HD Giải đề Cấp tốc 04

Hướng dẫn giải đề 04 Câu I:

2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là 











 ,0 2

1

A Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng 















2

1 x k y

() tiếp xúc với (C) /

x 1 k co ù nghieäm 2x 1

 

 

   



 















 











) 2 ( k

1 x 2 3

) 1 ( 2 1 x k 1 x 2 1 x

2

Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

 2

1

3 x





1 (x 1)(2x 1) 3(x )

2

2



3

x 1

2

   x 5

2

  Do đó

12

1

k  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 1 x 1

Câu II:

1 Giải phương trình: cosx 1

12 x sin 2









12

sin 12 x sin























12

cos 6 sin 2 12

sin 4

sin 12 x













12

5 sin 12

cos 12

x













2 P/trình cho x  4 2 x  4  1  x  4 6 x  4  9  m (1)

 x  4  12   x  4  32  m

  x  4  1  x  4  3  m (1) đặt: t x 40 (1)  t  1  t  3  m ()

Phương trình cho có đúng 2 nghiệm  phương trình () có đúng 2 nghiệm t  0

Vẽ đồ thị của hàm số f t  t  1  t  3 , t  0 Ta có

 





















3 t

neá u

4 t

2

3 t

1

n eáu

2

1 t

0 neá u

t 2 4

t

f

y

4

2

0 1 2 3 x

Từ đồ thị ta có ycbt  2 < m  4

Cách khác  t  1  t  3  m và t 0 

 0 t 1 m 4 2t   hay  1 t 3 m 2   hay  m 2t 4 t 3 





Do đó, ycbt  2 < m  4

( khi 2 < m  4 thì () có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 t 1  1 và t2 > 3 )

Câu III: Tính     







1 0 2 2 1

0

4 x x x dx 4 x 1 x x



1 1

2 0

0

 



 

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A1(0,0,a 2)

Suy ra a 2

M 0,0,

2

C1(-a,0,a 2) a a a 2



và

1

BC   a, a,a 2 

2 2



; AA1 0,0,a 2 Ta có: MN.BC1 MN.AA1 0 Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1

2

MB a 0,1,

2

2



2

 

MA1,MBMC1 a322

6

1

1

Câu V Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3 Suy ra: ab 3 (a b)    , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4

bđt đã cho tương đương với

b a

3 b a 4

3 b a 4

3 2

3 b





















b a

12 b a 3 b a 3 6 b

a



















a b

 (A) Đặt x = a+b > 0  x2  (a b)  2  4ab 4(3 x)    x2 4x 12 0    x  6 hay x 2   x 2  ( vì x > 0)

x  a  b  2ab  a2 b2  x2 2(3 x) x   2 2x 6  Thế x như trên , (A) thành

x

    , với x 2  x3 x2 4x 12 0   , với x 2

  x 2 x    2  x 6   0, với x 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh

Câu VI.a.1 Với mọi n  N ta có

x 1n C0nxn  C1nxn1  1n1Cnn1x 1nCnn Lấy đạo hàm hai vế ta có

x 1n 1 nC0nxn 1 n 1C1nxn 2  1n 1Cnn 1













0

nC













2 *).Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)

Phương trình số của d: 



















t 1 z

t 2

y

t 2 3

x

có VTCP a 2 , 1 ,  1Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0

 t = –1 M ( 1 ;- 3 ; 0) Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT nQ a,nP2,3,1

Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:

2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0  2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)

*)Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:

d':  x y z 2 0 2x 3y z 11 0         có VTCP a d'   4;1; 5  

 Phương trình tham số của d':

x 1 4t

 



 







Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42

Vì N  d'  N(4t +1, –3 + t, – 5t)

 2 2  2 2

MN  4t  t   5t  42t  42

 t2   1 t  1

t = 1  N(5, –2, –5)

Q

P



N M

d d'

Đường thẳng 1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP a 1   n ,aP d'

 6;9; 3  3 2, 3,1  

Vậy phương trình 1: x 5 y 2 z 5



t = –1  N2(–3, –4, 5)

Đường thẳng 2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP a2   nP, ad '  3 2, 3,1   

Vậy phương trình 2: x 3 y 4 z 5



2

     (1)

1 1 x log 2

1 1 x x log 2

2

2



1 1 x log 2

1 1 x x log 2

2

2





 

 

2

2 x 1 x

2

(x 1)

2 (2x 1)





Câu VI.b.1 Gióng VI.a

2 Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c  0 Ta có ABC vuông tại A  AB.AC0

Ta có ABb 2,1; AC 2,c 1 Do ABC vuông tại A  AB.AC2b 2  c10

5 b 0 0 5 b c 2 b 2 1

c         

2

1 AC AB 2

1

2

1

SABC   2   2   2 vì

2

5 b

0  nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất  b = 0 Khi đó c = 5 Vậy, ycbt  B(0, 0) và C(0, 5)

Câu VII.b.1 Gióng VII.a