Góc tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng ABB’A’ bằng 600.. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a.
Trang 104 LUYỆN ĐỀ TOÁN VỚI MOONT V
(Video chữa đề: 21h00, Thứ tư, 08/10/2014) Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG – Anh LÊ VĂN TUẤN
Đ ÁP ÁN
Câu 1: [ĐVH] Cho hàm số 2 ( )
1
x
x
+
=
− và đường thẳng d x: + − =y m 0
Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B đồng thời cắt trục tung tại C sao cho AB=BC
Lời giải:
+) Phương trình hoành độ giao điểm:
1 2
2 0 1
x x
x m
g x x mx m x
≠ −
+) Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔g x( )=0 có 2 nghiệm phân biệt khác -1
2
4 8 0
*
1 3 0
m m
g
= ≠
+) Khi đó gọi A x( 1;− +x1 m B x) (, 2;− +x2 m) theo Vi-et ta có: 1 2
x x m
+ =
= +
+) C= ∩d Oy⇒C(0;m) Do B là trung điểm của AC nên 1 0 2 2 1 2 2 2
3
m
x + = x ⇔ =x x =
Khi đó: 2 2 6 ( )
9
2
m m
m
=
= −
Vậy 6, 3
2
m= m= − là giá trị cần tìm
Câu 2: [ĐVH]. Giải phương trình 2 sin cos2 sin cos 2 cos 2 2 cos π
x
x + x x= x+ x−
Lời giải:
Ta có PT ⇔sinx(1 cos+ x)+sin cos 2x x=cos 2x+sinx+cosx
π
2
π 2π
= +
= +
=
⇔ − + = ⇔ = − ⇔ = − + ⇔ = +
= − + = − +
Vậy PT có 2 họ nghiệm π π π ( )
2π; ; π 2π,
k
Câu 3: [ĐVH]. Giải phương trình 2 4 ( 2 ) 2 ( )
x
Lời giải:
+) Xét x2 − ≥ ⇔ ≥4 0 x 2⇒VT( ) 1 ≥40 =VP
Dấu “=” xảy ra ⇔ = ±x 2
Trang 2+) Xét
2
1
4 4 1
4 2 0
x
x
x
−
−
Vậy PT có nghiệm 2 nghiệm x= ±2
Câu 4: [ĐVH]. Tính nguyên hàm
3 2
2 3
3 4
x x
x x
+
=
+ −
∫
Lời giải:
t =x x + ⇒t =x + x ⇒tdt= x + x dx
1 4 ln 4 3 4 ln 3 4
tdt
Câu 5: [ĐVH]. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d 1 : 1 1
2 1 2
x− = y+ = z
và
d 2: 2 1
1 1 2
x− = =y z−
− Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 đồng thời vuông góc với mặt phẳng ( ) : 2P x+ + + =y 5z 3 0
d + = + = +
Lời giải:
Theo bài, do ( ): 2 5 3 0 d ( ) (2; 1; 5)
P
Cách 1: Ta có: d đi qua điểm 1 A(1; 1; 0− )và có u1 =(2; 1; 2)là VTPT
2
d đi qua điểm B(2; 0; 1)và có u2 =(1; 1; 2− )là VTPT
Do d cắt d1⇒ nằm trong mặt phẳng d ( )Q chứa nó và d 1 ( ) d; 1 3( 1; 2; 0)
Q
⇒= = −
Mặt khác: A d∈ ⊂1 ( )Q ⇒mp Q( ):x−2y− =3 0
Tương tự d cắt d2 ⇒ nằm trong mặt phẳng d ( )R chứa nó và 2 ( ) d; 2 ( 7; 9; 1)
R
d ⇒n=u u = −
Mặt khác: B d∈ ⊂2 ( )R ⇒mp R( ): 7x−9y z− −13=0
Vì d⊂( )Q &d⊂( )R ⇒d=( ) ( )Q ∩ R ⇒ Phương trình của d có dạng:
1 2
Cách 2: Giả sử d∩ =d1 A(2a+1;a−1; 2a d); ∩ =d2 B b( +2; ; 1 2b − b)
( 2 1; 1 ; 1 2 2 )
⇒= − + + − − −
P
1
Suy ra đường thẳng d đi qua điểm B(1; 1; 3− )và có VTCP (2; 1; 5)
d
u=
Trang 3Vậy đường thẳng d có phương trình:
1 2
= − +
Câu 6: [ĐVH]. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại C, AB = AA’= a Góc tạo bởi đường thẳng BC’ với mặt phẳng (ABB’A’) bằng 600 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’ và BC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và NP theo a
Lời giải:
+) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A B C : ' ' '
Gọi H là trung điểm A B ABC' ' ∆ cân tại C
Suy ra: C H' ⊥A B C H' '; ' ⊥BB'⇒C H' ⊥(ABB A' ')
( )
'
C BH
∆ vuông tại H :
' tan 60 ' ' tan 60
2
2
1 15
'
ABC
a
⇒ = =
Vậy
' ' '
15 15 '
4 4
+) Tính khoảng cách giữa AM & NP:
Giả sử BC∩MQ={ }E ⇒BE=BP
Ta có: d AM NP( ; )=d NP AMQ( ;( ) )=d P AMQ( ;( ) );d P AMQ( ;( ) )=2d B AMQ( ;( ) )
2
⇒ = = ⇒ = =
Mặt khácABB A là hình vuông ' ' ⇒AM⊥BH
Ta tính được:
2
' ' 2 ; ;
2 2 AMQ 2 8
Lại có: ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) '
'.
3
B AMQ
AMQ
S
Suy ra ( ) ( ( ) ) 15
; 2 ;
5
a
Câu 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 3 2 ( 2 ) 2
2 2 1 2 1
x x y x
(x y, ∈ℝ )
Lời giải:
Điều kiện:
2 2
1 1
1 0
y y
⇔
− ≤ ≤
Trang 4Khi đó hệ phương trình đã cho tương đường với
1 3 1 1 3 1
2 2 1 2 1
2 2 1 2 1
f x f y
x x y x
x x y x
(1)
Trong đó ( ) 3
3
f t = −t t
Xét hàm số ( ) 3
3
f t = −t t, t∈ −[ ]1;1 ta có ( ) 2 [ ]
' 3 3 0, 1;1
trên [ ]−1;1
Mặt khác do điều kiện của x y ta có , 2 [ ]
1, 1 1;1
x− −y ∈ − nên hệ (1) tương đương với
2
2 4 3 17 26 9 0
1
4 4
= ±
y
x x
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( ) ( ) (x y; ={1;1 , 1; 1− ) }