Xem mẫu
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề sô 11
Câu I: Sử dụng điều kiện tiếp xúc ⇒ M(0;1) và M(0;–1)
Câu II: 1) Đặt log( x 2 + 1) = y . PT ⇔ y 2 + ( x 2 − 5) y − 5 x 2 = 0 � y = 5 �y = − x 2
Nghiệm: x = 99999 ; x = 0
2) PT ⇔ (cos x − 1)(cos x − sin x − sin x.cos x + 2) = 0 ⇔ x = k 2π . Vì x − 1 < 3 � −2 < x < 4
nên nghiệm là: x = 0
31
u = ln( x 2 + x + 1) 3 1
⇒ I = ln3 − dx .
Câu III: Đặt
dv = xdx 2
4 4 0 x + x +1
1 1
1 1
dx = �
�2 dx
2
Tính I1 = 0 x + x + 1 0� 1� �3� .
2
� + �+ � �
x
� 2 � �2 �
�π π �
1 3 3.
Đặt x + = tant , t � − , � I1 =
⇒ π
�
22 � 2 2� 9
3π
3
Vậy: I = ln 3 − .
4 12
Câu IV: Std = ab a + b + c
2 2 2
2c
Câu V: Vì 0 < x < 1 � 1 − x 2 > 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có:
2 2 x 2 + (1 − x 2 ) + (1 − x 2 ) 3 2 2 x 332
− −� = 2 x (1 x 2 )2 x(1 x 2 ) x
3 3 1 − x2
33 2
y 33 2 z 332
y; z
Tương tự:
1 − y2 1− z2
2 2
33 1
33 2 33 33
� Pmin = �x= y=z=
(x + y2 + z2 ) ( xy + yz + zx ) =
Khi đó: P
2 3
2 2 2
A(1; −3;1) .
Câu VI.a: 1) Gọi A = d ∩ (P) ⇒
Phương trình mp(Q) qua A và vuông góc với d: − x + 2 y + z + 6 = 0
∆ là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ ∆ : { x = 1 + t ; y = −3; z = 1 + t
2) Xét hai trường hợp: d ⊥ (Ox) và d ⊥ (Ox) ⇒ d: 4 x + 9 y − 43 = 0
z − w − zw = 8 � = −5 � = −13
zw zw
(a) � (b)
Câu VII.a: PT ⇔ ⇔�
�− w =3 � − w = −5
( z − w) + 2( z − w) − 15 = 0
2
z z
� −3 + i 11 � −3 − i 11 � 5 + i 27 � 5 − i 27
�= �= �= �=
w w w w
� � � �
2 2 2 2
(a) ⇔ � (b) ⇔ �
� �
;
� = 3 + i 11 � = 3 − i 11 � = −5 + i 27 � = −5 − i 27
z z z z
� � � �
� � � �
2 2 2 2
� 14 �
7
Câu VI.b: 1) Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: G � ; ;0 � .
�3 �
3
Ta có: MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 4MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2
� 14 �
7
≥ GA2 + GB 2 + GC 2 + GD 2 . Dấu bằng xảy ra khi M G � ; ;0 � .
�3 �
3
2) B = AB I Ox B (1;0) , A �AB � A ( a;3 7(a − 1) ) � a > 1 (do x A > 0, y A > 0 ).
Gọi AH là đường cao ∆ ABC � H (a;0) � C (2a − 1;0) � BC = 2(a − 1), AB = AC = 8(a − 1) .
Chu vi ∆ ABC = 18 � a = 2 � C (3;0), A ( 2;3 7 ) .
Trang 14
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v
. Hệ PT ⇔
Câu VII.b: Đặt
v = y −1 v + v 2 + 1 = 3u
3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 � f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t 2 + 1
t + t2 +1
Ta có: f (t ) = 3t ln 3 + >0 f(t) đồng biến
t2 +1
u=v u + u 2 + 1 = 3u � u − log 3 (u + u 2 + 1) = 0 (2)
( )
Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 u + u 2 + 1 � g '(u ) > 0 g(u) đồng biến
Mà g (0) = 0 u = 0 là nghiệm duy nhất của (2).
KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT.
Hướng dẫn Đề số 12
www.MATHVN.com
y co�� CT
C,
yC� = 0 hoac yCT = 0 ⇔
m= 1
Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt �
(2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0 π
+ k 2π
⇔ x=
Câu II: 1) PT ⇔
2sin x + 3 3
0
2) Đặt 2 = u > 0; 2 −1 = v .
x +1
3
x
x=0
u=v>0
�3 + 1 = 2v � + 1 = 2v
�3
u u
�
�� � �3
PT ⇔ �3 ⇔ −1 + 5
u − 2u + 1 = 0
� + 1 = 2u �u − v)(u + uv + v + 2) = 0 x = log 2
2 2
v (
2
π π
π 2 2
cos tdt cos xdx
Câu III: Đặt x = − t � dx = −dt ⇒ I =
� t + cos t )3 0 (sin x + cos x)3
=�
2 (sin
0
π π π
π4
2
12
dx dx 1
= − cot( x + ) = 1 ⇒ I = 1
2I = � =�
⇒ 2 0 sin 2 ( x + π )
0 (sin x + cos x )
2
2 40 2
4
�π� a3
Câu IV: ϕ = ﾷSCA � � � VSABC = (sin ϕ − sin 3 ϕ ) . Xét hàm số y = sin x − sin 3 x trên khoảng
0;
� 2� 6
�π� �π�
1
3
a3 3
a
khi sin ϕ = ,ϕ � �
�; � Từ BBT � (VSABC ) max = ymax =
0 . 0;
� 2� � 2�
3
6 9
−1 1
Câu V: Đặt t = 2 − x − 2 + x � t ' = − 0)
ab
3 1 Cô − si 3 1
M(3; 1) ∈ d 1 � + = ab 12 .
2.
a b ab
a = 3b
a=6
Mà OA + 3OB = a + 3b 2 3ab = 12 � (OA + 3OB) min = 12 � � 1 1 � �
3
b=2
==
ab2
Trang 15
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
xy
+ = 1 � x + 3y − 6 = 0
Phương trình đường thẳng d là:
62
2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0
d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t
M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) � AM = 2t 2 − 8t + 11 .
Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB
� 6 18 4 18 �
4 18
� 2t 2 − 8t − 1 = 0 � t = M� 2; ; �
� 2�
2
2
Câu VII.a: Ta có (1 − x) n = Cn0 − Cn x + Cn2 x 2 − .... + (−1) n Cnn x n = B
1
1 1
1 111 1
(1 − x) n dx = Bdx = Cn − Cn + Cn2 + ... + (−1) n
0 n
Cn � n + 1 = 13 � n = 12
Vì ,
n +1 n +1
2 3
0 0
n−k
12
2 2
( x5 ) k , Tk +1 = C12 .212 − k .x8 k −36 ⇒ 8k − 36 = 20 � k = 7
•(
k
+ x5 ) n = C12 .( 3 )
k
3
x x
k =0
⇒ Hệ số của x 20 là: C12 .2 = 25344
7 5
x=t
Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của ∆ : . M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5)
y = 3t − 5
7 7
S MAB = S MCD � d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 � = ⇒ M (−9; −32), M ( ; 2)
t
3 3
∆1 , ∆2 : A(2t ; t ; 4) ∆1 , B(3 + s; − s;0) ∆2
2) Gọi AB là đường vuông góc chung của
AB ⊥ ∆ 1, AB ⊥ ∆ 2 ⇒ A(2;1; 4), B (2;1; 0)
⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 2) = 4
2 2 2
Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + 2 . Khoảng cách giữa hai điểm
cực trị là AB = ( y2 − y1 ) 2 + ( x2 − x1 ) 2 = 2 x1 − x2 = 4 2 (không đổi)
Hướng dẫn Đề số 13
( 2m − 1)
2
1 1
2 . Dấu "=" xảy ra ⇔ m = ⇒ AB ngắn nhất ⇔ m = .
Câu I: 2) AB = +4
2 2
2
π
Câu II: 1) Đặt t = sin x − cos x , t 0 . PT ⇔ 4t 2 − t − 3 = 0 ⇔ x = k .
2
(m − 1) x 4 + 2(m − 3) x 2 + 2m − 4 = 0 (1)
2) Hệ PT ⇔ .
x2 + 2
y=
x2 + 1
2x2 + 1 = 0
• Khi m = 1: Hệ PT ⇔ (VN )
x2 + 2
y=
x2 + 1
• Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , t 0 . Xét f (t ) = (m − 1)t + 2(m − 3)t + 2m − 4 = 0 (2)
2
Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt
f (0) = 0
2 ( m − 3) � ... � m = 2 .
⇔ (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 ⇔
S= >0
1− m
1 1
2
Đặt: t = 1 − x 2 ⇒ I = ( t − t ) dt = .
Câu III: • I = x 1 − x dx
3 2 2 4
15
0 0
Trang 16
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
d ( e x + ln x )
e
xe x + 1 e
ee + 1
e
dx =
•J= = ln e x + ln x = ln
x ( e + ln x )
x
e x + ln x e
1
1
1
Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B'.
a ( a − x)
SB a − x
= � SB =
Ta có , (0< x < a)
SB ' a x
3
V � −x� a4
x a 1
ta có: 1 = �
Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = 1 − �. Mà V2 = S∆ A ' B ' C ' .SB ' = .
V2 � a �
a 3 6x
a 4 � � x �� a 3 � � x � � x ��
3 2
3
a4 � x �
Do đó: V = V2 − V1 = �− �− �� �+ �− � �− ��
= +1
⇒ V1 = �− � ; 11 11
1
6 x � � a �� 6 � � a � � a ��
6x � a � � �
a 3 � � x � � x �� 1 3
2 2
13 � x� � x�
1 + �− � �− �� a � �− �+ �− � 1 = 0 (*)
+1 = −
a� 1 1 1
Theo đề bài V = �
3 6 � � a � � a �� 3 � a� � a�
� x� 3− 5
1
Đặt t = �− �t > 0 (vì 0 < x < a), PT (*) ⇔ t2 + t – 1 = 0 ⇒ t = ( 5 − 1) ⇒ x =
1 , a
a�
� 2 2
20 − 15 x
4 1 5
Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 ⇒ y = 5 – 4x ⇒ S = x + 4 y = x(5 − 4 x) , với 0 < x <
4
4
1
Dựa vào BBT ⇒ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y =
4
Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi ∆ 1 và ∆ 2.
2)
Câu VII.a: z = 2 − i; z = 2 + 3i z
Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1,..., 5 nhất thì một điều
(y −y )
5 2
kiện cần là f (a) = bé nhất, trong đó y i = axi + b .
1 i
i =1
Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a + 50.
Từ đó: f (a) = (48 − 155a + 163a − 50) 2 + (50 − 159a + 163a − 50) 2 + (54 − 163a + 163a − 50) 2 +
+ (58 − 167 a + 163a − 50) 2 + (60 − 171a + 163a − 50) 2
= (8a − 2) 2 + (4a) 2 + 4 2 + (8 − 4a) 2 + (10 − 8a) 2 = 2 ( 80a − 129a + 92 ) .(P)
2
129 13027 129 13027
⇒b = − . Đáp số: d: y = x−
⇒ f(a) bé nhất khi a =
160 160 160 160
2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là H(1; 2; 0), H chính
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB.
+ Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của đoạn OS (mp có
phương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm O, B, C, S.
+ Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 1 + 22 + 22 = 3 ⇒ (S): ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 9
Câu VII.b: Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 1 , với mọi a ∈ [–1; 1].
Đặt: a = sinx, khi đó: 8a 4 − 8a 2 + 1 1 � 8sin 2 x(sin 2 x − 1) + 1 � � 1 − 8sin 2 x cos 2 x � .
1 1
⇔ 1 −��−�cos 2 x 1 1 2sin 2 2 x 1 cos 4 x 1 ( đúng với mọi x).
8sin 2 x
Hướng dẫn Đề số 14
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Lấy M(x0; y0) ∈ (C). d1 = d(M0, TCĐ) = |x0 + 1|, d2 = d(M0, TCN) = |y0 – 2|.
−3 Cô − si
d = d1 + d2 = |x0 + 1| + |y0 - 2| = |x0 + 1| + 2 3.
x0 + 1
Dấu "=" xảy ra khi x0 = −1 3
Trang 17
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
u + v =1 u + v =1
Câu II: 1) Đặt u = x , v = y (u 0, v 0) . Hệ PT ⇔ �3 .
�
uv = m
u + v 3 = 1 − 3m
1
ĐS: 0 m .
4
π
2) Dùng công thức hạ bậc. ĐS: x = k (k Z)
2
π2
Câu III: I = −
23
1 1 a
a3 3
Câu IV: V = ya(a + x) . V 2 = a 2 (a − x )(a + x)3 . Vmax = khi x = .
6 36 2
8
11 11 4
Câu V: Áp dụng BĐT Côsi: ( x + y )( + ) �� + �
4 .
x y x+ y
xy
1 1� 1 1 � 1 � 1 1 1�
1
� + y + x + z � 16 � + y + x + z �
Ta có: .
