DAP AN DE SO 2125

[r]

ĐÁP ÁN ĐỀ 21 Câu I.2: Viết phương trình tìm hoành độ giao điểm(chú ý có nghiệm x = 3, gọi 2 nghiệm còn lại là x1 ,x 2 )

Giải phương trình

1

2BC d(K, d) = 8 2 và dùng định lí Vi-et được m = m 1 137

2





Câu II: 1) (1)  (cos –sin )x x 2 4(cos –sin ) –5 0x x   x k2 x k2

2



2) Hệ PT 

2 2

2 1











x y

 Khi m = 1: Hệ PT 

2 2 2

2 1











x

VN x

y x

 Khi m ≠ 1 Đặt t = x 2 , t0 Xét f t( ) (m1)t22(m 3)t2m 4 0 (2)

Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt  (1) có ba nghiệm x phân biệt

 (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 

(0) 0

0 1

















f

m m

S

Câu IV: V=

3

2 3

.

3 (2 tan )







a

Ta có

2

2 3

tan (2 tan )





2 2

tan

2 tan





1

2 tan   . 2

1

2 tan  

1 27

 (BĐT Cô si 3 số)

 V max

3

4 3 27

 a

khi đó tan2 =1   = 45o.

Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4(x3y3) ( x y Dấu "=" xảy ra  x = y )3

Tương tự ta có: 4(y3z3) ( y z Dấu "=" xảy ra  y = z )3

4(z x ) (  z x Dấu "=" xảy ra  z = x )

 34(x3y3)34(y3z3)34(z3x3) 2( x y z  ) 6 3xyz

Ta lại có 2 2 2 3

6

2   

y z x xyz Dấu "=" xảy ra  x = y = z

Vậy

3

3

1

   

xyz

Dấu "=" xảy ra 

1







 



xyz

x y z  x = y = z = 1

Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1.

Câu VI.a: 1) B(0; –1) BM ( ; ) 2 2

 MB  BC

Kẻ MN // BC cắt d 2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật

PT đường thẳng MN: x y  3 0 N = MN  d 2 

8 1

3 3

N ; 

 .

NC  BC  PT đường thẳng NC:

7 0 3

x y  

.

C = NC  d 1 

2 5

;

3 3



C

AB  CM  PT đường thẳng AB: x2y 2 0

AC  BN  PT đường thẳng AC: 6x3y 1 0

Câu VIIa ) Đặt log(x21)y PT y2(x2 5)y 5x2 0 y 5 yx2

Nghiệm: x 99999; x = 0

Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2

Tâm I   nên: I 6 3 ;  b b Ta có:

6 3 2

 (C): x 32y 12 1 hoặc (C): x2 y 22 4

3

2

 





 Giải (a)  1 < x < 3.

 Xét (b): Đặt t log ( 2 x2 2x 5) Từ x  (1; 3)  t  (2; 3).

(b)  t2 5tm Xét hàm f t( )t2 5t, từ BBT 

25; 6 4

m

ĐÁP ÁN ĐỀ 22 Câu II.1 PT  (cosx1)(cosx sinx sin cosx x2) 0  x k 2 Vì x1 3  2 x 4

nên

Vậy nghiệm là: x = 0

Câu III:  Tính

1

0

1 1







x Đặt cos ; 0;2



 

   

 2 2



 

H

1

0

2 ln 1

Đặt

ln(1 ) 2









dv xdx  K 12

Câu IV: I là trung điểm AD, HLSI HL(SAD) HL d H SAD ( ;( ))

MN // AD  MN // (SAD), SK  (SAD)

 d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =

21 7

a

.

Câu V: Đặt f x( ) x2 3 (3 x)25  2 2

3 ( )

3 (3 ) 5



f x

2

2 18 27 0

 





x

Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15    , và hai nghiệm: 1,2

9 3 15 2

 



x

Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2 Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên

2;, ngoài ra f  (3) 0 nên f x ( ) 0,  x 2 Lập BBT để có kết luận: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với 2



x ) khi và chỉ khi m 6  7.

