Toán Hàm Số 4 toan da ht
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.14 MB, 81 trang )
Câu
1
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 1
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
TXĐ: D \{2}
Các giới hạn lim y 2; lim y 2; lim y ; lim y
x
x
x 2
0,25
x 2
Suy ra x 2 là tiệm cận đứng, y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Sự biến thiên: y '
0,25
3
0, x D
( x 2)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (; 2) và (2; )
Bảng biến thiên
x
2
y‟
2
y
1
2
0,25
2
1
2
Đồ thị: Giao với trục Ox tại ;0 , giao với trục Oy tại 0; , đồ thị có tâm đối xứng là
0,25
điểm I (2; 2)
b) (1,0 điểm)
2a 1
, a 2 thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng
a2
3
2a 1
( ) : y
( x a)
2
(a 2)
a2
6
Gọi A là giao của tiệm cận đứng với () , suy ra A(2;
2)
a2
Giả sử M a;
0,25
0,25
B là giao của tiệm cận ngang với () , suy ra B(2a 2; 2)
Khi đó AB (2a 4) 2
36
, theo bài ra ta có phương trình
(a 2)2
36
40 (a 2)4 10(a 2)2 9 0
(a 2)2
a 1
a 3
2
(a 2) 1
2
a 1
(
a
2)
9
a 5
0,25
4(a 2)2
Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là (1; 1), (3;5), (1;1), (5;3) .
93
0,25
Câu
2
Đáp án
Điểm
(1,0 điểm)
1 cos x
7
sin x 2 sin 2 x
(1) .
tan x
4
k
sin x 0
Đk:
sin 2 x 0 x
k
cos x 0
2
0,25
(1) 1 cos x cos x sin 2 x sin x sin 2 x cos 2 x
0,25
cos 2 x 0
cos 2 x cos x sin x 1 0 1
sin x
4
2
k
+) cos 2 x 0 x
k
4 2
x k 2 l
1
sin
x
+)
x k 2 l
4
2
2
k
Vậy (1) có nghiệm x
k .
4 2
3
0,25
0,25
(1,0 điểm)
Ta có:
0,25
0
I
dx
1 2sin 2 x 2cos2 x
4
0
dx
2
sin x 4sin x cos x 3cos 2 x
4
0
1
dx
cos 2 x
tan 2 x 4 tan x 3
4
0,25
1
Đặt t tan x dt
dx Đổi cận :
cos 2 x
x
4
0
0
1
dt
dt
1 1
1
Vậy I 2
dt
t
4
t
3
(
t
1)(
t
3)
2
t
3
t
1
1
1
1
t
0
0
0
0
1 t 3
1
1 3
ln
ln 3 ln 2 ln
2 t 1 1 2
2 2
4
0,25
0,25
(1,0 điểm)
Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M là a1a2 a3
Số các phần tử của M:
0,25
a1 có 6 cách chọn
a2 có 6 cách chọn
a3 có 5 cách chọn M 6.6.5 180
Số các số tự nhiên trong M có tổng các chữ số là số lẻ:
TH1: Có 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn có C31.C42 .3! C31.C41 .2! 84 số
0,25
TH2: Có 3 chữ số lẻ có 3! 6 số có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ
0,25
Suy ra xác suất cần tìm là
94
90 1
.
180 2
0,25
Câu
5
Đáp án
Điểm
(1,0 điểm)
B
E
I
A
J
C
E'
F
D
nên E’ thuộc AD.
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD
EE’ vuông góc với AC và qua điểm E 9;4 nên có phương trình x y 5 0 .
0,25
x y 5 0
x 3
I 3; 2
x y 1 0
y 2
Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ
Vì I là trung điểm của EE‟ nên E '(3; 8)
Đường thẳng AD qua E '(3; 8) và F (2; 5) có VTCP là E ' F (1;3) nên phương trình là:
3( x 3) ( y 8) 0 3x y 1 0
Điểm A AC AD A(0;1) . Giả sử C (c;1 c) .
6
Theo bài ra AC 2 2 c 2 4 c 2; c 2 . Do hoành độ điểm C âm nên C (2;3)
Gọi J là trung điểm AC suy ra J (1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có
phương trình x y 3 0 . Do D AD BD D(1; 4) B(3;0)
Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4).
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
S
K
A
I F
M
D
H
B
C
E
Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI và CD.
Do SCD ABCD và SA SI trong mặt phẳng (ABCD) và qua M kẻ đưởng thẳng
vuông góc với AB cắt CD tại H thì H là hình chiếu của S trên mp(ABCD)
Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F
EF
0,25
a 13
a
a 3
a 3
, IF EI
HM
HB a 3
4
4
2
2
30
SB, ABCD SB, HB SBH
o
SH a
3a
a 3
2a
1
1 2
7a3 3
2
VABCD SH .S ABCD a
(đvtt)
3
3
2
24
CD / / SAB và SI SAB d CD, SI d CD, SAB d H , SAB
95
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án
HM AB SHM SAB . Gọi HK là đường cao của tam giác SHM suy ra
HK SAB d CD, SI HK
7
Điểm
a 21
.
7
(1,0 điểm)
Mặt cầu (S) có tâm I 2; 1; 1 , bán kính R 3
Mặt phẳng (P) có vtpt n1 1; 1;1 , AB 3;1;1 AB, n1 2; 2; 4
Do mặt phẳng / / AB và P có vtpt n 1; 1; 2
0,25
0,25
Suy ra phương trình mặt phẳng : x y 2 z m 0
cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng
d I , 6
5m
6
6
3
m 1
m 11
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là x y 2 z 1 0 và x y 2 z 11 0
8
0,25
(1,0 điểm)
4 y 1 x 2 1 2 x 2 2 y 1 (1)
(I ) .
4 2
2
(2)
x x y y 1
Đặt
0,25
x2 1 t 1 phương trình (1) có dạng 2t 2 4 y 1 t 2 y 1 0
t 2 y 1
4 y 1 8 2 y 1 4 y 3 1
t (l )
2
y 1
+) Với t 2 y 1 1 x 2 1 2 y 1 2
thay vào (2) ta được
2
x 4 y 4 y
0,25
16 y 2 y 1 4 y 2 y 1 y 2 1 0 y 1 (do y 1 ) x 0
Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .
(1,0 điểm)
0,25
2
2
2
9
0,25
8 a b b c c a 8abc abc 1
0,25
0,25
8 a b b c c a a b c ab bc ca abc
a b c 3abc a b c abc
8 abc
9
3
abc 3
3abc
3abc
abc
1
3
1
P 3
3
3 abc 2
a
b
c
abc
abc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 . Vậy, Pmin 2 a b c 1.
suy ra
a b c
3
0,25
0,25
0,25
Tại sao một lời giải ngắn gọn chỉ 4 -5 trang giấy mà lại có thể đạt 10 điểm kì thi Quốc gia?
Đọc thì thấy đơn giản mà mình chưa làm được? Điều quan trọng bạn cần nhận ra: Do bạn
chưa được học, chưa biết hay chưa nghiên cứu kỹ về nó mà thôi. Nếu bạn được trang bị
hết kiến thức thì mọi chuyện sẽ trở nên dễ dàng.
Khẳng định với các bạn rằng Toán rất dễ khi bạn biết cách. Cuốn sách này sẽ giúp biến
Toán thành môn học thú vị nhất mà bạn được học từ trước đến nay.
Hãy học cách tư duy về Toán ở các đề sau!
96
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 2
Đápán
Câu
1
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi
m 1 ta có hàm số y x3 3x 2
Tập xác định: D .
x 0
Ta có y ' 3x 6 x ; y ' 0
x 2
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0;2) .
0,25
2
x 0, yCD 0 ; đạt cực tiểu tại x 2 , yCT 4
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại
- Giới hạn: lim y , lim y .
x
x
0,25
Bảng biến thiên:
x
y'
0
+
2
0
y
-
0
+
0,25
0
-4
Đồ thị:
0,25
b) (1,0 điểm)
1,0
x m 1
x m 1
Ta có y 3x 2 6mx 3 m2 1 ; y 0 x 2 2mx m 2 1 0
0,25
Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi m .
Ta có y ''(m 1) 6; y ''(m 1) 6 , do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số là
A m 1 ; 3m 3 .
Phương trình tiếp tuyến d : y
Ta có
0,25
y xA x xA y A d : y 3m 3
B d Oy B 0 ; 3m 3 . Điều kiện có tam giác là m 1 .
Do tiếp tuyến song song với trục
Ox
nên tam giác
OAB
vuông tại B .
0,25
AB m 1 ,
OB 3m 3 . Nên diện tích tam giác OAB là
m 1
1
2
.
AB.OB m 1 4
2
m 3
Vậy m 1 và m 3 thoả mãn yêu cầu.
SOAB
97
0,25
Đápán
Câu
2
Điểm
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
4sin x.cos x.cos 2 x 2 cos3x 4sin x cos x
2sin x 2cos x.cos 2 x 2 2 cos3x cos x 0
2sin x cos3x cos x 2 2 cos3x cos x 0
0,25
0,25
(2sin x 1)(cos3x cos x 2) 0
x k 2
1
6
*) sin x
2
x 5 k 2
6
3
*) cos3x cos x 2 0 4cos x 2cos x 2 0 cos x 1 x k 2
Vậy phương trình có các nghiệm: x
3
6
k 2 , x
5
k 2 và x k 2 (k )
6
0,25
0,25
(1,0 điểm)
Đặt t x 1 x t 1 xdx tdt.
Đổi cận :
2
2
2
x
t
3
Ta có
2 2
2
3
0,25
3
3
tdt
tdt
dx
t t 2
t 2 t 1
2
2
I
2
1 1
2
1
2
3
3
dt
ln|
t
1|
ln|
t
2
|
2
2
3 2 t 1 t 2
3
3
0,25
3
4
0,25
1
2
1
ln 2 ln 5 ln 4 2ln 5 3ln 2 .
3
3
3
1
Vậy I 2ln 5 3ln 2 .
3
0,25
(1,0 điểm)
1,0
Số phần tử của không gian mẫu là C 1820 .
4
16
0,25
Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu
vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là:
C41C53
0,25
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là:
C41C52C71
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là:
C41C51C72
Khi đó B C4C5 C4C7C5 C4C7 C5 740 .
1
3
1
1
2
Xác suất của biến cố B là P B
1
2
1
0,25
B
740 37
.
1820 91
0,25
98
Đápán
Câu
5
Điểm
(1,0 điểm)
Gọi O là tâm của đáy, M là trung
S
điểm của CD . Vì SA=SB nên
Sthuộc mặt phẳng trung trực của
AB (cũng là mặt phẳng trung trực
của CD). Gọi H là hình chiếu
vuông góc của
S
trên mặt phẳng
ABCD suy ra H OM .
Lại có
A
D
H
O
M
B
Ta có
AC SH
AC AH , hay
AC SA
tam giác AOH vuông cân tại A.
C
SHM CD
là góc giữa hai mặt phẳng ( SCD) và ( ABCD)
góc SMH
60O.
SMH
Tứ giác
AOBH
0,25
là hình vuông cạnh a HM
3a 2
.
2
0,25
0,25
3a 6
0
.
Trong tam giác vuông SHM ta có SH HM .tan 60
2
Thể tích khối chóp
S. ABCD
là
0,25
1
1 3a 6 2
V SH .S ABCD
2a a3 6 (đvtt).
3
3 2
6
(1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên trục Oy, suy ra H (0;1;0) . Do đó
HA(3;0; 4) HA 5.
B thuộc Oy nên
0,25
B(0; b;0) HB(0; b 1;0) . Do tam giác ABC vuông cân tại A nên
b 6
HB HA | b 1| 5
b 4
-Với b 6 B(0;6;0) C (0; 4;0) .
-Với b 4 B(0; 4;0) C (0;6;0) .
7
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
M
d
Giả sử
A t; t 4 d , do tam giác AMN cân tại
đỉnh A nên AM AN AM AN
2
A
B
2
t 4 t 4 t 2 t 6 t 1
2
2
2
A 1; 5
D
BC
99
đi qua
N
C
M 4;0 nên phương trình BC có dạng ax by 4a 0
Do
CD BC
Do
ABCD
và
CD
0,25
đi qua
a
2
b2 0
N 0;2 phương trình CD : bx ay 2a 0 .
là hình vuông nên khoảng cách
d A, BC d A, CD
0,25
0,25
Đápán
Câu
5a 5b
Điểm
3a b 0
a 2 b2
a 3b 0
7a b
a 2 b2
- Nếu 3a b 0 , chọn a 1 b 3 phương trình BC : x 3 y 4 0
- Nếu a 3b 0 , chọn a 3 b 1 phương trình BC : 3x y 12 0 .