2x + y + x 4 �x x
�� �
Tương tự cho hai số hạng còn lại. Cộng vế với vế ta được đpcm.
� 4 3� � 4 3�
2 2
�B � ; −
Câu VI.a: 1) A � ; .
, �
� 7�� 7�
7 7
2) (P): y + z + 3+ 3 2 = 0 hoặc (P): y + z + 3− 3 2 = 0
x=2
Câu VII.a:
y=5
Câu VI.b: 1) Áp dụng công thức tính bán kính qua tiêu: FA = x1 + 2, FB = x2 + 2.
AB = FA = FB = x1 + x2 + 4.
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.
Điểm M ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) . AM + BM = (3t ) 2 + (2 5) 2 + (3t − 6) 2 + (2 5) 2
r r
( ) ( )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6;2 5 .
r
( )
2
( 3t )
2
| u |= +25 rr rr
( )
r r
⇒ AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6;4 5 �| u + v |= 2 29
Ta có r
( )
2
( 3t − 6 )
2
| v |= +25
r r rr
Mặt khác, ta luôn có | u | + | v | | u + v | Như vậy AM + BM 2 29
rr 3t 25
= � t =1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng �
−3t + 6 2 5
( )
M ( 1;0;2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11 + 29
1 3
( 3 − x) ' =
Câu VII.b: f ( x) = l− 3ln ( 3 − x ) ; f '( x ) = −3
( 3 − x) 3− x
6π 2 t 6 π 1− cost 3 3
π
dt = (t − sint )|0 = � − sinπ ) − (0 − sin0)� 3
(π
sin dt = � =
Ta có: �
π� �
π0 π0 2 π
2
2x −1 x < −2
π
3 3
6 t
�x − 3 x + 2 < 0
>
sin 2 dt �
( )( ) �1
2 � �− x x+2 � �
π 3
Khi đó:
< x
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2)
2(1 − cos x )(sin2 x − sin x ) = 0 π
+ k 2π
⇔ x=
Câu II: 1) PT ⇔
sin x 0, cos x 0 3
x
. PT có nghiệm khi t 2 + 4t − m = 0 có nghiệm, suy ra m −4 .
2) Đặt t = ( x − 1)
x −1
1
1t 1
Câu III: Đặt sin x = t ⇒ I = e (1 − t )dt = e
2
20 2
Câu IV: Gọi OH là đường cao của D OAM , ta có:
SO = OA.cotgα = R.cotgα
sin β
� AH = SA.sin β = R
OA R
sin α
SA = =
sin α sin α
R
sin 2 α − sin 2 β .
� OH = OA2 − AH 2 =
sin α
R 3 cos α sin β
1
sin 2 α − sin 2 β .
Vậy: VS . AOM = .SO. AH .OH =
3sin α
3
3
2
Câu V: Từ gt ⇒ a 1 ⇒ 1 + a ≥ 0. Tương tự, 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0
⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c)
0 ⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc 0 . (a)
1
Mặt khác a + b + c + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c )
2 2 2 2
0. (b)
2
Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm
Câu VI.a: 1) PM / ( C ) = 27 > 0 M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
uuu uuu
rr
Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB � MB = 3 � BH = 3 � IH = R 2 − BH 2 = 4 = d [ M ,(d )]
2
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).
a=0
−6a − 4b
d [ M ,( d )] = 4 � =4� 12 .
a=− b
a2 + b2
5
Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
� 1 1�
2
2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H � ; ; − �
� 3 3�
3
Câu VII.a: Đặt t = log 2 x . PT ⇔ t − (7 − x)t + 12 − 4 x = 0 ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x = 2
2
uuu
r
Câu VI.b: 1) Ta có: AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình AB: 2 x + y − 2 = 0 .
I �(d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D (2t ; 2t − 2)
4
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = .
5
4 � 8� � 2�
5 8
t= C � ; �D � ; �
,
| 6t − 4 | 4
Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = 3 � 3� � 3�
3 3
�
5 5
t = 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
� 8� � 2�
5 8
Vậy C � ; �D � ; �hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
,
� 3� � 3 �
3 3
2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH � ( P ) ⊥ d1 � ( P ) : x + y − 2 z + 1 = 0
B = ( P ) �� B (1; 4;3) ⇒ phương trình BC : { x = 1 + 2t ; y = 4 − 2t ; z = 3
d2
Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có:
(Q) : x − 2 y + z − 2 = 0 ��(2;2;4) M (1;2;5) (K là trung điểm của CM).
K
1 uuu uuu
rr
x −1 y − 4 z − 3
, do A = AB ��� A(1;2;5) S ∆ ABC = � , AC � 2 3 .
= = =
� ptAB : d1 AB
� �
−2
0 2 2
Trang 19
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Câu VII.b: PT ⇔ f (x ) = 2008 x
− 2007 x − 1 = 0 với x (– ;+ )
2008 x .ln2008 − ﾠ ; ﾠ (x ) = ﾠ
2008 x ln2 2008ﾠ 0, ∀x
f (x) = ﾠ >
2007 f
⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến.
lim f (x ) = −2007; lim f (x ) = + ∃ x0 để f ′ ' ( x0 ) = 0
Vì f (x) liên tục và
− +
x x
Từ BBT của f(x) f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm.
Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1
Hướng dẫn Đề số 16
www.MATHVN.com
Câu I: 2) MN: x + 2y + 3 = 0. PT đường thẳng (d) ⊥ MN có dạng: y = 2x + m.
Gọi A, B ∈ (C) đối xứng nhau qua MN. Hoành độ của A và B là nghiệm của PT:
2x − 4
= 2 x + m ⇒ 2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ –1) (1)
x +1
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có ∆ = m2 – 8m – 32 > 0
Ta có A(x1; 2x1 + m), B(x2; 2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1)
� +x
x � �m m�
Trung điểm của AB là I �1 2 ; x1 + x2 + m � I � ; � theo định lý Vi-et)
≡− (
�2 � �4 2�
Ta có I MN ⇒ m = –4, (1) ⇒ 2x2 – 4x = 0 ⇒ A(0; –4), B(2;0)
x = kπ
cos 2 x = 1
3x
m8π ( k ; m ﾷ ) ⇔ x = 8nπ
Câu II: 1) PT ⇔ cos2x + cos =2⇔ ⇔
3x
x=
cos = 1
4
3
4
2x + 1
2) Nhận xét; x = 1 là các nghiệm của PT. PT � 3x = .
2x −1
Dựa vào tính đơn điệu ⇒ PT chỉ có các nghiệm x = ± 1.
x x π π
1 + 2sin cos e x dx
2 2
1 + sin x x
1 x
2 2= π
+ tan . K = � + � tan dx
ex
=
Câu III: Ta có = e2
x0
x x
1 + cos x 2
2 0 2cos 2
2cos 2 2cos 2
2
2 2
ﾷAMS = α .
