De va dap an Toan Dai hoc 472011

đồ thị (Hình dưới).[r]

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

1, Khảo sát y x 1

2x 1

 



 TXĐ: R-\ 1

2

 

 

(2x 1) 2( x 1)

y '

(2x 1)



y ' 0 x 1

2

  

 Hàm số nghich biến trên mỗi khoảng xác định

* Các tiệm cận:

y

2 2(2x 1)

  



x

1 lim y

2

    tiệm cận ngang y 1

2

 

1 x 2

lim y



 

 

 

  ,

1 x 2

lim y



 

 

 

   tiệm cận đứng :x 1

2

 * Bảng biến thiên:

* đồ thị (Hình dưới)

x

 1

2 

y’  

2

 

 1

2



2

PT hoành độ giao điểm x 1 x m (1)

2x 1

 

 

 Với điều kiện x 1

2



 

2

2

2 2

do đó (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt m

Vậy y = x + m luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

A; B

-Hoành độ A, B là nghiệm của (1),

1

y ' 2x 1







 Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A;B là

 

Đặt 2x1 = t ; tA 2xA1; tB 2xB ; 1

Từ (*) theo Viet ta có :

m 1

x x

2

 











2

t t

2

2

1

Vậy GTLN của k1 + k2 là 2 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 1

Phương trình

2

sin x 1 sin 2x cos2x 2 sin x sin 2x

2

s inx 2 cos x 2 sin x cos x 2 2 sin xcosx

k, m cos x s inx 2



  









Z

2 Tập xác đinh : R

2

5x y 4xy 3y 2 x y 0 1

x,y R

xy x y 2 x y (2)









Xét (2) đặt x y u u2 4v

x.y v

 











dấu “=” khi và chỉ khi x=y

2 v u 2v  2 u u v 1 2 v 1

*Với v  1 thì

2

2 u 2 v 1 3

Thay vào (1)

5x y 4xy 3y 2x 2y 0

2x y 4xy 3y x y 2x 2y 0

2xy x 2y 6y 2x 2y 0

2x x 2y 2 x 2y 0

2 x 2y xy 1 0

x 2y

xy 1





  



Với xy=1 (Loại so với trường hợp đang xét)

x = 2y, thay vào (3):

2 y 5

2 y

5











 





Từ đó (x ; y) = 2 2; 2 ; 2 2; 2

* v = xy =1, từ (3)  2  

Dấu “=” khi x = y Từ đó

x 1 ; x 1

Vậy nghiệm của hệ là

Câu III

4

4





Tính I , đặt 2 tx sin xcos x

2 1

1

1

dt sin x x cos x s inx x cos x

x 0 t=1

2



 







Vậy I = ln 1 2

   

a) Vì (SAB)(ABC); (SAC)(SBC) nên SA(ABC)

Theo gt ABBCSBBC SBA là góc giữa (SBC) và (ABC)

2

Ta có MN // BC => N là trung điểm AC

3

4



2 2

.2a

S.BCNM (BCNM )

1

3



2

3

1 3a

3 2

b) Gọi K là trung điểm của BC, ta có AB // NK  AB // mp (SNK), do đó khoảng cách h giữa AB và SN chính bằng khoảng cách từ B đến mp(SNK)

Tính được SNa 14, NKa, SK2a 17

2

(SNK )

3 2

2a a 3

(SNK )

h

Câu V

Viết lại P dưới dạng

p

y

2 3

x



Đặt y a,z b;x c

x  y  z  thì ta có abc=1 Vì x =max(x,y,z) nên

bc 1 và 2  bc  1

Khi đó biểu thức P trở thành P 1 1 1

2 3a 1 b 1 c

Trước hết ta có thể chứng minh bất đẳng thức phụ 1 1 2

1 b 1 c 1 bc Bất đẳng thức này tương đương với  bc 1  b c2  đúng với bc0  1

Từ đây , đặt bc t và a= 12; 2 t 1

t

Bài toán đưa về việc tìm giá trị nhỏ nhất của

2

2

f (t)

3 2t 1 t

Xét f(t)  f(2)

2

2

2

2

2

t 2

2 t 35t 27t 48

0 t 1; 2

33 3 2t t 1

Vậy f(t) f (2) 34

33

  , suy ra Min f(t)=34

33 đạt tại t = 2 x4; y1; z2

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a

1) Đường tròn (C) có tâm I (2;1),bán kính R = 5

Ta có SMIB 1SMAIB 5

2

do đó 1MB.IB 5 MB 2 5 MI 5

Tọa độ M(x,y) là nghiệm của hệ x y 22 0 2

(x 2) (y 1) 25

  





 Giải hệ tìm được 2 nghiệm (-3;1) và (2;-4)

Vậy có hai điểm M thỏa mãn đk bài toán là: M (-3;1) và 1 M (2;-4) 2

2,

Mặt phẳng trung trực của AB có phương trình

(Q): x + y – z + 2 = 0; nQ (1;1; 1)

Theo giả thiết,

(P): 2x – y – z + 4 = 0, nP (2; 1; 1) 

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q), u =[n , n ]d Q P    ( 2; 1; 3)

nên d có phương trình

x 2t

y 1 t

z 3 3t







 



  



M d M(2t;1 t;3 3t) 

Ta có MA2 MB2 9(2t2)2(1 t) 2(2 3t) 2  9

2

t 0

t 7







  

 Tìm 2 điểm M (0;1;3) và 1 M2 6 4 12; ;

7 7 7



Câu VIIa

Đặt z = a + bi với a,bR

PT

2

2

2

a b 2abi a b a bi

2b a b 2a 1 0

b 0; a 0 2b a 0

a ; b

b 2a 1 0



    

 





Vậy z1 0 ; z2 1 1i ; z3 1 1i

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b

1, Do (E) nhận Ox làm trục đối xứng ; A, B có hoành độ dương và OA= OB nên gọi

A(a;b),B(a;-b), với a,b > 0 và

1

4  1 

OAB

BĐT Côsi

max



Tại 2 2

2









Vậy A 2; 2 ; b 2; 2



hoặc hoán vị

OA 4 4 0 4 2

Gọi B(x;y;z)

Ta có

OB OA

AB OA

B (S)











 



 

x y z 32 (1) (x 4) (y 4) z 32 (2)

x y z 4x 4y 4z 0 3





 Trừ theo vế của (2), (3) cho (1)

8x 8y 32 0



 



z 4

 



 



 Thay vào (1)

x 0

xy 0

y 0





   



Từ đó B (0; 4; 4) hoặc 1 B (4; 0; 4) 2

*

1

OA (4; 4; 0)

OB (0; 4; 4)

n OA, OB (16; 16;16)









  

Cùng phương (1;-1;1)

PT :(OAB ) : x1     4 y 4 z 0x   y z 0

OB2 (4; 0; 4)

n2OA,OB2 (16; 16; 16) 

  

cùng phương (1;-1;-1)

PT(OAB ) : x2     4 y 4 z 0x   y z 0

Câu VII.b

Đặt z a bi(a,b R)

z a bi

2a2bi 1 (1 i)   abi 1 1 i    2 2i

3a 3b 2 (a b)i 0

1 a

b 3







 

 



3