8
0,25
(1,0 điểm)
x 0
1
ĐK: x (*)
2
x 1
x0
Nếu
Đặt t
thì phương trình tương đương với
2
t 3 , ta có
Nếu
x0
Với
3 1
3 1
2 4 2 1 .
x x
x x
t 0
t 3.
2
t
t
6
3 37
x
(tm)
3 1
14
2
2 2 3 7 x 3x 1 0
x x
3 37
(k .tm)
x
14
thì phương trình tương đương với
2
2
3 1
(t 0) 1 . Phương trình (1) trở thành
x x2
Với
Đặt t
0,25
2
3 1
3 1
2 4 2 2 .
x x
x x
3 1
, (t 0) . Phương trình 2 trở thành
x x2
t 0
t 2.
2
t
6
t
3 17
x
(k .tm)
3 1
4
2
2 2 2 2 x 3x 1 0
x x
3 17
(tm)
x
4
t 2 , ta có
0,25
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là:
x
9
3 37
3 17
, và x
.
14
4
0,25
(1,0 điểm)
Từ giả thiết xy yz zx 3xyz
Đặt
1
1
1
1 1 1
a, b, c a b c 3.
x
y
z
x y z
Ta có
1
x 3x 1
2
1
z 3z 1
100
1 1 1
3.
x y z
2
a3
3 a
2
c3
3 c
2
a3
b c
;
2
c3
a b
2
.
1
y 3 y 1
2
b3
3 b
2
b3
a c
0,25
;
2
Đápán
Câu
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
a3
b c
2
b3
c a
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
a3
b c
2
c3
2
a3
8
2
a b
b c
b c b c 3a
4
b3
c a
2
2
c3
a b
2
3
4
c a c a 3b
8
8
0,25
4
a b a b 3c
8
8
b3
c a
a3
b c
8
;
Điểm
2
2
c3
a b
b3
c a
4
2
2
3
1
a b c a b c
4
2
c3
a b
2
1
3
a b c .
4
4
0,25
0,25
Đẳng thức xảy ra a b c 1 x y z 1.
Đã đến đề thứ 2 rồi, bạn tìm ra quy luật nào cho mình chưa? Và bạn đã thấy phần nào
có vẻ dễ rồi?
Ở trên có nói cuốn sách này sẽ biến môn Toán thành môn thú vị nhất. Bạn còn nhớ
chứ?
Nếu bạn đã thấy điều gì đó phấn khích sau khi đọc xong đáp án đề 2 thì bạn đang
đúng đường đấy. Còn nếu chưa. Hãy kiên trì nhé! Có thể bạn sắp khám phá ra điều gì
đó rồi.
Quan trọng là bạn luôn luôn tìm kiếm.
Có một chìa khóa muốn gửi cho bạn đây. Hãy thực sự đọc, SUY NGẪM về chiếc chìa
khóa này mọi lúc, mọi nơi có thể, có thể nhờ bạn bè của mình giúp nhé!
Hãy cứ gõ rồi cửa sẽ mở!
Hãy cứ đi rồi bạn sẽ đến!
Hãy cứ tìm rồi bạn sẽ thấy!
Và ...
Hãy cứ đặt câu hỏi rồi bạn sẽ có
câu trả lời!
Một điều quan trọng nữa là cách đặt
câu hỏi.
Đặt câu hỏi đúng, chính xác là yếu tố
quyết định lớn đến kết quả.
Và bạn sẽ học cách đặt câu hỏi
đúng sau lời giải đề 4.
101
Câu
1
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 3
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: \ {1}.
Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 2 và lim y 2.
x
0,25
x
Giới hạn vô cực: lim y và lim y .
x 1
x 1
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 2, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1.
Chiều biến thiên: Ta có y '
1
0, x 1.
( x 1)2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
x
y'
1
+
+
y
2
2
3
Đồ thị cắt Ox tại ; 0 , cắt Oy tại (0;3). Nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cậnlàm tâm
2
y
đối xứng.
0,25
3
I
2
O
1
x
3
2
b) (1,0 điểm)
1
m
Ta có d : y x . Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình
3
3
2x 3
1
m
2
(1)
x , hay x (m 5) x m 9 0, x 1.
x 1
3
3
0,25
Ta có (m 7) 12 0, với mọi m. Suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt. Hơn
nữa cả 2 nghiệm x1 , x2 đều khác 1.
Do đó d luôn cắt (H) tại 2 điểm phân biệt M ( x1; y1 ), N ( x2 ; y2 ).
Ta có AM ( x1 1; y1 ), AN ( x2 1; y2 ).
Tam giác AMN vuông tại A AM . AN 0. Hay ( x1 1)( x2 1) y1 y2 0
0,25
2
1
( x1 1)( x2 1) ( x1 m)( x2 m) 0
9
10 x1x2 (m 9)( x1 x2 ) m2 9 0.
102
(2)
0,25
Câu
Đáp án
Áp dụng định lý Viet, ta có x1 x2 m 5, x1 x2 m 9. Thay vào (2) ta được
Điểm
0,25
10(m 9) (m 9)(m 5) m2 9 0 6m 36 0 m 6.
Vậy giá trị của m là m 6.
2
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
sin3x sin x 2cos 2 x 3(sin x 1) cos x(sin x 1)
2cos 2 x sin x 2cos 2 x (sin x 1)(cos x 3)
0,25
2cos 2 x(sin x 1) (sin x 1)(cos x 3) 0
(sin x 1)(2cos 2 x cos x 3) 0
0,25
(sin x 1)(4cos 2 x cos x 5) 0
(sin x 1)(cos x 1)(4cos x 5) 0.
sin x 1 x
0,25
k 2 , k .
2
cos x 1 x k 2 , k .
4cos x 5 0 vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm x
3
2
0,25
k 2 , x k 2 , k .
(1,0 điểm)
3x
ln(3x 1)
dx 2
dx.
2
( x 1)
( x 1)2
0
0
1
Ta có I
0,25
1
0,25
dx
1
3dx
v
.