Câu IV: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung đi ểm c ủa BC
Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I ∈ SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là
phân giác của ﾷAMS = α .
a3
Ta có SO = OM tanα = tanα ( Với a là độ dài của cạnh đáy)
6
23
a2 a2 a2
�a =
tan 2 α + = 1−
Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 �
4 + tan 2 α
12 12 4
α
α 4π tan 3
α tan 2
. Vậy V =
2
r = OI = OM.tan =
3 ( 4 + tan 2 α )
2 3
4 + tan 2 α
Câu V: Vì a + b + c = 2 nên độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1.
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c
1
3 – (a + b + c) 3 3 (1 − a )(1 − b)(1 − c) > 0 ۳ (1 − a)(1 − b)(1 − c ) > 0
27
28 56
ab + bc + ca − abc > 1 � 2 < 2ab + 2bc + 2ca + 2abc �
۳
27 27
Trang 20
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
56 52
� 2 < (a + b + c ) 2 − (a 2 + b 2 + c 2 + 2abc ) � a 2 + b 2 + c 2 + 2abc < 2
27 27
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = .
3
Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 ⇒ A(0;3)
Phương trình đường cao BO: 7x – 4y = 0 ⇒ B(–4; –7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO nằm trên trục Oy ⇒ BC: y + 7 = 0
2a 2a
; d ( A; d ) = 8a − 24a + 36
2
2) Gọi A(a; 0; 0) Ox ⇒ d ( A; ( P)) = =
3
22 + 12 + 22 3
8a 2 − 24a + 36
2a
d(A; (P)) = d(A; d) � = � 4a 2 = 8a 2 − 24a + 36 � 4a 2 − 24a + 36 = 0
3 3
� 4( a − 3) 2 = 0 � a = 3. Vậy có một điểm A(3; 0; 0).
1 + tan 2 x
Câu VII.a: Vì cosx ≠ 0 nên chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được: y =
2 tan 2 x − tan 3 x
�π�
1+ t2
Đặt t = tanx ⇒ t (0; 3] . Khảo sát hàm số y = 2 3 trên nửa khoảng 0;
2t − t � 3�
x=0
t + 3t − 4t
4 2
y’ = ; y’ = 0
(2t − t ) x =1
2 32
π
Từ BBT ⇒ giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = .
4
Câu VI.b: 1) M ∈ (D) ⇒ M(3b+4; b) ⇒ N(2 – 3b; 2 – b)
6
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0; b =
5
� 6� �8 4�
38
−
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M � ; � N � ; �
,
� 5� �5 5�
5
uuu
r
2) Ta có AB = (6; −4;4) ⇒ AB//(d). Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P) ⊥ (d) ⇒ (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0
H = (d)∩ (P) ⇒ H(–1;2;2). Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua (d) ⇒ H là trung điểm của
AA′ ⇒ A′ (–3;2;5). Ta có A, A′ , B, (d) cùng nằm trong một mặt phẳng.
Gọi M = A′ B∩ (d) . Lập phương trình đường thẳng A′ B ⇒ M(2;0;4)
Câu VII.b: Gọi β = r( cosϕ + isinϕ) ⇒ β3 = r3( cos3ϕ + isin3ϕ)
r=33 r=33
� 2π 2π �
+ i sin
Ta có: r3( cos3ϕ + isin3ϕ) = 3 �
cos 2π 2π k 2π
�
3ϕ = + k 2π ϕ=
�3 3� +
3 9 3
� �π 2π � �π 2π �
�
2 2
Suy ra β = 3 3 � � + k � i sin � + k
+
cos �.
�
� �9 3� �9 3��
Hướng dẫn Đề số 17
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C): x 2 + (m − 3) x + 1 − m = 0, x 1 (*)
(*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),
x A + xB = 3 − m
Theo định lí Viét:
x A . xB = 1 − m
uuu uuu
rr
Để ∆OAB vuông tại O thì OA.OB = 0 � x A xB + ( x A + m ) ( xB + m ) = 0
� 2 x A xB + m ( x A + xB ) + m 2 = 0 � m = −2
Trang 21
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Câu II: 1) PT ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x)
π
1 + sin x = 0
1 + sin x = 0 x = − + k 2π
� � � 2
( 1 + sin x ) ( cos x + 1) = 0
sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0
x = π + k 2π
2) (b) ⇔ x 2 + y 2 + 2 ( x 2 + 1).( y 2 + 1) = 14 � xy + 2 ( xy ) 2 + xy + 4 = 11 (c)
p=3
p 11
Đặt xy = p. (c) � 2 p + p + 4 = 11 − p �
2
� −35
p=
3 p 2 + 26 p − 105 = 0
3
35
(a) ⇔ ( x + y ) = 3 xy + 3 • p = xy = −
2
• p = xy = 3 ⇒ x + y = 2 3
(loại)
3
xy = 3 xy = 3
�x= y= 3 �x= y=− 3
1/ Với 2/ Với
x+ y=2 3 x + y = −2 3
( 3; 3 ) , ( − 3; − 3 )
Vậy hệ có hai nghiệm là:
π π
2 2
� � x.sin 2 xdx
Câu III: I = .sin 2 xdx +
cos x
e sin
0 0
π
2
• I1 = ecos x .sin 2 x.dx . Đặt cosx = t ⇒ I1 = 2
0
π
π π
1� sin 3 x � 2
2 2
1
� x − cos3x ) dx = 2 � x − 3 �2 = 3
( cos sin
• I 2 = � x.sin 2 xdx =
sin
� �
2 0
0 0
28
�I =2+ =
33
Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a),
� a � � a a � uuu uuuu � a 2 a 2 a 2 �
rr
a
M �; ; 0 � N � ; ; � � , BM � � ; − ; �
⇒�
, �−
=
0 BN
� 2 � � 2 2� �4 2 4�
2
uuu uuuu uuu a 3
rrr
1
⇒ VBMND = � , BM � =
BN BD
6� � 24
1 uuu uuuu
rr a2 3
1
Mặt khác, VBMND = S BMN .d ( D,( BMN ) ) , S BMN = � , BM � =
BN
2� �42
3
3VBMND a 6
� d ( D,( BMN ) ) = =
S BMN 6
x2
Câu V: Xét hàm số: f ( x ) = e x + cos x − 2 − x + , x R.
2
f ( x ) = e x − sin x − 1 + x � f ( x ) = e x + 1 − cos x > 0, ∀x �R
⇒ f ′ (x) là hàm số đồng biến và f ′ (x) = 0 có tối đa một nghiệm.
Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ′ (x)=0.
x2
Dựa vào BBT của f(x) ⇒ f ( x ) 0, ∀x R � e x + cos x � + x − , ∀x �R.
2
2
Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên kho ảng cách t ừ tâm I(2; –1) c ủa (C) đ ến d
bằng 3.
a=0
2a − b − a − 2b
d ( I,d ) = � 8a 2 + 6ab = 0 �
= 3 � a − 3b = 3 a + b 2 2
3
a=− b
a2 + b2
4
• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0
Trang 22
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
3
• a = − b : chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0.
4
2) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D 17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5
Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (β) là h = R 2 − r 2 = 52 − 32 = 4
2.1+ 2(−2) − 3+ D D = −7
= 4 � −5 + D = 12 �
Do đó D = 17 (loai)
�
2 2 2
2 + 2 + (−1)
Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0
Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
* Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số
* Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A6 = 1560 số
3
1560 13
=
⇒ P(A) =
5880 49
ur x − 2 y +1
Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: U = ( 3; −4 ) ⇒ phương trình BC: =
−4
3
C ( −1;3)
⇒ Toạ độ điểm
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.
x − 2 y +1
� 2x − y − 5 = 0
=
⇒ phương trình BB’:
1 2
�x − y − 5 = 0 �=3
2 x
�� � I (3;1)
+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: �
� + 2y − 5 = 0 � =1
x y
x B ' = 2 x I − xB = 4
B (4;3)
+ Vì I là trung điểm BB’ nên:
y B ' = 2 y I − yB = 3
+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.
� −3=0 � = −5
y x
� A( −5;3)
��
+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: �
�x − 4 y + 27 = 0 � = 3
3 y
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
uuu
r uuuu
r uuu uuuu
rr
� = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) � .NM = m + n
DP DP
Ta có : � r .
� uuuu
uuu uuuu
r uuur r
DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) DN .PM = m + p
−1 1 1
xyz
+ + = 1 . Vì D ∈(α) nên: + + = 1.
Phương trình mặt phẳng (α):
mnp mnp
m+n=0
uuu uuuu
r r uuu uuuu
rr m = −3
� ⊥ NM � .NM = 0 m+ p=0
DP DP
� �
n= p=3
D là trực tâm của ∆ MNP ⇔ � ⇔
� r uuuu
uuur uuuu
r uuu r
−1 1 1
� ⊥ PM � .PM = 0
DN DN + + =1
mnp
xyz
+ + =1
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α):
−3 3 3
Câu VII.b: S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 (1)
0 1 2 1004
n−k
⇔ S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 (2) (vì Cn = Cn )
2009 2008 2007 1005 k
⇒ 2 S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 + C2009 + ... + C2009 = ( 1 + 1)
2009
0 1 2 1004 1005 2009
� S = 22008
Trang 23
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
Hướng dẫn Đề số 18
−1
2x − 3
, x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) =
Câu I: 2) Ta có: M x 0 ; 0
( x0 − 2) 2
x0 − 2
−1 2x − 3
Phương trình tiếp tuyến ∆ với ( C) tại M : ∆ : y = (x − x 0 ) + 0
( x 0 − 2) x0 − 2
2
2x − 2
; B( 2x 0 − 2;2)
Toạ độ giao điểm A, B của (∆ ) và hai tiệm cận là: A 2;
0
x −2
0
y A + y B 2x 0 − 3
x + xB 2 + 2 x0 − 2
= = y M ⇒ M là trung điểm AB.
= = x0 = xM ,
Ta có: A
x0 − 2
2
2 2
Mặt khác I(2; 2) và ∆ IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp ∆ IAB có diện tích:
� �� �
2
� x0 − 3
2 1 �
S = π IM = π � 0 − 2) + � − 2 �� π � 0 − 2)2 + � 2π
= (x
2 2
(x
x0 − 2 ( x0 − 2) 2 �
� �� �
�
� �
x = 1
1
⇔ 0
Dấu “=” xảy ra khi (x 0 − 2) =
2
⇒ M(1; 1) và M(3; 3)
(x 0 − 2) x 0 = 3
2
x = kπ
�x � x x�
�
� x = kπ
sin − 1 �2sin 2 + 2sin + 1 � 0 ⇔
=
Câu II: 1) PT � sin x � � x = π + k 4π
�2 � 2 2�
�
� 1� 1 1
2) BPT ⇔ x[ log2 (1 − 2x ) + 1] < 0 � < �⇔ < x < hoặc x < 0
x
� 2� 4 2
e e
2e + 1 5 − 2 2 + 2e3
ln x
dx + 3� ln xdx = 2(2 − 2) +
3
Câu III: I = � x2 =
1 x 1 + ln x 3
3 3
1
Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB= a , SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA. Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra
SA ⊥ (MBC).
1 1 1
Ta có VS.ABC = VS.MBC + VA .MBC = MA .SMBC + SA.SMBC = SA.SMBC
3 3 3
Hai tam giác SAB và SAC bằng nhau. Do đó MB = MC ⇒ ∆ MBC cân tại M. Gọi N là trung
điểm của BC ⇒ MN ⊥ BC. Tương tự MN ⊥ SA.
2
a a 3 3a
2 2
a3
=
MN = AN − AM = AB − BN − AM = a − −
2 2 2 2 2 2 2
⇒ MN = .
4 2 16 4
a 3 a a3
1 1 1
Do đó: VS.ABC = SA. MN .BC = a 3. .= .
3 2 6 4 2 16
Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
� 1 1�
1 3 111 9
( x + y + z ) � + + � 3 3 xyz =9� + + �
� (*)
x y z x+ y+z
� y z�
x 3 xyz
1 1 1 9
Áp dụng (*) ta có P = +3 +3
a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + 3 c + 3a
3 3 3
Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có :
a + 3b + 1 + 1 1
( ) = ( a + 3b + 2 )
3 a + 3b 1.1
3 3
b + 3c + 1 + 1 1
( ) = ( b + 3c + 2 )
3 b + 3c 1.1
3 3
c + 3a + 1 + 1 1
( ) = ( c + 3a + 2 )
3 c + 3a 1.1
3 3
1� 3
1 �
Suy ra: 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ��4 ( a + b + c ) + 6 � � + 6 � 3 =
� 3 4. 4
�
3 � �
Trang 24
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
3
a+b+c = 1
� a =b=c=
Do đó P 3 . Dấu = xảy ra � 4
4
a + 3b = b + 3c = c + 3a = 1
1
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a = b = c = .
