Xem mẫu
- www.VIETMATHS.com
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 400-10/2010
ĐỀ SỐ 01
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y x 3 3mx 3m 1 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng
x y 0.
Câu II:
5 cos 2x
2cos x
1) Giải phương trình:
3 2 tan x
x 3 y3 9
2) Giải hệ phương trình: 2 2
x 2y x 4y
Câu III:
1 cos x
1 sin x
2
Tính tích phân: I ln dx .
1 cos x
0
Câu IV:
w
ÿ
Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB a, AC a 3, DA DB DC . Biết
rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD.
Câu V:
Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx 3, ta có bất đẳng thức:
1 4 3
.
xyz x y y z z x 2
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là
5x 2y 7 0, x 2y 1 0 . Biết phương trình phân giác trong góc A là x y 1 0 . Tìm tọa
độ đỉnh C của tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3 . Viết phương trình đường
thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300.
Câu VII.a:
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
Giải phương trình: e x 1 ln 1 x .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
3
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 y 2 và parabol (P): y 2 x . Tìm
2
trên (P) các điểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với
nhau một góc 600.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vuông ABCD có A 5;3; 1 ,
C 2;3; 4 , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x y z 6 0 . Hãy tìm tọa độ điểm
D.
Câu VII.b:
3
1 x 1 x3 2 .
Giải phương trình:
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) y ' 3x 2 3m y’ có CĐ và CT khi m 0 .
x1 m
y 2m m 3m 1
1
Khi đó:
y 2 2m m 3m 1
x 2 m
m 2m m 3m 1
x1 y 2
Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên:
x 2 y1 m 2m m 3m 1
1
Giải ra được m
3
Câu II:
3
1) ĐK: tan x ,cos x 0
2
PT 5 cos x sin 2 x 2 3cox 2sin x
2
cos 2 x 6 cos x 5 sin 2 x 4sin x
2 2
cos x 3 sin x 2
cos x sin x 1 cos x sin x 5 0
cos x sin x 1
sin x 0
x k kZ
cos x 0 loai
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
2)
x 3 y3 9 (1)
Hệ PT 2 2
x x 2y 4y (2)
Nhân 2 vế PT(2) với -3 rồi cộng với PT(1) ta được:
3 3
x 3 3x 2 3x y 3 6y 2 12y 9 x 1 y 2 x y 3
y 1 x 2
2
Thay x y 3 vào PT(2): y 3 y 3 2y 2 4y y 2 3y 2 0
y 2 x 1
Nghiệm hệ: 2; 1 , 1; 2
Câu III:
1 cos x
1 sin x
2 2 2 2
dx cos x.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cos x dx
I ln (1)
1 cos x
0 0 0 0
Đặt x t dx dt
2
2 2 2
Suy ra: I sin t.ln 1 cos t dt ln 1 cos t dt ln 1 sin t dt
0 0 0
2 2 2
Hay I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cos x dx ln 1 sin x dx (2)
0 0 0
2 2
Cộng (1) với (2): 2I cos x.ln 1 sin x dx sin x.ln 1 cos x dx
0 0
J K
2
Với J cos x.ln 1 sin x dx
0
2 2
2
Đặt t 1 sin x dt cos xdx J ln tdt t ln t 1 dt 2ln 2 1
1 1
2
Với K sin x.ln 1 cos x dx
0
1 2
Đặt t 1 cos x dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1
2 1
Suy ra: 2I 2ln 2 1 2ln 2 1 I 2ln 2 1
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
Câu IV:
ABC vuông tại A BC 2a
DBC vuông cân tại D DB DC DA a 2
BC
Gọi I là trung điểm BC IA ID a
2
Vì DA a 2 , nên IAD vuông tại I ID IA
Mà ID BC
ID (ABC)
a3 3
1 1 1
VABCD ID.SABC .ID.AB.AC .a.a.a 3
3 6 6 6
Câu V:
4
1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ; và
x y y z z x
2xyz 2xyz
1 1 4 3
2xyz 2xyz x y y z z x x 2 y 2 z 2 x y y z z x
3
Ta có: x 2 y 2 z 2 x y y z z x xyz xz yz xy zx yz xy
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yz và zx:
3
xy yz zx 222
xy.yz.zx 1 x y z 1 xyz 1 (1)
3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy:
3 3
xz yz xy zx yz xy 2 xy yz zx
xz yz xy zx yz xy 8 (2)
3 3
Từ (1) và (2) suy ra: x 2 y 2 z 2 x y y z z x 8
1 4 3 3
Vậy: 3
xyz x y y z z x 82
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Tọa độ điểm A:
5x 2y 7 0 x 3
A 3;4
x y 1 0 y4
Tọa độ điểm B:
5x 2y 7 0 x 1
B 1; 1
x 2y 1 0 y 1
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
Gọi D là giao điểm phân giác và BC.
