x3; ( ) − y3 là các nghiệm của phương trình: X2− 4 X − 27 0 = ⇔ X = ± 2 31Vậy nghiệm của Hệ PT là:

x = + y = − − hoặc x =32 − 31, y = −32 + 31

• Khi: xy = − 3, ta có: x3− y3= − 4 và x3 ( ) − y3 = 27

Suy ra: x3; ( ) − y3 là nghiệm của phương trình: X2+ 4 X + 27 0 = ( PTVN )

Câu III: Đặt t = x2+ 1 Điều kiện: t ≥ 1

4 3 2

+ +

= +

a AA

2 1

1 8

2 3

log 3 log 3

2

2 2

+ +

Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x = và y x 8= +

Câu II: 1) Điều kiện x x ( )

⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈ Z : Không thoả điều kiện (*).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x y– –3 0=

Vậy B ( 1; 2 , 6;3 − ) ( ) C hoặc B ( ) ( 6;3 , 1; 2 C − )

2) ( ) : S ( x − 1 )2+ + ( y 2 )2+ − ( z 4 )2 = 25 có tâm I 1; 2;4 ( − ) và R = 5

Khoảng cách từ I đến (α) là: d I ( ,( ) α = < ) 3 R ⇒ (α) và mặt cầu (S) cắt nhau

Gọi J là điểm đối xứng của I qua (α) Phương trình đường thẳng IJ :

1 2 2

Vì H là trung điểm của IJ nên J 3;0;0 ( − ).

Mặt cầu (S′) có tâm J bán kính R′ = R = 5 nên có phương trình: ( ) : S ′ ( x + 3 )2+ y2+ z2 = 25

Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra:

• Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ

Số cách chọn 3 nam còn lại là C63

Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C93

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C63. 93 = 1680 (cách)

• Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường

Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C64

Số cách chọn 2 nữ còn lại là C92

Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C C64. 92= 540 (cách)

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách)

Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: y x= .

Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :

2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3

Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3 Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và (S)

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương uuur AB = − ( 2;6;3 ) nên có phương trình:

Toạ độ điểm D thoả Hệ PT:

Suy ra: 23 1x 3 2 2 x 1 log 3 2 2 12( )

2 2

1 log 3 2 2 1 3

• Khi m = 0 thì y ′ = 3 x2 ≥ 0 ⇒ (1) đồng biến trên R ⇒ thoả yêu cầu bài toán

• Với x = 3 y, thế vào (2) ta được : y2− 6 y + = ⇔ = 8 0 y 2 ; y = 4

x = , thế vào (2) ta được : 3 y2− 2 y + 24 0 = Vô nghiệm

Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 6 12

3 1

Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC Giả thiết cho SIH · = 450

Gọi x là độ dài cạnh của ∆ABC Suy ra : 3 3 3

Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1) − và d1⊥ d2

Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi d1, d2 là:

∆1: 7 x + 3 y − = 4 0 và ∆2: 3 x − 7 y − = 10 0

3

d tạo với d1, d2một tam giác vuông cân ⇒ d3vuông góc với ∆1 hoặc ∆2.

⇒ Phương trình của d3có dạng: 7 x + 3 y C + = 0 hay 3 x − 7 y C + ′ = 0

Mặt khác, d3qua P ( 7;8) − nên C = 25 ; C′ = 77

Suy ra : d3: 7 x + 3 y + 25 0 = hay d3 :3 x − 7 y + 77 0 =

Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29

2 ⇒ cạnh huyền bằng 58Suy ra độ dài đường cao A H = 58

58

d A d = ( loại )

2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z 2= vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn

tâm O1(0,0,0) , bán kínhR1 = 2 và tâm O2(0,0, 2), bán kínhR2 = 8 Suy ra tâm mặt cầu (S)

Vậy phương trình mặt cầu (S) : x2+ y2+ − ( z 16)2 = 260

Câu VII.a: An3 = 20 n ⇔ n n ( − 1)( n − = 2) 20 n ⇔ n2− − = 3 n 18 0 ⇔ n = 6 và n = – 3 ( loại )Khi đó:

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (1; 3) − và bán kính R = 5

Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và IH = R2− AH2 = 52− 42 = 3 hay

• Với 4 A + 3 B = 0, chọn A = 3; B = – 4 ⇒ Phương trình của (): 3 x − 4 y = 0

• Với A = 0, chọn B = 1 ⇒ Phương trình của (): y 0 =

Kết luận : PT của () là 3 x − 4 y = 0 hay y 0 =

2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP u ur = − − (1; 1; 2) (P) có VTPT n r ′ = − − (2; 2; 1)

Giao điểm M(0;0;m) cho uuuur AM = − ( 1;0; ) m (α) có VTPT n ur =   uuuur ur AM u ,   = ( ; m m − 2;1)

x m

− ≤ ≤ thì PT có nghiệm