4
r r
a1 = (2; −1) ; d2 VTCP a2 = (3;6)
Câu VI.a: 1) d1 VTCP
ur uu
r
Ta có: a1 .a2 = 2.3 − 1.6 = 0 nên d1 ⊥ d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là đường
thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:
d : A( x − 2) + B ( y + 1) = 0 � Ax + By − 2 A + B = 0
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I ⇔ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450
A = 3B
2A − B
= cos 450 � 3 A2 − 8 AB − 3B 2 = 0 �
�
B = −3 A
A + B 2 + (−1)
2 2 2 2
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x + y − 5 = 0
* Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x − 3 y − 5 = 0
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x + y − 5 = 0 ; d : x − 3 y − 5 = 0
2) Dễ thấy A′ ( 1; –1; 0)
Phương trình mặt cầu ( S): x 2 + y 2 + z 2 − 5 x − 2 y − 2 z + 1 = 0
5
� � 29
⇒ (S) có tâm I � ;1;1� bán kính R =
,
2
� � 2
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Phương trình đường thẳng (d) đi qua I và vuông góc với (P).
x =5/ 2+t
� 1 1�
5
d: y = 1 + t H�; ; �
� 6 6�
3
z =1+ t
75 5 3 29 75 31 186
IH = = , (C) có bán kính r = R 2 − IH 2 = − = =
36 6 4 36 6 6
Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
�0x �0
x x=0
�2 �2
| x − 4 x |= 2 x ��� − 4 x = 2 x x=2
�x − 6 x = 0
2
� �
�x
� �
�2 �2 x=6
�x − 4 x = −2 x �x − 2 x = 0
� �
2 6
( ) (x ) 4 52
� − 4 x − 2 x dx + �
Suy ra: S = − 4 x − 2 x dx =
x2 2
+ 16 =
3 3
0 2
Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là
M( 4; 3),
x2 y 2
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 ( với a > b)
a b
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( −5;0 ) ; F2 ( 5;0 ) � a − b = 5 ( 1)
2 2 2
M ( 4;3) � E ) � 9a 2 + 16b 2 = a 2b 2
( ( 2)
� =5 +b � = 40
2 2 2 2
a a
� � x2 y 2
+ =1
Từ (1) và (2) ta có hệ: � 2 Vậy (E):
.
�2
�a + 16b = a b � = 15
2 22
9 b 40 15
x = 2t − 3
y = t −1
2) Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:
z =t +3
Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒ I ( −1;0;4 )
r
r
* (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n ( 1; 2; −1)
Trang 25
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
rr r
r
� �, n � ( −3;3;3) . Gọi u là vectơ chỉ phương của ∆ � u ( −1;1;1)
=
a
��
x =1− u
uuuu
r
. Vì M �∆ � M ( −1 − u; u;4 + u ) , � AM ( 1 − u; u − 3; u )
�∆: y =u
z = 4+u
uuuu r
r
AM ngắn nhất � AM ⊥ ∆ � AM .u = 0 � −1(1 − u ) + 1(u − 3) + 1.u = 0
−
� 7 4 16 �
4
�u= . Vậy M � ; ; �
�3 3 3 �
3
� −1 �= 0
x x
x +1 0 x −1
� �= 0 � � −1
Câu VII.b: PT (2) � � 2 �� x x
x(3x + y − 1) = 0
3 x + 1 + xy = x + 1
�3 x + y − 1 = 0 �y = 1 − 3 x
� �
8 8
* Với x = 0 thay vào (1): 2 + 2 y − 2 = 3.2 y � 8 + 2 y = 12.2 y � 2 y = � y = log 2
11 11
x −1
thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 23 x +1 + 2−3 x −1 = 3.2
* Với (3)
y = 1 − 3x
1
Đặt t = 23 x +1 . Vì x −1 nên t
4
1
x = � 2(3+ 8) − 1�
log
1 t = 3− 8 (loai )
�
(3) � t + = 6 � t 2 − 6t + 1= 0 � 3� �
�
t = 3+ 8
t
y = 2 − log2(3+ 8)
x=0 1
x = � 2 (3 + 8) − 1�
log
3� �
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 8 và
y = log 2
y = 2 − log 2 (3 + 8)
11
Hướng dẫn Đề số 19
www.MATHVN.com
Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:
x=3
x 3 − 3 x 2 + 4 = m( x − 3) + 4 � ( x − 3)( x 2 − m) = 0 � 2
x −m=0
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và y '( m ). y '( − m ) = −1
18 3 35
� (3m − 6 m )(3m + 6 m ) = −1 � 9m 2 − 36m + 1 = 0 � m = (thỏa mãn)
9
x2 + 1
+ x+ y−2=2
y
Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT ⇔
x2 + 1
( x + y − 2) = 1
y
x2 + 1
=1
u+v=2
x2 + 1
u= , v = x + y − 2 . Ta có hệ � u = v =1 ⇔ y
Đặt
uv = 1
y
x + y − 2 =1
Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).
� π� � π� � π� � π�
2) Điều kiện: sin � − � � + � � − � � + � 0
x sin x cos x cos x
� 6� � 3� � 6� � 3�
Trang 26
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
� π� � π� � π� � π �
Ta có tan � − � � + � tan � − � � − x � −1
= =
x tan x x cot
� 6� � 3� � 6� � 6 �
1
PT � sin 3 x.sin 3 x + cos3 x cos3 x =
8
1 − cos 2 x cos 2 x − cos 4 x 1 + cos 2 x cos 2 x + cos 4 x 1
+ =
� � �
2 2 2 2 8
π
+ kπ (loaïi)
x=
1 1 1 6
� 2(cos 2 x + cos 2 x cos 4 x) = � cos 3 2 x = � cos 2 x =
π
2 8 2
x = − + kπ
6
π
+ kπ , (k Z)
Vậy phương trình có nghiệm x = −
6
2x + 1
du = 2 dx
u = ln( x 2 + x + 1) x + x +1
Câu III: Đặt � �
dv = xdx x2
v=
2
1 1 1 1
2x + 1
1
1 2 x3 + x 2
x2 1 1 1 3 dx
dx = ln 3 − �x − 1) dx + � dx − �
I = ln( x 2 + x + 1) − (2
4 0 x + x +1 4 0 x + x +1
2 0 x + x +1 2 2
2
2 20
2 0
3π
3
⇒ I = ln 3 −
4 12
Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P)
(BCH). Do góc ﾷA ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam
giác BCH.