; dv
2
x 1
( x 1)
3x 1
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có:
Đặt u ln(3x 1) du
3x
2ln(3x 1)
dx
2
x 1
( x 1)
0
1
I
1
0
0,25
1
dx
(3x 1)( x 1)
0
6
3
3
1
3
dx ln 4 3
dx
2
x
1
3
x
1
x
1
(
x
1)
0
0
1
I
4
3 1
ln 4 3ln 3x 1
x 1 0
1
1
0
0,25
3
4ln 2.
2
(1,0 điểm)
Số các số thuộc M có 3 chữ số là A53 60.
0,25
Số các số thuộc M có 4 chữ số là A54 120.
Số các số thuộc M có 5 chữ số là A55 120.
5
Suy ra số phần tử của M là 60 120 120 300.
Các tập con của E có tổng các phần tử bằng 10 gồm
E1 {1,2,3,4}, E2 {2,3,5}, E3 {1,4,5}.
Gọi A là tập con của M mà mỗi số thuộc A có tổng các chữ số bằng 10.
Từ E1 lập được số các số thuộc A là 4!
Từ mỗi tập E2 và E3 lập được số các số thuộc A là 3!
Suy ra số phần tử của A là 4! 2.3! 36.
36
Do đó xác suất cần tính là P
0,12.
300
(1,0 điểm)
Vì SH ( ABCD) nên
SCH
SC, ( ABCD) 300.
103
0,25
0,25
0,25
0,50
Đáp án
Trong tam giác vuông SAD ta có SA2 AH . AD
Câu
S
Điểm
3
AD 2 AD 4a; HA 3a; HD a
4
SH HA.HD a 3 HC SH .cot300 3a
12a 2
H'
C
D
A
CD HC 2 HD2 2 2a.
K
H
a
1
3
Suy ra VS . ABCD SH .S ABCD
B
M
2
Suy ra S ABCD AD.CD 8 2a .
Vì M là trung điểm AB và AH // (SBC) nên
8 6a 3
.
3
0,25
1
1
d M , (SBC ) d A,( SBC ) d H , (SBC ) . (1)
2
2
Kẻ HK BC tại K, HH ' SK tại H '.
Vì BC (SHK ) nên BC HH ' HH ' (SBC ). (2)
Trong tam giác vuông SHK
1
1
1
11
2 6a 2 66
HH '
a.
ta có
2
2
2
2
11
HH '
HK
HS
24a
11
Từ (1), (2) và (3) suy ra d M , ( SBC )
6
7
(3)
66
a.
11
0,25
(1,0 điểm)
Tâm mặt cầu (S) là I (t 2; t 1; 2t 2) d .
0,25
Vì (S) tiếp xúc (P), (Q) nên d I , ( P) d I , (Q) R
0,25
1
1
t 2, R
I (4; 3; 2), R
3t 7
t 1
3
3
R
3
3
t 3, R 2 I (5; 4; 4), R 2
3
3
1
4
Suy ra pt (S) là ( x 4)2 ( y 3)2 ( z 2) 2 hoặc ( x 5)2 ( y 4)2 ( z 4) 2 .
9
9
0,25
0,25
(1,0 điểm)
A
0,25
x 1 3t
A d : 2x 3 y 5 0
A(3a 1, 2a 1).
y 1 2t
Vì M (2; 1) là trung điểm AC nên suy ra C (3 3a; 1 2a)
HA (3a 1; 2a 4)
HC (3 3a; 4 2a).
d
M
N
E
B
H
C
a 1
0
Vì AHC 90 nên HA.HC 0
a 19 .
13
*) Với a 1 A(2; 3), C (6; 1) thỏa mãn.
19
18 51
C ; không thỏa mãn.
13
13 13
Với A(2; 3), C (6; 1) ta có phương trình CE : x 17 y 11 0,
phương trình BC : x 3 y 9 0
0,25
*) Với a
3b 7 b 3
Suy ra B(3b 9; b) BC trung điểm AB là N
;
.
2
2
Mà N CE b 4 B(3; 4).
104
0,25
0,25
Câu
8
Đáp án
(1,0 điểm)
Điều kiện: x 1.
Nhận thấy x 1 là một nghiệm của bất phương trình.
Xét x 1. Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
4
x 1 2 2
Điểm
0,25
0,25
2 x 3 3 x x 2 x 12
3
2
4( x 3)
4( x 3)
( x 3)( x 2 2 x 4)
x 1 2
2x 3 3
4
4
x 3
( x 1)2 3 0.
2x 3 3
x 1 2
(1)
x 1 0 và 2 x 3 1.
4
4
3,
x 1 2
2x 3 3
4
4
( x 1)2 3 0.
x 1 2
2x 3 3
Vì x 1 nên
Suy ra
Vì vậy
0,25
Do đó bất phương trình (1) x 3 0 x 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x 1 và x 3.
0,25
Chú ý: Tại sao lại có thể nhóm x 1 với 2 và 2 x 3 với 3 để có thể sử dụng lượng liên
hợp như trên?
Đó chính là ý niệm về nhẩm nghiệm: nhẩm thấy x=3 là một nghiệm của phương trình
4 x 1 2 2 2 x 3 3 x3 x 2 2 x 12
x 1 2
Khi đó
2 x 3 3
9
, từ đó tách ra được nhân tử chung sau liên hợp (x-3)
(1,0 điểm)
5
2
1
4
0,25
1
2
0,25
Ta có 5 x 2 ( y z )2 5 x 2 5( y 2 z 2 ) 6( xy yz zx) 6 x( y z ) 6. ( y z ) 2 .
2
2
Do đó 5x 6 x( y z) ( y z ) 0, hay
yz
x y z.
5
Suy ra x y z 2( y z ) .
1
2
1
2
Khi đó P 2( x y z ) ( y z )2 4( y z ) ( y z )2 2 y z ( y z ) 2 .
Đặt
y z t , khi đó t 0 và P 2t
t4
.
2
1
2
3
Ta có f '(t ) 2 2t ; f '(t ) 0 t 1.
Xét hàm số f (t ) 2t t 4 với t 0.
(1)
t
0
f '(t )
Suy ra bảng biến thiên:
f (t )
+
0
Vậy giá trị lớn nhất của P là
105
1
3
, đạt được khi x 1, y z .
2
2
0,25
–
3
2
3
với mọi t 0.
2
x y z
x 1
3
Từ (1) và (2) ta có P , dấu đẳng thức xảy ra khi y z
1
2
yz
y z 1
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) f (1)
1
(2)
0,25
Câu
1
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 4
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi m 1 hàm số trở thành y x 6 x 9 x 1.