Tọa độ điểm D:
x y 1 0 x 1
D 1;0
x 2y 1 0 y 0
Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến n n1 ;n 2 5;2
Suy ra:
n1.1 n 2 .1 5.1 2.1 n n2 7
1 20n1 58n1n 2 20n 2 0
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
29
n1 n 2 . 1 1 5 2 . 1 1 n1 n 2
5
n1 n 2
2 n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 0
n 2 n
1 5 2
Tọa độ điểm C:
11
x
2x 5y 14 0 11 4
3
C ;
x 2y 1 0 y 4 3 3
3
2) Gọi vectơ chỉ phương của d là a a1 ;a 2 ;a 3
Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0
a1 1
Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 cos 600 3a1 a 2 a 3 0
2 2
2
2
a1 a 2 a 3
2 2
2
(Oxz) có vectơ pháp tuyến 0;1;0
Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600.
a2 1
cos 600 a1 3a 2 a 3 0
2 2
2
2
2 2 2
a1 a 2 a 3
12 1
Giải ra được: a1 a 2 a 3 a1 a 2
2
a3
2
2 2
Chọn a 3 2 , ta được: a 1;1; 2 , a 1;1; 2 , a 1; 1; 2 , a 1; 1; 2
Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d):
x 1 y 2 z 3 x 1 y 2 z 3
,
1
1 1 1 2
2
x 1 y 2 z 3 x 1 y 2 z 3
,
1
1 1 1
2 2
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
Câu VII.a:
ĐK: x 1
Đặt y ln 1 x e y 1 x .
ey 1 x (1)
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ: x
e 1 y (2)
Lấy (2) trừ (1): e x e y y x e x x e y y
Xét hàm số f t e t t t 1
Ta có: f ' t e t 1 0 t 1
Hàm số luôn tăng trên miền xác định.
f x f y x y x ln 1 x e x 1 x e x x 1
Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f t e t t
Ta có: f ' t e t 1
- Với t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn tăng f t f 0 1 e t t 1 t 0
PT vô nghiệm.
- Với 1 t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn giảm f t f 0 1 e t t 1 1 t 0
PT vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
2 2
1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 6 x 0 y 0 6
M (P) y 2 x 0
0
Suy ra: y 4 y 2 6 0 y 0 2 y 0 2
2
0 0
Vậy M 2; 2 hoặc M 2; 2
2) AC 3 2 BA BC 3
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:
x 5 2 y 32 z 12 9 x 5 2 y 32 z 12 9
2 2 2
x 2 y 3 z 4 9 x z 1 0
x yz 6 0 x yz 6 0
x 5 2 4 2x 2 2 x 2 9 x3
x2
y 3 hoặc y 1
z 1 x
z 2
z 1
y 7 2x
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
B 2;3; 1 hoặc B 3;1; 2
AB DC D 5;3; 4 hoặc D 4;5; 3
Câu VII.b:
3
1 x 1 x3 2
ĐK: x 1
x 2 2 x 1 3 x3 2
x 2 3 x3 2
x 3 6x 2 12x 8 x 3 2
2
6 x 1 0
Suy ra: x 1 là nghiệm của PT.
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 401-11/2010
ĐỀ SỐ 02
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y 2x 3 3x 2 1 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 8.
Câu II:
xy 18 12 x 2
1) Giải hệ phương trình: 12
xy 9 y
3
2) Giải phương trình: 4 x 12 2x 11 x 0
x
Câu III:
Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và
cạnh đáy đối diện bằng m.
Câu IV:
Tính tích phân: I x cos x sin 5 x dx
0
Câu V:
a a c b 2
Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện 2
b b a c
111
Chứng minh rằng:
abc
.
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x 4y 5 0 và đường tròn (C):
x 2 y 2 2x 6y 9 0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ
nhất.
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x 2y 2z 3 0 ,
x2 y z4
(P2): 2x y 2z 4 0 và đường thẳng (d): . Lập phương trình mặt cầu (S) có
1 2 3
tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2).
Câu VII.a:
4
Đặt 1 x x 2 x 3 a 0 a1x a 2 x 2 ... a12 x12 . Tính hệ số a7.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1 7
2 2
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 1 y 3 1 và điểm M ; .