Câu VIa.2 Viết phương trình đường thẳng IK rồi gọi tọa độ điểm K(1 ẩn t)

Giải phương trình OK = d(O,( ))  t  K(–

1

4;

1

2;

3

4)

Câu VIb.1 Vẽ hình để nhận xét: Đường thẳng không có hệ số góc đi qua I là x = 1 không thỏa mãn ycbt

Do đó đt cần tìm phải có hệ số góc k, pt : y = k(x - 1) + 1

Giải hệ

2 2

1

( 1) 1

y k x







 bằng phương pháp thế được: 4x29 (k x1) 1 2 36

(*)

Tìm k để (*) có 2 nghiệm phân biệt xA, xB thỏa mãn S = xA+ xB = 2xI = 1 được k =

4 9



 4x 9y 43 0 

Câu VIb.1 Gọi I là điểm thỏa mãn IA IB IC ID     0

Đặt I(x; y; z) ta tìm được I

7 14; ;0

4 4

  Biến đổi:

S = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 =  2  2 2  2 2  2 2 2

MI IA  MI IB  MI IC  MI ID

= 4MI2IA2IB2IC2ID22  MI IA IB IC ID            .      4MI2IA2IB2IC2ID2

Vì IA2IB2IC2ID2 là hằng số nên S min  MI min  M I

Vậy M

7 14

; ;0

4 4

Câu VIIb Biến đổi phương trình đã cho về dạng

x x y cos x y









1 1

1

2





 



x x

ĐÁP ÁN ĐỀ 23

Câu I.2

0 '( ) 4 (1 ) 0

(1 ) 0(*)

x





      

 ĐTHS có 3 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm phân biệt x  0  -1 < m < 1 (1)

Tọa độ 3 điểm cực trị của ĐTHS là: A(0; m+1), B( 1 m m2; 2m2 m4) và C( 1 m m2; 2m2 m4)

Vì ABC cân tại A nên 1  2 2

2

ABC

Dấu "=) xảy ra khi m = 0 (2) Kết hợp 2 điều kiện (1), (2) ta được m = 0

Câu II.1 2 sin(2x 4) 3sinx cosx 2 sin 2x cos x2 3sinx cosx 2



 2cos2x(2sinx1) cosx (3sinx3) 0 Tính  theo sinx để tìm được 2 ngiệm Giải tiếp được x = 2 k2 ;x k2



2)





x y

  





 

Biến đổi (1) để sử dụng tính đơn điệu của hàm số: x3 3xy 13 3(y 1) (3)

Vì (*) nên cả x và y - 1  [-1; 1]

Hàm số f(t)  t3 3t có f'(t) = 3(t21) 0,   t  1;1 nên nghịch biến trên [-1;1] Vậy (3)  x = y - 1 Thay y = x + 1 vào (2): x2 2 1 x2  2 0 Đặt u = 1 x 2  0 để giải ta được kết quả: x = 0, y = 1

Câu III: Tách thành 2 tp:

2

-Tính tp đầu bằng TPTP

-Tính tp sau bằng tp đặc biệt: x = - t được kết quả I = 2

Câu IV: Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Chứng minh SAC cân tại S nên SA = SC = SB

 hình chiếu H của S là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC

Từ gt,tính được AC = a để suy ra ABC đều  H là trọng tâm ABC

Tính được

3 2

; 6

a

V 

Kẻ OK  SD  ( , )

2

a

d AC SD OK 

Câu V: Đặt t = xy Chặn t và biểu diễn P theo t:

*2(x2y2)xy1 

5

x y  xy   xy

*Tiếp tục dùng BĐT:

xy

x y  xy   xy xy

Vậy

2 2 2

1 2

t

t

P





Tìm Max, min của P trên đoạn

1 1

;

5 3



  bằng đạo hàm được kết quả :

MaxP = 1/4 đạt được khi

0 1 2

x y













1 2 0

x y









 



và minP = 2/15 đạt được khi

1 3 1 3

x y









 



hoặc

1 5 1 5

x y









 



hoặc

1 5 1 5

x y









 



Câu VIa.1 (C) có tâm I(1; -1), R = 2

Vẽ hình và tính được IM = 2 2  M thuộc đường tròn (C') tâm M bán kính R' = 2 2

 M là điểm chung của dm với (C') Vậy ycbt  dm và (C') chỉ có 1 điểm chung duy nhất

 d(I, dm) = 2 2  2

1 - m – 3

2 2

1 m  vô nghiệm Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn đkbt

2) M  ( )  M(a; b; a)

MA MB

MA MB











  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

được kết quả

M     M    

Câu VIIb: Đặt z = a + bi với a,b  R

Thay vào pt và giải hệ

2 2





;

Câu VIb.1 B  d1 và D  d2  B(b; 3b - 4) và D(d; 6-d)  trung điểm BD là I(

;

b d b d 

)

Vì B, D đối xứng nhau qua d3 nên

3 3

I d









  b = 2 và d = 4  B(2; 2), D(4; 2)