Tập xác định: .
Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y và lim y .
0,25
2
Chiều biến thiên: Ta có y ' 3x 12 x 9;
0,25
3
2
x
x
x 1
x 1
y' 0
; y' 0
; y ' 0 1 x 3.
x 3
x 3
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 , 3; ; nghịch biến trên khoảng 1; 3 .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1, yCĐ 3, hàm số đạt cực tiểu tại x 3, yCT 1.
Bảng biến thiên:
x
y'
+
3
1
–
0
0
+
3
y
0,25
1
y
Đồ thị
0,25
3
1
O
3
x
1
b) (1,0 điểm)
0,25
1
2
Đường thẳng d có hệ số góc k .
Do đó tiếp tuyến của (Cm ) vuông góc với d có hệ số góc k ' 2.
Ta có y ' k ' 3x 12 x 3(m 2) 2 3x2 12 x 4 3m.
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
2
2
Xét hàm số f ( x) 3x 12 x 4 trên (1; ).
x
Ta có bảng biến thiên:
1
0,25
0,25
2
f ( x)
(1)
5
8
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình f ( x) 3m có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
5
8
5
8
khi và chỉ khi 8 3m 5 m . Vậy m .
3
3
3
3
106
0,25
Câu
2
Đáp án
(1,0 điểm)
Điều kiện: cos x 1, sin x 0 x k , k .
Phương trình đã cho tương đương với
sin x sin x cos x 1 cos x cos x
2
sin x
sin 2 x
sin x cos x 1 2sin 2 x
Điểm
0,25
0,25
sin x cos x cos 2 x 0
(sin x cos x)(1 cos x sin x) 0.
sin x cos x 0 x
4
0,25
k , k .
x k 2
1
1 cos x sin x 0 sin x
2
4
2
x
k 2 , k .
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x k , x k 2 , k .
4
2
3
(1,0 điểm)
3x 1
Ta có
0,25
0 3x 1 x 0.
(3 x 1) 3x 1
3x 1
Rõ ràng
0 với mọi x 0; 1.
(3 x 1) 3x 1
Do đó diện tích của hình phẳng là:
1
1
3x 1
3x 1
S
dx
.3x dx.
x
x
x
x
1) 3 1
0 (3
0 (3 1) 3 1
0,25
Đặt t 3x 1, ta có khi x 0 thì t 2, khi x 1 thì t 2 và 3x t 2 1.
2tdt
Suy ra 3x ln3dx 2tdt , hay 3x dx
.
ln 3
2
Khi đó ta có S
ln 3
4
0,25
t2 2
2
2
2 2
t 3 tdt ln 3 1 t 2 dt ln 3 t t
2
2
2
2
2
2 3 2 2
2
ln 3
0,25
.
(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra z1 , z2 không phải là số thực.
0,25
0,25
Do đó ' 0, hay 4(a 1) 8(4a 1) 0 4(a 6a 1) 0 a 6a 1 0. (*)
2
Suy ra z1
2
2
a 1 (a 2 6a 1) i
a 1 (a 2 6a 1) i
, z2
z1.
4
4
z1
a 0
2
là số ảo z1 là số ảo (a 1)2 (a 2 6a 1) 0 a 2 2a 0
z2
a 2.
Đối chiếu với điều kiện (*) ta có giá trị của a là a 0, a 2.
Ta có
5
0,25
0,25
(1,0 điểm)
S
1200 nên
ABC 600
Gọi O AC BD. Vì BCD
Q
D
a 3
.
2
Kẻ OH SB tại H. Vì AC (SBD) nên AC SB
SB ( AHC ) SB AH và SB HC.
P ABC đều cạnh a AC a, OD OB
K
C
H
(SAB), (SBC ) 600 (
AH , CH ) 600
O
A
107
0,25
B
AHC 600 hoặc
AHC 1200 .
0,25
Đáp án
Câu
a 3
TH 1.
AHC 600
AHO 300 OH OA.cot 300
OB, vô lý vì OHB vuông
2
tại H.
Điểm
0,25
a
AHC 1200
AHO 600 OH OA.cot 600
TH 2.
2 3
BH OB 2 OH 2
a 2
.
3
OH BH
OH .BD a 3
SD
.
SD BD
BH
2 2
1
a3 2
a2 3 a2 3
.
S ABCD 2.S ABC 2.
. Suy ra VS . ABCD SD.S ABCD
3
8
4
2
Vì BC // AD nên (SBC) // AD d ( AD, BK ) d D, (SBC ) .
(1)
Kẻ DP BC tại P, DQ SP tại Q. Vì BC (SDP) nên BC DQ DQ (SBC ).
(2)
Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên
Từ tam giác vuông DCP DP DC.sin 600
Từ tam giác vuông SDP DQ
a 3
.
2
a
. (3)
2
Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AD, BK ) DQ
6
0,25
0,25
a
.
2
(1,0 điểm)
0,25
A
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là
điểm chính giữa cung BC IE BC.
I
B
H
D
Vì E thuộc đường thẳng x y 0 và IE IA R E (0; 0).
C Chọn n BC EI (2; 1) pt BC có dạng 2 x y m 0.
E
Từ giả thiết HC
d ( I , BC )
7
0,25
4 5
3
IH IC 2 HC 2
5
5
3
m 2 BC : 2 x y 2 0
| m5|
3
5
5
5
m 8 BC : 2 x y 8 0.
nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC,
Vì BAC
Kiểm tra thấy BC : 2 x y 2 0 thỏa mãn.
0,25
2 x y 2 0
8 6
8 6
B(0; 2), C ; hoặc B ; , C (0; 2) .
Từ hệ
2
2
5 5
5 5
( x 2) ( y 1) 5
(1,0 điểm)
M d1 M (m; 2m 2; m 1); N d2 N (n 1; n; 2n 3).
Suy ra MN (m n 1; 2m n 2; m 2n 2).
m n 2 0
m n 2
nP .MN 0
Vì MN // (P) nên
N ( P)
n 0
n 0
Suy ra u MN (3; n 2; n 4) và ud (2; 1; 2).
0,25
Suy ra cos( MN , d )
| 3n 12 |
3 2n2 4n 29
| n4|
2n2 4n 29
cos
1
3
3(n 4)2 2n2 4n 29 n2 20n 19 0 n 1 hoặc n 19.