5 5
Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 y 2 z 2 2x 4y 2z 5 0 và
mặt phẳng (P): x 2y 2z 3 0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN có độ
dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:
x 0
0 ,
3
f x 1 3x 1 2x tại điểm x0 = 0.
x0
,
x
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) y 2x 3 3x 2 1 y ' 6x 2 6x
Gọi M x 0 ; y 0 Phương trình tiếp tuyến: y 6x 0 6x 0 x x 0 y 0
2
Hay y 6x 0 6x 0 x 6x 3 6x 0 2x 0 3x 0 1
2 2 3 2
0
Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8 6x 3 6x 2 2x 3 3x 0 1 8
2
0 0 0
Giải ra được: x 0 1 y 0 4
Vậy M 1; 4
Câu II:
1) ĐK: x 2 3, xy 0
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
xy 18 12 x 2
xy 30 x 2 (1)
- Nếu xy 18 thì ta có hệ: 1 2 2
3xy 27 y (2)
xy 9 y
3
2
Lấy (2) trừ (1): 2xy 3 x 2 y 2 x y 3 x y 3
Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):
53
x x 3 30 x 2 2x 2 3x 30 0 x (loại) hoặc x 2 3 (nhận)
2
Nghiệm 2 3; 3 3
Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):
53
x x 3 30 x 2 2x 2 3x 30 0 x (loại) hoặc x 2 3 (nhận)
2
Nghiệm 2 3;3 3
- Nếu xy 18 thì từ (1) suy ra: x 2 3 , từ (2) suy ra: y 3 3 xy 18 xy 18
Vô nghiệm.
Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 .
2) 4x x 12 2x 11 x 0 4 x 12.2x 11 x 2 x 1 0
2 x 11 2 x 1 x 2x 1 0
2 x 11 x 2 x 1 0
2x 1 x 0
x
2 11 x 0 x 3
Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3.
Câu III:
Gọi M là trung điểm BC AM BC,SM BC
BC (SAM)
Trong (SAM) dựng MN SA
MN là khoảng cách SA và BC.
MN = m
3a 2
2 2
m2
AN AM MN
4
Dựng đường cao SO của hình chóp.
MN SO m SO 2 3ma
SO
AN AO 2
3 3a 2 4m 2
a3
3a 2
m
3
4
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
a2 3 ma 3
1 1 2 3ma
V SO.SABC .
.
3 3 3 3a 2 4m 2 4 6 3a 2 4m 2
Câu IV:
I x cos x sin 5 x dx x cos xdx x sin 5 xdx x cos xdx x 1 2cos 2 x cos 4 x sin xdx
0 0 0 0 0
J K
J x cos xdx
0
Đặt u x du dx
dv cos xdx v sin x
J x sin x 0 sin xdx cos x 0 2
0
2
K x 1 cos 2 x sin xdx
0
Đặt u x du dx
2 1
dv 1 2cos 2 x cos 4 x sin xdx v cos x cos3 x cos5 x
3 5
2 1 2 1
K x cos x cos 3 x cos5 x cos x cos 3 x cos 5 x dx
3 5 3 5
0 0
8 2 1
cos xdx cos3 xdx cos5 xdx
15 0 30 50
cos xdx sin x 0
0
0
sin 3 x
cos xdx 1 sin x cos xdx sin x
3 2
0
30
0 0
2 1
cos xdx 1 2sin x sin x cos xdx sin x sin 3 x sin 5 x 0
5 2 4
3 5 0
0 0
8
K
15
8
I 2.
15
Câu V:
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
a a c b2 (1)
2
b b a c (2)
Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a c b
Từ (1) suy ra: ab b 2 a b b a 0
Ta có: (1) ac b a b a
ac
c 2 ab bc ac bc a b c
Từ (2) suy ra: b
ba
1 bc 111
Từ đó: (đpcm).
a bc abc
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1)
M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và gần
(d) nhất.
2 2
(C) : x 1 y 3 1
phương trình tiếp tuyến tại M x 0 ; y0 : x 0 1 x 1 y 0 3 y 3 1
4 x 0 1 3 y 0 3 0 4x 0 3y 0 5 0 (1)
2 2
M x 0 ; y 0 C x 0 1 y 0 3 1 (2)
2 11 8 19
Giải (1), (2) ta được: M1 ; , M 2 ;
5 5 5 5
2 11
3. 4. 5
5 5
d M1 ,(d) 1
32 42
8 19
3. 4. 5
5 5
d M 2 ,(d) 3
32 42
2 11
Tọa độ điểm M cần tìm là M ; .
5 5
N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).
1
x 5
4 x 1 3 y 3 0
IN (d)
N (d) y 7
3x 4y 5 0
5
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
1 7
Tọa độ điểm N cần tìm là N ; .