a3 2 a3
Do tam giác ABC đều cạnh a nên AM = , AO = AM =
2 3 3
a2 3 a2 3
1 a3
Theo bài ra S BCH = � HM .BC = � HM =
8 2 8 4
3a 2 3a 2 3a
AH = AM 2 − HM 2 = − =
4 16 4
A ' O HM AO.HM a 3 a 3 4 a
=
Do ∆ A’AO và ∆ MAH đồng dạng nên ⇒ A 'O = = =
AO AH AH 3 4 3a 3
a3 3
1 1aa 3
Thể tích khối lăng trụ: V = A O.S ABC = A O. AM .BC = a=
2 23 2 12
1 1 1 1
=2
Câu V: Ta có a2+b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b ⇒ 2 .
a + 2b + 3 a + b + b + 1 + 2 2 ab + b + 1
2 2 2
1 1 1 1 1 1
Tương tự 2 . , .
b + 2c + 3 2 bc + c + 1 c + 2a + 3 2 ca + a + 1
2 2 2
1� 1 � 1� 1 �1
1 1 ab b
� + b + 1 + bc + c + 1 + ca + a + 1 � 2 � + b + 1 + b + 1 + ab + 1 + ab + b � 2
= =
P
2� ab ab
�� �
1 1
P = khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1
2 2
Câu VI.a: 1) Điểm C � : x + y − 1 = 0 � C ( t ;1 − t ) .
CD
�+ 1 3 − t �
t
Suy ra trung điểm M của AC là M � ; .
�
�2 2�
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K BC ).
Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 � x − y + 1 = 0
Trang 27
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
x + y −1 = 0
I ( 0;1)
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
x − y +1 = 0
tọa độ của K ( −1;0 ) .
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
x +1 y
= � 4x + 3y + 4 = 0
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
−7 + 1 8
2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa ∆ , thì ( P ) P ( D ) hoặc ( P ) ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông
góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH ⊥ AH .
d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH
Mặt khác
H ( P)
H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ⊥ IA tại A.
Trong (P), IH IA ; do đó maxIH = IA
r uu r r
Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) .
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2( x − 4) − 1.( z + 1) = 2 x − z − 9 = 0 .
2 2
Câu VII.a: Ta có I = �+ x) dx = � n + Cn x + Cn x +L + Cn x ) dx
( C0 1 2 2
n nn
(1
0 0
2
11 1 1
�0 �
Cnn x n +1 �
= � n x + Cn x 2 + Cn2 x 3 +L +
C
n +1
2 3
� �0
2n +1 n 3n +1 − 1
22 1 23 2 1 2
(1 + x) n +1 =
⇒ I = 2Cn + Cn + Cn +L + Mặt khác I =
0
Cn (1). (2)
n +1 n +1 n +1
2 3 0
2n +1 n 3n +1 − 1
2 2 1 23
Từ (1) và (2) ta có 2Cn + Cn + Cn2 +L + Cn =
0
n +1 n +1
2 3
n +1
3 − 1 6560
� 3n +1 = 6561 � n = 7
=
Theo bài ra thì
n +1 n +1
7 k
� 1 � 7 1 k 14−3k
( x)
� 1� 7 7−k
Ta có khai triển � x + 4 �= � 7k � 4 � = � k C7 x
C 4
� x� 0 2
2 x� 0 2
�
14 − 3k
=2�k =2
Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn
4
1 2 21
C7 =
Vậy hệ số cần tìm là
22 4
Câu VI.b: 1) Do B ∈ d1 nên B(m; – m – 5), C ∈ d2 nên C(7 – 2n; n)
2 + m + 7 − 2n = 3.2 m = −1
Do G là trọng tâm ∆ ABC nên ⇒ B(–1; –4), C(5; 1)
3 − m − 5 + n = 3.0 n =1
83 17 338
⇒ PT đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC: x + y − x+ y− =0
2 2
27 9 27
�8 �
7
2) Gọi G là trọng tâm của ∆ ABC ⇒ G � ; ;3 �
�3 �
3
uuur uuu 2 uuur uuu 2 uuur uuu 2
r r r
Ta có F = MA + MB + MC = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC )
2 2 2
uuur uuu uuu uuuu
r r r
= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + 2 MG (GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2
F nhỏ nhất ⇔ MG2 nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G lên (P)
78
− −3−3
19
⇔ 33
MG = d (G ,( P )) = =
1+1+1 33
56 32 104 64
GA2 + GB 2 + GC 2 = + + =
9 9 9 3
2
�19 � 64 553
Vậy F nhỏ nhất bằng 3. � �+ = khi M là hình chiếu của G lên (P)
� 3� 3 9
3
Trang 28
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
ex− y = x + y + 1 � = u +1 �v = u + 1
�v
u = x+ y e e (1)
�
. Hệ PT ⇔ x + y ⇔ �u
Câu VII.b: Đặt �u
v= x− y e = x − y +1 � = v +1 � − e = v − u (2)
v
e e
• Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm
• Nên (2) � u = v . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ′ (u) = eu – 1
Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 � u = 0 .
�+ y =0 �=0
x x
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0 � v = 0 � � ��
�− y =0 � =0
x y
Hướng dẫn Đề số 20
www.MATHVN.com
�3 5�
1
= t ⇒ t ∈ � ; � à g ( x ) = f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 4.
−
Câu I: 2) Đặt 2sin x + v
� 2 2�
2
−27 − 54 + 32
� 3 � 27 9 49
f � � − − 3. + 4 =
−= =− ;
2� 8 4 8 8
�
49
f CD = f ( 0 ) = 4; f CT = f ( 2 ) = 0; ⇒ Max = 4, Min = −
8
125 − 150 + 32 7
� � 125
5 25
= − 3. + 4 = =
f��
�� 8
2 4 8 8
Câu II: 1) ĐKXĐ: x > −1, mx > 0 . Như vậy trước hết phải có m 0 .
Khi đó, PT ⇔ mx = ( x + 1) � x + (2 − m) x + 1 = 0
2 2
(1)
Phương trình này có: ∆ = m − 4m . 2
• Với m (0;4) ⇒ ∆ < 0 ⇒ (1) vô nghiệm.
• Với m = 0 , (1) có nghiệm duy nhất x = −1 < 0 ⇒ loại.
• Với m = 4 , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.
• Với m < 0 , ĐKXĐ trở thành −1 < x < 0 . Khi đó ∆ > 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Mặt khác, f (−1) = m < 0, f (0) = 1 > 0 nên x1 < −1 < x2 < 0 , tức là chỉ có x2 là
nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị m < 0 thoả điều kiện bài toán.
• Với m > 4 . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt
x1 , x2 ( x1 < x2 ) . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đ ều d ương nên các giá tr ị
m > 4 cũng bị loại.
Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: m � −� �{ 4} . ( ;0)
kπ
2) ĐKXĐ: x sao cho sin 2 x 0 .
