Theo chương trình chuẩn: Câu VI a.
Trang 1ĐỀ SỐ 1
Download tài li u h c t p t i : http://aotrangtb.com
Trang 2Câu I:
1. Bạn tự giải
(3; 0)
MN =
uuuur
Phương trình đường thẳng MN: y =2
( C): y = x3+3x 2 - 4
2
2
x
y
x
=
é
= -
ë Hàm số đạt cực đại tại điểm A(2 ;0) và đạt cực tiểu tại điểm B(0 ;4)
Vì MNPQ là hình bình hành nên MN // PQ Þ pt đường thẳng PQ (d) có dạng y = a
Kết hợp với đk (d) cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt P, Q nên (d) đi qua A hoặc B
+Trường hợp (d) qua A ta có pt (d) là y = 0
Phương trình hoành độ giao điểm (d) và ( C ) là: 3 2
x + x - =
1
2
x
x
=
é
Û ê = -
ë
(1;0)
P
Ta có: uuur PQ = - ( 3; 0)
cùng phương với MN uuuur
nên thoả +Trường hợp (d) đi qua B nên pt (d) là y = 4
Chứng minh tương tự ta được P(3;4) , Q(0; 4) Þuuur PQ = (3; 0)
nên thoả Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là :y = 0 hoặc y = 4
Câu II:
3
6 sin 2 cos sin
3
x
p p
-
(1)
3
p
0
6
x p
Trang 31 cos 2
2
6
6
3
1
2
x
x
p
p
p
p
p
p
p
p
é
ê
ê = +
ë
Kết hợp với đk ta có họ nghiệm là
6
6
2
3
2
p
p
p
p
p
p
é
= +
ê
ê
-
ê = +
ê
ê
ê = +
ê
ê = +
ë
với kÎ Z
2)
( ) ( )( )
2
2
x y
í
î
Đk:
1
2
x
x
y
y
-
ì
³
ï + ³
Û
ï
Từ phương trình thứ 2 ta có: (x+ y-1)(x+2y +4)= 0
Mà theo đk ta có:
1
3
2
2
x
y
-
ì
³
ï
Þ + ³ Þ + + >
í
-
ï ³
ï
1
x y
Đặt 2x+ = 1 a , 2y+ = 1 b với ,a b ³ 0
2 2
Þ - = - và a2 +b 2 = 4 (2)
Từ phương trình thứ nhất ta có:
2
2 2
1
a b
a b + = çæ - ö ÷
(3)
2
x y -
Û = = không thoả (1) nên loại
0
a b
Þ + ¹ nên từ (3) Þ(a b a b + )( - )2 = (4) 8
Đặt a b+ = u , ab= v với u2 ³ 4 v (*)
Từ (2) và (4) ta có hệ : 22 8
u uv
u v
ì
í
î
Trang 4j K
I
J
H
O
D
C
B
A
S
Giải hệ trên ta được 2
5 1
u
u
=
é
ê
ë
+ Trường hợp: u =2 ta có
3
2
2
3
2
x
y
x
y
éì
=
êï ï
êí
êï
ê
êì + = ê ì = ì -
ê =
êï
ï
ê =
ï
êî
ë
+ Trường hợp : u = 5 1 - thì v = + 1 5 không thoả (*) nên loại
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (x ;y) = 3; 1 ; 1 3 ;
Câu III:
1
ln
2 ln 2 ln
xdx
x + x+ - x
ò
l
1
1
2
1
(2 ln ) (2 ln )
3
3 3 4 2 1
3
=
l
Câu IV:
Ta có: S.ABCD là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau
ABCD nội tiếp
ABCD là hình chữ nhật (vì theo giả thiết ABCD là hình bình hành)
Gọi J là hình chiếu của O trên AD
Đặt DC = x
OH =
Dễ CM: J là trung điểm AD
SJ vuông góc với AD
SJ =
Tam giác SHO vuông tại O ta có:
(h = SO)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương ta có:
2x.(2h)
X = 2h = 2a
Trang 5MN =
SM =
SN =
Xét tam giác SMN, ta có:
cosMSN =
Ta có: SO vuông góc CD; OM vuông góc CD
(SOM) vuông góc CD
(SOM) vuông góc (SDC)
Kẻ OH vuông góc SM
OH vuông góc (SDC)
Tương tự: kẻ OK vuông góc SN
OK vuông góc (SBC)
Vậy góc giữa (SDC) và (SBC) là góc giữa OH và OK
Tam giác SOM vuông tại O có OH vuông góc SM:
Tam giác SON vuông tại O có OK vuông góc SN:
Tam giác SHK ta có:
Tam giác KOH ta có:
cosKOH =
Vậy cosin góc giữa (SBC) và (SDC) là
Câu V: P= 5 2- x+ 54 2- x- 14 y
( )
2
2
Đẳng thức xảy ra khi
2 2
1 0
1 (7 ) 0
3
4
x
x
y y
y
x y
- =
ì
=
ì
- ³ Û
=
ï
ï + =
î
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7 khi 1
3
x
y
=
ì
í
=
ï
î
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI a.