5 5
2)
I (d) I 2 t; 2t; 4 3t
(S) tiếp xúc (P1) và (P2) d I, P1 d I, P2 R
t 1
2 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 4
9t 3 10t 16
t 13
12 22 2 2 22 12 2 2
2 2 2
Với t 1 I 1; 2;1 ,R 2 (S1 ) : x 1 y 2 z 1 2 2
2 2 2
Với t 13 I 11;26; 35 , R 38 (S2 ) : x 11 y 26 z 35 382
Câu VII.a:
4
Đặt 1 x x 2 x 3 a 0 a1x a 2 x 2 ... a12 x12 . Tính hệ số a7.
4 24
4
1 x .1 x
Ta có: 1 x x 2 x 3
24
1 x C0 x 2C1 x 4C 2 x 6C3 x 8C4
4 4 4 4 4
4
C0 xC1 x 2C2 x 3C3 x 4C 4
4
1 x 4 4 4 4
Suy ra: a 7 C 4C3 C1 C3 6.4 4.4 40
2
4 44
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1)
N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.
6 8
MI ; vectơ chỉ phương đường thẳng MI a 3;4
5 5
x 1 3t
Phương trình đường thẳng MI:
y 3 4t
1
2 2
N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 2 1 t
5
8 19 2 11
N1 ; , N 2 ;
5 5 5 5
MN1 3, MN 2 1
So sánh: MN1 MN 2
8 19
Tọa độ điểm N cần tìm là N ;
5 5
2)
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
2 2 2
(S): x 1 y 2 z 1 1
(P): x 2y 2z 3 0
M (P ') : x 2y 2z d 0
d 0
1 4 2 d
Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R d I,(P ') R 1
d 6
2
12 2 22
(P1 ') : x 2y 2z 0
(P2 ') : x 2y 2z 6 0
Phương trình đường thẳng đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):
x 1 t
: y 2 2t
z 1 2t
1 2 4 5
M1 là giao điểm và (P1) 1 t 4 4t 2 4t 0 t M1 ; ;
3 3 3 3
1 4 8 1
M2 là giao điểm và (P2) 1 t 4 4t 2 4t 6 0 t M 2 ; ;
3 3 3 3
2 8 10
3
333
d M1 , (P) 1
2
12 2 22
4 16 2
3
333
d M 2 , (P) 3
2
2 2
1 2 2
2 4 5
Tọa độ điểm M là M ; ;
3 3 3
2 1 2 7
N là giao điểm và (P) 1 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;
3 3 3 3
Câu VII.b:
f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x
3
3
1 3x 1 2x
f ' 0 lim lim lim lim
2 2
x2
x 0 x x
x 0 x 0 x0 x0
1 3x 1 x
3
3x 2 x 3
lim
lim
x2 x 0 2
x 3 1 3x 3 1 3x.1 x 1 x
x 0 2 2
3 x
lim 1
2 2
x 0 3
1 3x 1 3x.1 x 1 x
3
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
1 2x 1 x x 2 1 1
lim 2 lim
lim
x2 x 1 2x 1 x x 0 1 2x 1 x 2
x 0 x 0
1 1
f ' 0 1
2 2
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI
THTT SỐ 402-12/2010
ĐỀ SỐ 03
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN CHUNG
Câu I:
Cho hàm số: y x 4 2 m 1 x 2 2m 1 .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số
cộng.
Câu II:
1) Giải phương trình: 2cos 2 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2 2x 3
6x 2 3xy x y 1
2) Giải hệ phương trình: 2 2
x y 1.
Câu III:
2
x
Cho hàm số f x A.3 B . Tìm các số A, B sao cho f ' 0 2 và f x dx 12
1
Câu IV:
Trong mặt phẳng P cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên
đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng P tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD khi SA = 2a.
Câu V:
x
sin x 2cos
2 trên đoạn 0; .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x 2
x
cos x 2sin
2
PHẦN RIÊNG
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương trình
4x 3y 12 0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm của
tam giác ABC.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm P 2;3; 5 hạ các đường thẳng vuông góc với
các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó.
Câu VII.a:
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
24
5 5
Chứng minh rằng số phức z 1 cos isin có phần ảo bằng 0.
6 6
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b:
1) Cho đường tròn C : x 2 y 2 6x 2y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với
đường thẳng x 2y 4 0 và cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
x 1 y 1 z x 1 y 2 z
và d 2 : .
d1 :
2 1 1 1 2 1
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng Q : x y 2z 3 0 sao cho (P) cắt
d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất.
