Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 41

Hướng dẫn giải đề thi thử đại học môn toán đề số 41

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

AB là đoạn vuông góc chung  AB u

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

Suy ra phương trình đường thẳng d: y  2 x  4  A(2; 0), B(0; –4)

Câu II: 1) PT  cos2 x cos 3 x 2

4

  (*)

Ta có:

x x

Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS  SC (D thuộc đoạn AC)  ASD  300

Ta có: ASD

CSD

AS SD S

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   ( ;1), a n   ( ;1), b p   ( ;1) c

Khi đó: P = m n     p   m n p     

= ( 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  ( a  1;  a  2), MB  ( 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

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

.Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:

3 3 2

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

 Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thuộc [2; +)

Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x thì:

x m x

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 )

cos(sin cos )

sin(sin cos )

cos(sin cos )

1(sin cos )

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

2) Gọi I là điểm thoả: IA2IB3IC0

  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 với0

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 y 95 0

5 10

 

Hướng dẫn Đề số 45

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





 3cos2x 1sin2x 1cosx 3sinx

Từ giả thiết  SI  (ABCD)  SFI  600  SI = IF .tan 600 3 3 a

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  ( a  6;3  a )

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2

Ta có: SIAB 1 IA IB sin  AIB 1 R2sin  AIB 1 R2 1

0 8 15

1 53 35

 : y  x02 4 x0 3 x x  0  1 x03 2 x20 3 x0

3

 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

2 2

7 '

ln

x C x

2 2

1

y x

Câu VII.b:    C : x  1 2 y2   1 I   1;0 ;  R  1 Hệ số góc của tiếp tuyến () cần tìm là  3

Ta có :  ' 2m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 sin2 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

2 Do đó: x y Z ,   x  2   1 x  3, x  1

Suy 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

Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số y x3 thì 2  5 3 5  5  5 3

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 31

Vậy 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

a AA

 b a ab ab

28

log 3 log 3

2) Ta có: f x    tan2x 12

1 cos

a a

2

2 2

Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y x và y x 8 

         Z : Không thoả điều kiện (*)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Thay (2) vào (1) ta được:

Khoảng cách từ I đến () là: d I  ,( )     3 R  () và mặt cầu (S) cắt nhau.

Gọi J là điểm đối xứng của I qua () 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 :

1 2

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 Dcần tìm là giao điểm của  và (S)

Đường thẳng  có vectơ chỉ phương AB    2;6;3 

Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm

x

0 8 log 11

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

thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm

Câu II: 1) PT   3 sin x  cos x 2  3 sin x  cos x 

 3 sin x  cos x   3 sin x  cos x  1   0

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

Ta được

3

1 2

2

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

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 kínhR 1 2 và tâm O2(0,0, 2), bán kínhR 2 8 Suy ra tâm mặt cầu (S)

là I (0,0, ) m  Oz

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 4A3B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     (1; 1; 2)

(P) có VTPT n    (2; 2; 1)   Giao điểm M(0;0;m) cho AM   ( 1;0; ) m

x m

   thì PT có nghiệm