2
Khi đó, VT = sin 3 x + cos 3 x + sin 2 x cos x + cos 2 x sin x
= (sin x + cos x)(sin 2 x − sin x cos x + cos 2 x) + sin x cos x(sin x + cos x) = sin x + cos x
sin x + cos x 0
PT ⇔ sin x + cos x = 2sin 2 x
(sin x + cos x) 2 = 2sin 2 x (1)
π π
(1) ⇔ 1 + sin 2 x = 2sin 2 x � sin 2 x = 1(> 0) ⇔ 2 x =+ 2 kπ � x = + kπ
2 4
π
Để thoả mãn điều kiện sin x + cos x 0 , các nghiệm chỉ có thể là: x = + 2kπ
4
e2 x − 2 x + 1 1 − 2 x + 1 + e 2 x − 1 x
= =
.
Câu III: Ta có:
3x + 4 − 2 − x 3x + 4 − 2 − x
x
Trang 29
- Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học
www.MATHVN.com
� − 2 x + 1 e 2 x − 1 �x( 3x + 4 + 2 + x)
1 − 2 x + 1 + e2 x − 1 x 1
+
. .
= =� �
x �(3x + 4) − (2 + x) 2
3x + 4 − 2 − x �
x x
� � � −2 e2 x − 1 � 3x + 4 + 2 + x
−2 x e 2 x − 1 �x( 3 x + 4 + 2 + x )
=� = −� + 2.
+ 2. .
. �
( ) 1+ x
� 1 + 2x + 1 2x � − x − x2 �+ 2x + 1 2x �
1
x
� �
e2 x − 2 x + 1
= −( −1 + 2).4 = −4
⇒ lim
3x + 4 − 2 − x
x0
Câu IV: Ta có: CD 2 = 10 = AC 2 + AD 2 ; DB 2 = 5 = AD 2 + AB 2 ; BC 2 = 13 = AB 2 + AC 2 ;
Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A.
Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên,
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm m ặt cầu này là trung
1 12 14
điểm I của đoạn AH, còn bán kính là R = AH = 2 + 32 + 12 = .
2 2 2
x−3
x
Câu V: Đặt f ( x ) = x 2 + 3 + (3 − x) 2 + 5 ⇒ f ( x ) = +
x2 + 3 (3 − x) 2 + 5
2 x3
f ( x ) = 0 � x x 2 − 6 x + 14 = (3 − x) x 2 + 3 �
2 x + 18 x − 27 = 0
2
−9 3 15
Phương trình thứ hai có ∆ ' = 81 + 54 = 135 = 9.15 , và hai nghiệm: x1,2 =
2
Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nh ỏ h ơn 2. V ậy, đ ạo hàm c ủa hàm s ố
không thể đổi dấu trên [ 2; ) , ngoài ra f (3) > 0 nên f ( x ) > 0, ∀x 2 . Do đó, giá trị nhỏ
nhất của f ( x ) là f (2) = 7 + 6 .
Cũng dễ thấy lim f ( x ) = . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x 2 ) khi
x
6+ 7.
và chỉ khi m
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
2
9
��
� �+ ( −3)
1 2
d− 4�
khi và chỉ khi DB AB 4= �
= � 4d − 1 = 6 − 3d � d = 1.
�
2−d 42 + ( −3)
DC AC 2
x+2 y −3 x+2 y −3
= � x + y − 1 = 0 ; AC: = � 3x + 4 y − 6 = 0
Phương trình AD:
−3 −3
3 4
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 − b và bán kính
cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
4
b − 3 = 5b � b = −
3 ( 1 − b ) + 4b − 6 3
= b � b − 3 = 5b ⇒
1
3 +4
2 2
b − 3 = −5b � b =
2
1
Rõ ràng chỉ có giá trị b = là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ∆ ABC là:
2
2 2
� 1� � 1� 1
� − �+ � − �=
x y
� 2� � 2� 4
2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng:
m ( 2 x + 3 y + 11) + n ( y − 2 z + 7 ) = 0 � 2mx + ( 3m + n ) y − 2nz + 11m + 7 n = 0.
Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m( −8 − 15 + 11) + n(−5 − 6 + 7) = 0 � n = −3m
Chọn m = 1, n = −3 , ta được phương trình của P’: 2 x + 6 z − 10 = 0 .
ur
Đường thẳng d” đi qua A ( 2; −1;1) và VTCP m = (2;3; −5) . Mặt phẳng P” đi qua M và d”
uuu
r r
ur
có hai VTCP là m và MA ( 6;4; −2 ) hoặc n ( 3;2; −1) . Vectơ pháp tuyến của P” là:
Trang 30
- Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng
www.MATHVN.com
u � −5 −5;2 2;3 �
r 3;
� ( 7; −13; −5 ) .
p=� =
, ,
� −1 −1;3 3;2 �
2;
Phương trình của P”: 7( x + 4) − 13( y + 5) − 5( z − 3) = 0 ⇔ 7 x − 13 y − 5 z − 29 = 0.
Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:
2 x + 6 z − 10 = 0
7 x − 13 y − 5 z − 29 = 0
Câu VII.a: Điều kiện: n 3.
Theo giả thiết thì: n + 3n(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) = 9n 2 − 14n ⇔ n 2 − 9n + 14 = 0 n=7
c 3
Câu VI.b: 1) Giả sử M ( x, y ) là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là a = = =5
e 0,6
nên ta có: MF1 + MF2 = 10 � ( x + 1) 2 + ( y − 1)2 + ( x − 5) 2 + ( y − 1)2 = 10
( x − 2) 2 ( y − 1) 2
+ =1
⇔
25 16
2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: m ( x − 2 z ) + n ( 3x − 2 y + z + 5 ) = 0
⇔ ( m + 3n ) x − 2ny + ( −2m + n ) z + 5n = 0
(Q) ⊥ (P) ⇔ 1.(m + 3n) − 2( −2n) + 1.( −2m + n) = 0 � − m + 8n = 0
Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11x − 2 y − 15 z + 5 = 0 .
Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:
x − 2y + z + 5 = 0
11x − 2 y − 15 z + 5 = 0
Câu VII.b: Ta chứng minh rằng C2 n + k C2nn − k giảm khi k tăng, tức là:
n
C2 n + k C2nn− k > C2nn+ k +1C2 n− k −1 . (3)
n n
Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:
( 2n + k ) !( 2n − k ) ! > ( 2n + k + 1) !( 2n − k − 1) !
(3) �
n!( n + k ) !n !( n − k ) ! n!( n + k + 1) !n !( n − k − 1) !
2n − k 2n + k + 1 n n
> +1> + 1.
� �
n−k n + k +1 n−k n + k +1
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng.
Do đó, C2 n + k C2nn − k lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.
n
Trang 31
nguon tai.lieu . vn