Câu VII.b:
4 x y1 3.4 2y 1 2
Giải hệ phương trình
x 3y 2 log 4 3
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ
PHẦN CHUNG
Câu I:
1) Tự giải
2) Giao điểm với trục hoành x 4 2 m 1 x 2 2m 1 0 (*)
Đặt t = x2, ta có phương trình: t 2 2 m 1 t 2m 1 0 (**)
(*) có 4 nghiệm (**) có 2 nghiệm dương phân biệt
m2 0
Δ ' 0
1
S 0 2 m 1 0 m , m 0
2
P0 2m 1 0
2 2
Với điều kiện này (**) có nghiệm t1 x1 ; t 2 x 2 (t2 > t1) 4 nghiệm (*): x 2 , x1 , x1 , x 2
Dãy này lập thành cấp số cộng khi: x 2 x1 x1 x1 x 2 3x1
Đặt x1 α x 2 3α
m4
2
x1 x 2 10α 2
2 2
2 m 1 10α 2 m 1
2
2 2 2m 1 9 9m 32m 16 0 4
4 4
5 m
x 1 x 2 9α 2m 1 9α
9
4
Vậy m = 4 hoặc m
9
Câu II:
1)
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
2 cos 2 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2 2x 3
2cos 2 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2 2x
cos 2x sin 3x cos 2x 0
cos 2x 0
sin 3x cos 2x 0
π π kπ
kπ x k Z
Với cos2x = 0 2x
2 42
k2
3x 2x k2 x
2 10 5
Với sin 3x cos 2x 0 sin 3x sin 2x k Z
x k2
2 3x 2x k2
2 2
π kπ
x 4 2
π k2π
Vậy phương trình có nghiệm x k Z
10 5
x π k2 π
2
6x 2 3xy x y 1 1
2) 2 2
2
x y 1.
1 6x 2 3xy 3x 2x y 1
3x 1 2x y 1 0
1
x 3
y 2x 1
22
1
Với x , từ (2) suy ra: y
3
3
x 0 y 1
Với y 2x 1 , từ (2) suy ra: x 2x 1 1 5x 4x 0
2
2 2
x 4 y 3
5 5
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:
1 2 2 1 2 2 4 3
0;1 , , ; , ;
;
3 5 5
3 3 3
Câu III:
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
f ' x A.3x.ln 3
f x A.3x B A.3x
f x dx ln 3 Bx C
2
f ' 0 2 A.ln 3 2 A ln 3
Ta có: 2 6A
f x dx 12 ln 3 B 12 B 12 12
1 ln 2 3
2
A ln 3
Vậy
B 12 12
ln 2 3
Câu IV:
Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD là trung điểm của SC.
SC SA 2 AC 2 4a 2 2a 2 a 6
SC a 6
R
2 2
3
4 πR
πa 3 6
V
3
Câu V:
x
sin x 2cos
2 x 0; .
f x 2
x
cos x 2sin
2
x x x
Ta có: cos x 2sin 2sin 2 2sin 1
2 2 2
2
Xét hàm số g t 2t 2 2t 1 t 0;
2
1
g ' t 4t 2 g ' t 0 t
2
1 3 2
g 0 1; g ; g 2
2 2 2
2
g t 0 t 0;
2
x
cos x 2sin 0 x 0; .
2 2
Copyright by VIETMATHS.com
- www.VIETMATHS.com
f x liên tục trên đoạn 0; .
2
x x x x
cos x sin cos x 2sin sin x cos sin x 2cos
2 2 2 2
f ' x 2
x
cos x 2sin
2
x
1 sin
2
f ' x 0 x 0; .
2
2
x
cos x 2sin
2
GTLN f x = f 0 2
π 2
GTNN f x = f 1
2 2
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a:
1) A 1;1 B 3; 0 C 0; 4
Gọi H x; y là trực tâm tam giác ABC
BH x 3; y , CH x; y 4 , AB 2; 1 , AC 1;3
x 3 3y 0
BH.AC 0
BH AC x 3
2x y 4 0
CH AB y 2
CH.AB 0
Vậy H 3; 2
2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy, Oyz,
Oxz.
Ta có: I 2;3; 0 , J 0;3; 5 , K 2;0; 5
Mặt phẳng IJK có dạng Ax By Cz D 0
I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:
1
A 4 D
2A 3B D 0
1
3B 5C D 0 B D Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.
6
2A 5C D 0
1
C 10 D
Vậy IJK :15x 10y 6z 60 0
Câu VII.a:
Copyright by VIETMATHS.com
nguon tai.lieu . vn