A  d3  A(3; a) Giải               AB AD .  0

 a = 1 hoặc a = 3

Vậy A(3; 3), B(2; 2), C(3; 1), D(4; 2) hoặc A(3; 1) B(2; 2), C(3; 3), D(3; 1)

2) Mp(P) đi qua A(2; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) nên có dạng: 2 1

b c

(P) đi qua M(1;1;1) nên:

2b c   b c  2 bc  bc

Tính SABC =

Dấu "=" xảy ra  b = c = 4

Câu VIIb Đk: x > 0(*) Trong đk (*):

5 1 x 5 1 x 

x

Đặt

t

t

Giải tiếp để được x = 2

ĐÁP ÁN ĐỀ 24

Câu I.2  2 

2

0

0(*)

x





 

 ĐTHS có 3 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm phân biệt x  0  m > 0(1)

Tọa độ 3 điểm cực trị của ĐTHS là A(0; m-1), B( m;m2m 1) và C( m;m2m1)

Lưu ý tam giác ABC cân tại A nên:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác:

AB AB BC

BC AH

R  (H là trung điểm BC)  m = 1 hoặc

5 1 2

Câu II.1 Đưa về phương trình bậc 2:

2

cos x  cos x   

2)Đặt 2 ẩn u x24x7;v x23 hoặc đưa về dạng:

và xét hàm số f(t) = t t2 3 t đồng biến trên R Vậy phương trình  f(x+2) = f(-x)  x + 2 = - x  x = -1

Câu III Nhân chia lượng liên hợp rồi đặt t = x 2 1

Câu IV:

A' cách đều A,B,C  Hình chiếu của A' xuống (ABC)

-Tính được, AB = AC = a,

'

-Kẻ HK  A'N thì:

d(B, (C'MN)) = 2d(H, (C'MN)) = 2HK =

14 15

a

= h

SC'MN = SA'ACC' =

2 3 4

a

Vậy V =

2 3 '

Câu V: Đặt t = x + y ; t > 2 Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

2 4

t

xy 

3 2 (3 2)

1

P

xy t



  Do 3t - 2 > 0 và

2 4

t xy

nên ta có

3 2

2 2

(3 2) 4

2 1

4

P

t



 



 

Xét hàm số

2

4



  f’(t) = 0  t = 0 v t = 4

t 2 4 +

f’(t) - 0 +

f(t)

8

Do đó min P = (2;min ( )) f t

 = f(4) = 8 đạt được khi



Câu VIa.1 Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1, ' 3R  , đường thẳng (d) qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*)

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA2MB IM2 IH2 2 I M' 2 I H' '2  1 d I d( ; )2 4[9 d I d( '; ) ]2

,IM IH.

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35

2 2

2 2

36





Dễ thấy b 0 nên chọn

6 1

6







a b

Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn

2)Trung điểm I của BD là I(

3

;1;1

D    D(-2+t; 3 - 2t; 1 - 2t)

I là trung điểm BD  B(5 - t; 2t - 1; 2t + 1)

Giải pt SABCD = 3 2  SABC =

3 2

2 

1 ,

2 AB AC 

8

Vậy B(

) hoặc B(

)

Câu VIIa

3 2

1 2

2 0



2 0

Đặt t =

( )(1 ) (1 ) 1

i

2

i

 Từ đó giải được 3 nghiệm:

Câu VIb.1.

(C1) có tâm I(0; -1), R = 2

(C2) có tâm I'(1;0), R' = 2

Gọi PTTQ của  là ax + by + c = 0(a, b không đồng thời bằng 0)

Tính được d(I, ) = R = 2 và d(I', ) = 1 Vậy theo bài ta ta có:

2 2

2 2

2 1

b c

a c

  















Giải bằng pp thế, ta được: a = 0 hoặc b = 0

*Với a = 0: Chọn b = 1  c = -1 Pt : y - 1 = 0

*Với b = 0: Chọn a = 1  c = -2 Pt : x - 2 = 0

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (C1): x2 y12 4

và (C2): x12y2 2

Viết pt đường thẳng

 tiếp xúc với (C1) và cắt (C2) tại 2 điểm A, B sao cho AB = 2

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1;1;1), B(2;-1;0), C(2;0;-1) và mp(P): x - y + z - 2 = 0 Tìm điểm M thuộc (P) sao cho T = MA22MB23MC2 nhỏ nhất

Gọi I là điểm thỏa mãn IA 2 IB 3IC 0

Đặt I(x; y; z) ta tìm được I



  Biến đổi:

T = MA2 + 2MB2 + 3MC2 =  2 2  2  2 2 2

MI IA  MI IB  MI IC

= 6MI2IA2 2IB23IC22     MI IA         . 2IB 3IC 6MI2IA22IB23IC2

Vì IA22IB23IC2 là hằng số nên T min  MI min  M là hình chiếu của I trên mp(P)

Áp dụng cách tìm hình chiếu của điểm trên mp ta được kết quả: M

11 1

; ;0

6 6



Câu VIIb.S C 20100 2C20101 3C20102  2011 C20102010

-Khai triển: x.1x2010 xC20100 x C2 20101 x C3 20102  x2011C20102010

-Lấy đạo hàm 2 vế:

1x 2010 1x x C 2xC 3x C  2011 x C

-Thay x = 1 ta được: 220102010.22009 C20100 2C20101 3C20102  2011 C20102010

 S = 1006.22010

ĐÁP ÁN ĐỀ 25 Câu I: 2) y g x( ) 3  x2  2 1 2  m x   2 m.

YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thoả x 1 < x 2 < 1



2

5

4

2 1

1

     

           







Câu II: 1)  Nếu cos2 0   2 , 

x

, phương trình vô nghiệm.

 Nếu cos2 0   2 , 

x

, nhân hai vế phương trình cho 2 2

x cos

ta được:

2cos cos3 2cos cos 2 2cos cos cos

   tích thành tông

7 0

2 

x cos

2 ,

 x k k

, đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, mZ

2) Xét (1): Đặt t = x – y (1) 

    

     

   

t

.

 Với t > 0 VT < 10, VP > 10  Với t < 0, VT > 10, VP < 10.

 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y.

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 

Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x  0 ta được:

(2) 

1

 

x (ĐK y  0)

Ta được phương trình: y 2 – 3y + 2 = 0 

1 2





 



y

y Từ đó ta tìm được x =

; 2 5 2





Câu III: Ta có: sinx + 3cosx = 2cos 6





x 

,

sinx = sin 6 6

   

   

x

=

I =

sin



dx

=

3 6

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 .

Ta có :



3



.

Do đó:

2 2

' 2 3 tanA H  b  a

' ' '

'



'.

'



.

Do đó: V A BB CC' ' ' V ABC A B C ' ' ' V A ABC'. =

2 3 2 2

6



Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

( ) ( ) 6

 

Dấu " = " xảy ra  2a = b + c.

Tương tự:

;

Suy ra:

1

 

P

Dấu bằng xảy ra  a = b = c =

1

3 Kết luận: minP =

1 4

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 





0

0

60 (1)

120 (2)

AMB AMB





Vì MI là phân giác của AMB nên:

(1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 MI = 2R  m2 9 4  m 7

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 MI =

2 3

3 R 

9 3

m  

(vô nghiệm) Vậy có hai điểm M 1 (0; 7) và M2(0; – 7)

2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC

Ta có: V OABC V IOAB +V IOBC +V OCA +V ABC=

3r S OAB3 r S OBC3r S OCA3 r S ABC

=

1

3r S TP

.

Mặt khác:

.

OABC

(đvtt);

1

2

OAB OBC OCA

(đvdt) 2

.8 2 3

ABC

(đvdt)  S TP  6 2 3 (đvdt)

Do đó:

6 2 3



OABC TP

V r

S (đv độ dài)

Câu VII.a: PT 

2 1 sin(2 1) cos (2 1) 0

cos(2 1) 0 (2)



  



x

y

y

Từ (2)  sin(2x y1)1.

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

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

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





.

Kết luận: Phương trình có nghiệm:

2





.

Câu VI.b:

1) x2y 6 0

2) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng  có PTTS:

1 2 1 2

 





 



 



Điểm M nên M  1 2 ;1t  t t;2 .

( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5) ( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)

(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t 

và v  3t 6;2 5

.

Ta có

2 2

2 2

| | 3 2 5

| | 3 6 2 5













Suy ra  | | | |

AM BM u v và u v  6;4 5 |u v  | 2 29 

Mặt khác, với hai vectơ ,

 

u v ta luôn có | | | | |    |

u v u v Như vậy AM BM2 29

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,

 

u v cùng hướng

1

3 6 2 5

 

t

t t

1;0;2

 M và minAMBM 2 29 .

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11  29

2

2 3

Đặt: f x( ) 3 x(2x),

1 ( )    1

x (x 0)

Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3

 PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1  PT có nghiệm x = 1