108
0,25
0,25
0,25
Câu
8
Đáp án
*) n 1 m 3 M (3; 4; 2), N (0; 1; 1).
*) n 19 m 21 M (21; 40; 20), N (18; 19; 35).
(1,0 điểm)
2
Điều kiện: x 2 y 1 0.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
Điểm
0,25
0,25
( x y)2 4( x y) y 2 3 y 4 0 ( x y y 2 )( x y 3 y 2 ) 0.
2
2
*) x y y 0, hay x y y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
y 2 y 1 1 (ktm)
y y 1 y y 1 0
y 2 y 1 2.
1 13
y2 y 3 0 y
.
2
1 13
1 13
Với y
thì x 4 13 và với y
thì x 4 13.
2
2
2
2
*) x y 3 y 0, hay x y 3 y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2
0,25
0,25
y2 y 1 y2 y 1 0 y2 y 1 y2 y 1
9
2
2
y y 1 0
y y 1 0
2
y 1. Suy ra x 2.
2
2
2
y y 1 ( y y 1)
y ( y 1)( y 3 y 3) 0
1 13
1 13
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là 4 13;
,
4
13;
, 2; 1.
2
2
(1,0 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
xy
yz
xy
yz
2
2
2
2
2
2
2
2
1 z 1 x
z x z y
x y x2 z 2
xy
2
z
2
x2
z
2
y2
yz
2
1
y2
y2
1 2
4 z y 2 x2 y 2
x
2
y2
x
2
z2
0,25
1 x2
y2
y2
z2
2
4 z x2 z 2 y 2 x2 y 2 x2 z 2
1
y2
y2 1
y
y 1 1 y y
.
1
1
4 2 yz 2 xy 4 2 z 2 x 4 8 z x
1
( xy yz )3 nên
4
3
3 3
3 3
3
x y y z
( xy yz )
1 y y
.
4 z x
z 3 x3
4 z 3 x3
3
1 1 y y 1 y y
Suy ra P .
4 8 z x 96 z x
y y
1
1 1
1
1 1
Đặt t , khi đó t 0 và P t 3 t . Xét hàm số f (t ) t 3 t với
z x
96
8 4
96
8
4
t 0.
t
2
0
1 2 1
Ta có f '(t ) t ; f '(t ) 0 t 2,
f '(t )
–
+
32
8
0
vì t 0.
5
Suy ra bảng biến thiên:
12
f (t )
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có x3 y 3 y 3 z 3
109
0,25
0,25
0,25
Đáp án
Câu
5
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2 hay
12
1
1
5
xyz
. Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
, đạt được khi x y z
12
3
3
Dựa vào bảng biến thiên ta có P
Nếu bạn không có câu hỏi thì không có câu trả lời nào cả. Đặt được câu hỏi
thông minh là một phần của thành công rồi.
Và dưới đây sẽ là gợi ý cho những câu hỏi thông minh để học tốt môn Toán.
1) Bản chất gốc của vấn đề này, của dạng này, loại bài tập này là gì?
2) Điều gì mình còn thiếu ở đây, chương này, bài này, cách giải, hướng đi
này?
3) Tại sao lại có công thức này?
4) Mình còn hổng kiến thức nào trong phần, chương, dạng bài này? Tìm
phần hổng và bổ xung ngay.
5) Phương pháp, cách làm dạng bài này mình đã được học chưa? Cần tìm
kiếm những bổ xung ở đâu đây?
110
Điểm
0,25
Câu
1
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 5
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Khi m 1 hàm số trở thành y
0,25
1 4
x 2 x 2 3.
4
Tập xác định: D ; y là hàm số chẵn.
Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y lim y .
x
x
Chiều biến thiên: Ta có y ' x 4 x;
0,25
3
x 0
x 2
x 2
y' 0
; y' 0
; y' 0
x 2
2 x 0
0 x 2.
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 2; 0 , 2; ; nghịch biến trên mỗi khoảng
; 2 , 0; 2.
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCĐ 3, hàm số đạt cực tiểu tại x 2, yCT 1.
Bảng biến thiên:
x
2
–
y'
0
2
0
+ 0 – 0
0,25
+
y
3
1
1
Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
0,25
y
3
2
2
O
x
1
b) (1,0 điểm)
3
Ta có y ' x 2(m 1) x, với mọi x .
(Cm ) có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu y ' 0 có 3 nghiệm phân biệt
2(m 1) 0 m 1.
0,25
(1)
Khi đó 3 nghiệm phân biệt của y ' 0 là x 0, x 2(m 1) và x 2(m 1).
0,25
Điểm cực đại của (Cm ) là A(0; 2m 1), hai điểm cực tiểu là
B 2(m 1); m2 và C
2(m 1); m2 .
Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại H 0; m2
và H là trung điểm của BC. Do đó tứ
0,25
giác ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI. Hay là
2 xH xA xI
3
5
1
2m2 2m 1 m hoặc m .
2
2
2
2 yH y A yI
Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là m
111
1
.
2
0,25
Câu
2
Đáp án
Điểm
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
0,25
2sin 2 x cos2 x sin x(2sin x 1) 3 cos x cos2 x 0
2
cos2 x(2sin 2 x sin x 3 cos x) 0.
*) cos 2 x 0 x
4
k
2
0,25
, k .
*) 2sin 2 x sin x 3 cos x 0 sin 2 x
1
3
sin x
cos x sin 2 x sin x
2
2
3
0,25
2 x x 3 k 2
x 3 k 2
2 x x k 2
x 2 k 2 , k .
3
9
3
Vậy nghiệm của phương trình là x
3
4
k
2
, x
3
k 2 , x
2
2
k
, k .
9
3
(1,0 điểm)
Thể tích khối tròn xoay là V
1
0
1
0,25
dx
4 3x
.
2
4 t2
2t
nên dx dt.
3
3
1
2
2
1
2t
2
t
2 1
1
Khi đó ta có V
.
dt
dt
dt
2
2
3 1 (t 1)
3 1 t 1 (t 1) 2
(1 t ) 3
2
0,25
2
1 2 2 3 1
3
ln
|
t
1|
ln 6ln 1 .
