Tóm l ại không có số hạng cần t ìm.[r]
Trang 1GỢI Ý GIẢI ĐỀ SỐ 01 Câu I 1: Học sinh tự giải
Câu I 2: Đường thẳng qua M(0; 1- )với hệ số góc k có p/trình ( )d : y- - =( )1 k x( -0) Hay ( )d :y=kx-1
P/tr hoành độ giáo điểm của (d) và (C): 3 2
2x -3x - =1 kx-1 (1)
( )
2
0
x
= é
Û ê
êë
Đ/k cần và đủ để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt là (1) có ba nghiệm phân biệt Û P/tr bậc hai (2) có hai nghiệm phân biệt khác không
0
9
8
k k
k k
¹ ì
ÛíîD = + > Ûí > -ïî
Vậy các giá trị của k phải tìm: ( 9 ;0) (0; )
8
sin x+cos x=cos 2x 2 cosx-sinx (1)
sin x+cos x= sinx+cosx 1 sin cos- x x
cos 2x=cos x-sin x= cosx+sinx cosx-sinx
Vậy hai số hạng hai vế có thừ số chúng là cosx+sinx
Giải:
(1) Û(sinx+cosx)(1 sin cos- x x) (= cosx+sinx)(cosx-sinx)(2 cosx-sinx) (sinx cosx) 1 sin cosx x (cosx sinx)(2 cosx sinx) 0
sinx cosx é1 4sin cosx x 2 cos x sin x ù 0
sinx cosx 1 4sin cosx x 1 cos x 0
cosx sinx cosx 4sinx cosx 0
( )
2
4
arctan
p
é
ê
êë
(k l m, , ΢)
Kết luận: P/tr có các nghiệm ………
Câu II.2 Giải bpt
log x 1 > log x 1
+ > >
Û
Khi đó ( )
2
3logx 2 2 logx 3 logx 8 logx 9
Vì 8<9 nên logx+18>logx+19 Û < + < Û - < <0 x 1 1 1 x 0
Vậy tập nghiệm của (2) là : T = -( 1;0)
Trang 2Câu III:
P/tr hoành độ giao điểm của hai đồ thị: 2
2
2
1
1
x
x
éìï ³
-êí
ï
êî
Û ê <
-ìï
êí
ë
2
2
1
1
x
x x
éìï ³ -êí
ï êî
Û ê < -ìï êí
êïî - = ë
1
1 2
x
x x
éì ³ -í
-î ê
Û ê < -ì êí
= ± êî ë
0 2
x x
= é
Û ê = -ë
Vậy diện tích hình phẳng cần tìm bằng:
0
2 2
2
Câu IV, V (Xem đề thi PHE lần 1)
Câu VI.a.1:
Cách 1:
Phương trình tham số của đ/thẳng ( ): 2
1
x t d
= ì
í = - +
Gọi tọa độ của M Î( )d là M(2 ;m m-1), (mΡ)
2MA +MB =2é 2m-0 + m- -1 1 ù é+ 2m-3 + m- -1 4 ù
2
= - + = - + ³27 Suy ra 2MA2+MB2 ³27," Îm ¡
2MA +MB =27Û - = Û =m 1 0 m 1
Vậy với M có tọa độ M( )2;0 thì 2MA2+MB2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 27
Cách 2:
2MA +MB =2MAuuur uuur+MB =2 MIuuur uur+IA + MIuuur uur+IB
= uuur + uur uur+ + uuur uur uur+
Xét điểm I sao cho
2IAuur uur r+IB= Û0 IBuur = -2IAuur
,
ta có tọa độ của I là:
1
2
I
I
x I
y
î
Hay I( )1; 2 cố định
Trang 3Với điểm I( )1; 2 ta có 2IAuur uur r+IB=0
nên 2MA2+MB2 =3MI2+2IA2+IB2
Do IA IB2, 2 không đổi nên 2 2
2MA +MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI2 nhỏ nhất
Mà MÎ( )d nên MI2 nhỏ nhất ÛM là hình chiếu vuông góc của I trên ( )d
Xét đường thẳng ( )d¢ qua I( )1; 2 và vuông góc với ( )d Vecto pháp tuyến của ( )d¢ là vecto chỉ phương của ( )d , là vecto nr =( )2;1
PTTQ của ( )d¢ : 2(x- +1) (1 y-2)= Û0 2x+ - =y 4 0
Hình chiếu M vuông góc của I trên ( )d là giao điểm của ( )d và ( )d¢ nên có tọa độ là
x y
ì
î
2 0
x y
= ì
Vậy M( )2;0
Câu VI.a.2 (Xem đáp án đề PHE lần 1)
Câu VII.a:
17
17
0
k
k k
k
-=
17 0
k k
-=
7 68 17
4 17
0
k k
k
C x
-=
Số hạng không chứa x ứng với giá trị của k thỏa mãn 7 68
0 4
7
k
Û = Ï¢ (loại) Với x>0, ta có
( )
17
17
0
k
-=
17 0
k k
k k
-=
17
17
0
1
k k
k
k
-=
Số hạng không chứa x ứng với giá trị của k thỏa mãn 7 68
0 4
7
k
Û = Ï¢ (loại) Tóm lại không có số hạng cần tìm
Câu VI.b.1 (Xem đáp án đề PHE lần 1)
Câu VI.b.2:
Phương trình tham số của ( ): 3 ,( )
2
x t
z t
= ì ï
ï = î
¡
Tâm I của mặt cầu thuộc ( )D , gọi tọa độ I t( ; 3- -t; 2t), (tΡ)
Vì mặt cầu (S) bán kính R tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) nên ta có
dé ù dé ù R
( ) ( )
( )
0
12
t
t
= é
=
Trang 4Với t =0 ta có I(0; 3; 0- ) , 6 0
2 3
5
t = ta có 12 27 24
12
5
R
Vậy có hai mặt cầu thỏa ycbt có p/trình:
x + y+ +z = ;
Câu VII.b:
· Gọi a+bi (a b, Ρ) là một căn bậc hai của z= - +1 4 3i, ta có:
1 4 3
1
2 3
a
ì - + =
ì =
2
12
a
2 2
4 3
a a
-Û ê
= êë
Vì aΡ nên a2 = -4 loại Vậy a2 = Û = ±3 a 3
Cặp giá trị ( )a b; cần tìm là 3
2
a b
ì = ï í
=
3 2
a b
ì = -ï í
=
Hai căn bậc hai của z= - +1 4 3i là: 3+2i và -( 3+2i)
- - - Hết - - -
