Dap an thi thu DH tu 3140

Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND và KBBCMAADN.[r]

Hướng dẫn Đề số 31 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

m m

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D.

Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) códạng: y k x ( 1) 1  y kx  1 k

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 4x29(kx 1 k)2 36 0

Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)

Câu VII.a: Giả sử n = abc d e

 Xem các số hình thức abc d e , kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c).Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \  1  số cách chọn 4

7

A

Như vậy có 3 (7 6 5 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài

 Xem các số hình thức 0bc d e  có 2A63 240 (số)

 Loại những số dạng hình thức 0bc d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT

Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x 2y 3 0 và AB2 5

1[ ; ] (8; 3; 4)4

2 11





a a

Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A:

21;

a

Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2)

Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA Vậy A là trung điểm của PQ

2 IP.IQ = 2 (đvdt)

Câu II: 1) Điều kiện:

1103

2

24

 abc Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2

Câu VI.a: 1) PT đường thẳng () có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0  ax + by – 2a + b = 0

Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0

Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng:

log 1log 2

Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt

 (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2

.3



m

, thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt x x x1, 2, 3

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi

4.3

Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC Vì A.ABC là hình chóp đều nên

góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH 

  < R = 5 Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :

1 2

2 23

Câu VII.a: Đặt t3x x, t > 0 BPT  t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9)

Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + )

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

Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH của ABC, ta có

SABC =

 1

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz

 Khi sin(2xy 1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)

 Khi sin(2xy 1)1, thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1

Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1  1 2 ,

 log m < –12

10

 m

: PT có 3 nghiệm  –1<log m <0 2

1

12



 BPT có tập nghiệm S=

 1

Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC

∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ

IG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD

Câu VII.a: Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: C184

Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: C C C52 16 17C C C51 62 71C C C15 16 72

Số cách chọn thoả mãn YCBT là: C184  (C C C52 61 71C C C51 62 17C C C15 16 72) 1485

Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0.

2) Giao điểm của đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1)

Đường thẳng d đi qua C và có VTCP là  AB n , P

cos 2 cos sin

sin 2 2sin cos

Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD Do PD = 2PD nên DN = 2DQ

2 2

a V

2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương a = (2; 1; –2)AM

nghịch biến và (3) 0f  nên (*) có nghiệm t = 3

Vậy phương trình có nghiệm x = 343

Hướng dẫn Đề số 36

Câu I: 2) y   4 x3 4( m2 m  1) x;

x y

0 0

   22  3 7 Dấu "=" xảy ra  x y 1   Vậy, minP = 7

Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d  C(3; 1).

Giả sử (): ax by c    0 ( c  0) Từ:

d I d

( , ) 5

2 cos( , )

1 ( 1)

  

 > 0, x  1  m = –2

Hướng dẫn Đề số 37:

www.VNMATH.com

Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m

PT hoành độ giao điểm của (C) và d: 1 x3 x2 3 x 8 m

3    3   x3 3 x2 9 x   8 3 m  0

(1)

Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho OAB cân tại O thì (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1

là hoành độ của A, B)  x1, x2 là các nghiệm của phương trình: ( x2 x12)( x x  2) 0 

2 2 1 2

1 2

3 9

1 2

3 3 19 3

Câu II: 1) Nhận xét: cosx = 0 không phải là nghiệm của PT Nhân 2 vế của PT với cosx, ta được:

PT  2sin3 (4 cos x 3x  3cos ) cos x  x  2sin3 cos3 x x  cos x

3 0

2 3 1 3

1 1 3 1

V V

7 5



Câu V: Từ giả thiết x2 y2 z2 1  0  x y z , ,  1

 Áp dụng BĐT Cô–si cho 3 số dương: 2 ,1 x2  x2.1  x2 ta được:

3 3 2

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3 Vì các tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là

hình vuông có cạnh bằng 3  IA = 3 2 Giả sử A(x; –x – m)  d

Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2).

Giả sử I(a; a – 1)  d (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên

 (2) 

y x

x2

1 2

2 1 2

Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0) Ta có: y   4 x3 2 mx

 Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau  y  (1) ( 1) y    1  (4 2 )  m 2  1



m

m

3 2 5 2

2

1 3

Câu IV: Gọi E = AK  DC, M = IE  CC, N = IE  DD Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương

thành hai đa diện: KMCAND và KBBCMAADN Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBBCMAADN



Câu V:  Nếu y = 0 thì M = x2 = 2.

 Nếu y  0 thì đặt

x t y

2 3 2

2 3 1

1 2

3 2 2

6 1 2

1 4 9 4

 I(2; –2) hoặc I(1; –5)

 Với I(2; –2)  C(1; –1)  Với I(1; –5)  C(–2; –10)

2 1

; 1

0 0 2

0 0

2 1

3 ( )

1 ( 1)

x00

2 4 1;

x

2 0 2

0 0

36 4( 1) 40 ( 1)

cos 0 sin 0

2 2 22( 1) ( 1) ( 1) 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB, CC  A1, A2  BC

52 16 32

Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59.

Câu VI.b: 1) Chú ý: d 1  d 2 và ABC vuông cân tại A nên A cách đều d 1 , d 2  A là giao điểm của d

và đường phân giác của góc tạo bởi d 1 , d 2  A(3; 2)

log (3 2 ) 1 log (3 2 ) 0

1 137 2

1 137 2

sin 0 cos 0 cot 1

(cos 1)sin lim

S S

6 cos

    

(1)

1 Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5 Giao điểm

5 1

5 1

log 2 1 log 2 1

2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0)  MI =