3
t 1 1
3 2 6 9
2
(1,0 điểm)
Giả sử số cần lập là abcd , d {0, 2, 4, 6, 8}. Xét các trường hợp sau
0,25
Đặt t 4 3x , ta có khi x 0 thì t 2, khi x 1 thì t 1 và x
V
4
0,25
0,25
0,25
* d 0. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là C71 .3! 42.
* d 8. Số cách lập abc trong đó có chữ số 9 là C82 .3! C71 .2! 154.
5
0,25
* d {2, 4, 6}. Số cách lập abc trong đó có các chữ số 8 và 9 là 3. C71 .3! 2 120.
0,25
Vậy số các số lập được là 42 154 120 316.
(1,0 điểm)
0,25
C'
B'
1
a2
S ABC CA.CB sin1350 .
2
2
Áp dụng định lý cosin cho ABC AB a 5
CA2 CB 2 AB 2 a 2
2
4
4
a 6
C ' M C ' C 2 CM 2
.
4
CM 2
A'
H
K
A
112
C
B
M
Suy ra thể tích lăng trụ:
V C ' M .S ABC
a3 6
.
8
0,50
Câu
Đáp án
Kẻ MK AC (K thuộc AC), MH C ' K (H thuộc C ' K )
Điểm
0,25
Vì AC (C ' MK ) nên AC MH MH ( ACC ' A ')
C ' M , ( ACC ' A ') MC
' H MC
' K . (1)
Vì M là trung điểm AB nên
SCAM
2S
1
a2
a
MK
1
.
SCAB
MK MAC
tan MC
'K
2
4
AC
C 'M
2 2
3
Suy ra MC
' K 300. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
C ' M , ( ACC ' A ') 300.
6
0,25
(1,0 điểm)
(C) có tâm I (2; 1), bán kính R 5, d ( I , d ) 10 R nên d
A
không cắt (C).
M d M (3m 9; m).
R
M
I
H
B
Từ tính chất tiếp tuyến ta có MI AB tại H là trung điểm AB.
1
1
1
Trong tam giác vuông AIM ta có
2
2
AH
AI
AM 2
d
AI 2 . AM 2
R 2 ( IM 2 R 2 )
R4
2
R
.
AI 2 AM 2
IM 2
IM 2
AH 2
0,25
0,25
0,25
Ta có AB nhỏ nhất AH nhỏ nhất IM nhỏ nhất ( R 5 không đổi).
2
2
2
2
Mà IM (3m 7) (m 1) 10(m 2) 10 10 nên suy ra IM min 10 khi m 2.
Suy ra M (3; 2).
7
0,25
(1,0 điểm)
IAB có IA IB nên vuông tại I. Suy ra IH
I
d
H
Suy ra d ( I , ) 11
(1)
B
Khi đó bán kính mặt cầu R IH 2 22.
I d I (2t; t; 2t 1); u (1; 1; 2) và M (0; 1; 2) MI (2t; t 1; 2t 1)
u , MI
29t 2 26t 11
. (2)
u , MI (4t 3; 2t 1; 3t 1) d ( I , )
6
u
113
0,25
I (2; 1; 1)
t 1
2
Từ (1) và (2) 29t 26t 55 0
110 55 139
I
t 55
; ;
29 29 29
29
0,25
2
2
2
Suy ra phương trình mặt cầu ( x 2) ( y 1) ( z 1) 22 và
0,25
2
8
0,25
là hình chiếu của I lên AB)
R
A
1
AB 11 (H
2
2
2
110
55 139
x
y z
22.
29
29
29
(1,0 điểm)
1
Điều kiện: x 2, y .
2
2
2
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với x 2 y 2 x y 2.
Thế vào phương trình thứ nhất, ta được
x2 (2 y 2 2 x y 2) x x 2 2 y 2 y 2 y 1
0,25
0,25
Đáp án
Câu
Điểm
x 3x 2 x 2 4 y 2 y 2 y 1
2
2
( x 1) 2 ( x 1) ( x 1) 1 (2 y) 2 2 y 2 y 1.
(1)
Xét hàm số f (t ) t 2 t t 1 với t 1.
1
1
3
Ta có f '(t ) 2t 1
; f "(t ) 2
; f "(t ) 0 t .
4
2 t 1
4 (t 1)3
0,25
3 1
Suy ra f '(t ) f ' 0 với mọi t (1; ). Do đó hàm f (t ) đồng biến trên
4 2
Suy
ra
phương
trình (1) f ( x 1) f (2 y) x 1 2 y x 2 y 1.
[ 1; +).
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
y 1
(2 y 1) 2 y 2(2 y 1) y 2 0 6 y 7 y 1 0
y 1.
6
2 1
Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là (1; 1), ; .
3 6
2
9
2
2
0,25
(1,0 điểm)
Đặt x z a. Từ giả thiết bài toán ta có ( x z )( y z ) 1, hay y z
0,25
1
.
a
Do x y nên x z y z. Suy ra a 1.
Ta có x y x z ( y z ) a
Khi đó P
1 a2 1
.
a
a
a2
1
a2
3a 2 a 2 1
a2
3a 2
2
a
1. (1)
4 4 a 2 4(a 2 1) 2
4
4(a 2 1)2 a 2
4(a 2 1)2
Đặt a 2 t 1. Xét hàm số f (t )
Ta có f '(t )
0,25
0,25
t
3t
1 với t 1.
2
4
4(t 1)
t 1 3
;
4(t 1)3 4
f '(t ) 0 (t 2)(3t 2 3t 2) 0 t 2.
Bảng biến thiên:
t
f '(t )
2
1
–
0
+
f (t )
3
Dựa vào BBT ta có f (t ) 3 với mọi t 1.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra P 3, dấu đẳng thức xảy ra khi x z 2, y z
1
.
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
0,25
"Không phải là tôi quá thông minh, chỉ là tôi chịu bỏ nhiều thời gian hơn với rắc rối."
~ Albert Einstein ~
114
Câu
1
LỜI GIẢI ĐỀ TỰ LUYỆN 6
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: \ {1}.
Giới hạn tại vô cực: Ta có lim y 1 và lim y 1.
x
0,25
x
Giới hạn vô cực: lim y và lim y .
x 1
x 1
Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y 1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1.
Chiều biến thiên: Ta có y '
2
0, với mọi x 1.
( x 1)2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; .
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
x
1
y'
+
+
y
1
1
Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1).
Nhận giao điểm I (1; 1) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.