Trang 61) ( ) C 1 có tâm I 1 (3; 4) - bán kính R = 1 3 2
( ) C 2 có tâm I - 1 ( 5; 4) bán kính R = 1 5 2
Gọi đường tròn cần tìm là (C) có tâm ( ;I a a - 1)
Vì (C) tiếp xúc ngoài với ( ) C 1 và ( ) C 2 nên ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
2 2
II R R
Û
( 3) ( 2 3) 2 3 2 ( 5) ( 2 5) 2 5 2
Vậy không có đường tròn (C) cần tìm
2) Phương trình mặt phẳng (P) qua A(a;0;0) ,B(0;b;0) ,C(0;0;c) có dạng:
1
x y z
a+ b+c =
Mà (P) qua I(1;1;1) nên 1 1 1 1
a+b+c = (1)
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA = IB = IC
(1 ) 2 (1 ) 2 (1 ) 2
(1 ) (1 ) (1 )
+ a = b = c thì (1) ta có a = b = c = 3
Þ pt (P) là: x+y+ - = z 3 0
+ a = b và c = 2 a thì (1) vô nghiệm
C/M tương tự trường hợp a = c và b = 2 –a với TH b = c và a= 2 –c cũng vô nghiệm Vậy (P) :x + y+ z 3 =0
Câu VII a.
1
z= +x yiÞx +y = với , x yÎ R
Đặt w = z- +3 2i Þw= (x-3)+(y+2)i = ( x-3) ( 2+ y+2) 2 = 14 2(3- x- 2 ) y
Theo BĐT Bunhiacôpxki ta có: (3x-2 )y 2 £(9 4)(+ x2+y 2 ) 13 =
13 3x 2y 13
Þ - £ - £ Û -2 13£ -2(3x-2 )y £ 2 13
14 2 13
w
Vậy z- + 3 2 i nhỏ nhất bằng 14 2 13 - khi
2 2
3
2
13
x
x y
ì
=
ï
Û
-
ï
î
B.Theo chương trình nâng cao :
Câu VIb:
1) Gọi tọa độ B là :(b;122b)
Ta có:
M AB; N BC; AB vuông góc BC
BM vuông góc BN
Trang 7b=6 vậy B có tọa độ (6;0)
Từ tọa độ điểm M và N ta có:
Phương trình đường thẳng AB: x + y – 6 = 0
Phương trình đường thẳng BC: x – y – 6 = 0
VTPT của BD:
VTCP của BD:
//
Ta có:
tanDBC = 3
CD = BC tanDBC = 3BC
Mặt khác: SABCD = BC.DC = 6
BC = ; DC =
Ta có AD // BC, AD có phương trình: x – y + k1 = 0
d ( B;AD) =
mà d ( B;AD) = BA =
=
Hoặc k = 0 hoặc k = 12
Hoặc AD: x – y = 0 hoặc x – y – 12 = 0
Tương tự ta tìm được:
Hoặc DC: x + y – 8 = 0 hoặc x + y – 4 = 0
2)
OABC là tứ diện đều
ó Tất cả các cạnh của nó bằng nhau
Tam giác ABC đều
Mà G là trọng tâm tam giác ABC
G là tâm của tam giác đều ABC
Ta có:
Gọi M là trung điểm BC
M (3; )
Mặt khác AG vuông góc với BC. Gọi
(1)
Ta lại có OABC là tứ diện đều, G là tâm của đáy ABC
OG vuông góc (ABC)
OG vuông góc BC
(2)
Từ (1) và (2)
Trang 8Chọn c = 1 ta có b = 1 Vậy
BC:
B(3; t + ; t + )
Mặt khác OA = OB
Hoặc t = hoặc t =
Hoặc B(3;3;0) hoặc B(3;0;3)
2) Ta có: GA = - uuur ( 2;1;1)
6
Þ GA =
Gọi M( x;y;z) là trung điểm BC
2
MG= GA
uuuur uuur
mà GA = - uuur ( 2;1;1)
;MGuuuur= (2- x; 2- y; 2- z )
3 3
3; ;
2 2
M æ ö
( 2; 2; 2)
OG =
uuur
Vì O.ABC là tứ diện đều nên OG^ BC AM; ^ BCÞ BC^ (AOM )
BC é OG AG ù
uuur uuur uuur
Mặt khác: uuurBC = ( 0; 6; 6 // 0; 1;1- ) ( - )
nên phương trình đt BC có dạng:
3
3
2
3
2
x
ì
ï
ï
= -
í
ï
ï
= +
ï
î
Bæ ç - t + t ö ÷
BG æ t t ö
Þ = - ç + - ÷
uuur
D ABC đều nên BG = AG Û 4t2+ 4t - =9 0
2
2
t
t
é - +
=
ê
ê
Û
ê - -
=
ê
ë
Câu VIIb.z2 = z2+z 2
Download tài li u h c t p t i : http://aotrangtb.com
Trang 92 2 2
( )
Thế z2 = z4-z 2 vào (1) ta được :
z z - z - z - = z
2
2
0
z
ê
ë
+ z =2 0 Þ =z 0
+( 2 ) ( 2 ) ( 2 2 )
z - é z - + z - - = ù
Đặt z2- =1 t
(2) ( 1) ( 2 1) 0 1
1
t
t
= -
é
= ë
2
2
0 0
2 2
2
z z
z z
z
=
é
=
= - ë Vậy có 3 số phức thoả mãn là: z =0 ;z = 2 và z = - 2
Đào Minh Quân, Đinh Tấn Hưng
( Vì giải nhanh nên chắc có sự thiếu sót mong các bạn góp ý, chia sẻ)
Download tài li u h c t p t i : http://aotrangtb.com