0,25
y
1
1 O
1
x
1 I
b) (1,0 điểm)
x 1
Gọi tiếp điểm M x0 ; 0
(C ).
x0 1
Khi đó ta có d ( M , )
2 x0 1
3
5
0,25
2 x0
x0 1
1
x0 1
12 22
3
5
x0 1
3 2 x02 2 x0 2 3 x0 1
x0 1
0,25
x0 1
2 x02 2 x0 2 3( x0 1)
2 x02 5 x0 5 0
2
2
x0 1 .
2 x0 2 x0 2 3( x0 1)
2 x0 x0 1 0
2
*) Với x0 1, ta có M (1; 0), suy ra pt tiếp tuyến y y '(1).( x 1) hay y
1
1
x .
2
2
0,25
1
1
1
1
*) Với x0 , ta có M ; 3 , suy ra pt tiếp tuyến y y ' . x 3 hay y 8x 1.
2
2
2
2
Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn điều kiện bài toán.
115
0,25
Câu
2
Đáp án
(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
cos 2 x(sin x cos x) sin 2 x 1 0
Điểm
0,25
cos2 x sin 2 x (sin x cos x) (sin 2 x 1) 0
(cos x sin x)(sin x cos x) 2 (sin 2 x 1) 0
(cos x sin x)(1 sin 2 x) (sin 2 x 1) 0 (sin 2 x 1)(cos x sin x 1) 0.
*) sin 2 x 1 0 sin 2 x 1 2 x k 2 x k , k .
2
4
x k 2
x 4 4 k 2
1
*) cos x sin x 1 0 sin x
x k 2 , k .
3
4
2
x
k 2
2
4
4
Vậy nghiệm của phương trình là x k , x k 2 , x k 2 , k .
2
4
3
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
2
(4cos x 1)cos x
3 4sin 2 x
Ta có I
d
x
0 2sin 2 x 3sin x 1 d(sin x).
2 3sin x (1 2sin 2 x)
0
2
0,25
2
1
3 4t 2
Đặt t sin x. Khi x 0 thì t 0, khi x
thì t 1. Suy ra I 2
dt
2
2t 3t 1
0
6t 5
(4t 4) (2t 1)
I 2
dt 2
dt
(2t 1)(t 1)
(2t 1)(t 1)
0
0
1
1
1
4
1
2
dt
2t 1 t 1
0
1
I 2t 2ln(2t 1) ln(t 1) 2 2ln 3 ln 2 ln18 2.
0,25
0,25
0,25
0
4
(1,0 điểm)
Đặt z x yi ( x, y ). Khi đó ta có
0,25
z i z 1 x ( y 1)i ( x 1) yi x ( y 1)i ( x yi) ( x 1) yi ( x yi)
z
z
x yi
x yi
x2 y 2
2x2 2 y 2 x y
x y
2
i.
2
2
x y
x y2
Theo bài ra ta có
2x 2 y x y 7
x y
3
x2 y 2 0
x2 y 2 0
2
2
2
2
5
5
x
y
x
y
x2 4 y 2
x 2 y
x y 1
x y 1
2
2
2
2
2
2
2
2
x y 5( x y ).
x y 5( x y )
5
5
x y
x y
x 2 y
x 0, y 0 (ktm)
z 2 i.
*) x 2 y, suy ra 2
x 2, y 1
5 y 5 y
x 2 y
x 0, y 0 (ktm)
z 6 3i.
*) x 2 y, suy ra 2
5 y 15 y
x 6, y 3
Vậy z 2 i, z 6 3i.
(1,0 điểm)
Áp dụng định lý côsin cho tam giác A ' B ' D '
' A ' D ' 1200. Do đó A ' B ' C ', A ' C ' D '
suy ra B
2
5
2
2
0,25
2
là các tam giác đều cạnh a 3.
Gọi O A ' C ' B ' D ', ta có BO A ' B ' C ' D '.
116
0,25
0,25
0,50
Câu
A
D
a 3
3a
B
C
A'
D'
H
O
G
C'
B'
Đáp án
Kẻ OH A ' B ' tại H, suy ra A ' B ' BHO .
.
Do đó
ABCD , CDD ' C ' BHO
21
2 .
tan BHO
7
3
A ' O.sin 600. 2 a 3 .
BO HO.tan BHO
2
3
Vậy
a 3
9a 3
VABCD. A ' B 'C ' D '
.a 3.a 3.sin 600
.
2
4
Từ cos BHO
a 3 1
A ' C ' nên tam giác A ' BC ' vuông tại B.
2
2
Vì B ' D ' A ' BC ' nên B ' D ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' BC '.
Gọi G là tâm của tam giác đều A ' C ' D '. Khi đó GA ' GC ' GD ' và GA ' GB GC ' nên
G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A ' BC ' D '.
2
2 3a
Mặt cầu này có bán kính R GD ' OD ' . a.
3
3 2
(1,0 điểm)
B
Vì DE AC nên DE : x y 3 0 D t; t 3.
A
Vì BO
6
G
E
D
C
Điểm
0,25
0,25
0,25
1
1
Ta có d G, AC d B, AC d D, AC
3
3
D 1; 4
t 1
1 2t 4
2 .
.
3
2
t 5 D 5; 2
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1; 4 .
0,25
1 1 2. xB 1
Ta có GD 2GB
B 1; 8 BD : x 1.
4
4
2
y
4
B
Vì A AC : x y 1 0 A a; a 1.
0,25
4
4
1
Ta có S AGCD S AGC S ACD 1 S ABC S ABC S ABD .
3
3
3
1
Suy ra S ABD 24 .d A, BD .BD 24
2
A 5; 6 tm
a 5
a 1 .12 48
a 3 A 3; 2 ktm
Từ AD BC C 3; 2 .
7
Vậy A 5; 6 , B 1; 8 , C 3; 2 , D 1; 4 .
0,25
(1,0 điểm)
Vì A AB A a 3; a 4; 4a 8. Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng
suy ra A 1; 2; 0 .
0,25
Vì B AB B b 3; b 4; 4b 8. Ta có
0,25
B 2; 3; 4 tm xB 0
b 1
2
2
2
AB 3 2 b 2 b 2 16 b 2 18
b 3
B 0; 1; 4 ktm
Ta có BC AB.sin 300
117
3
3 2
BC. Từ đó suy ra C là hình
. Mặt khác d B,
2
2
0,25
