HD Giải đề Cấp tốc 04

Hướng dẫn giải đề 04
Câu I:
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






−
0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng






+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1

k co ù nghieäm
2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔

− +
 

=
 ÷

+
 

( )







=

+
−






+=
+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1

2x 1
 
+
 ÷
− +
 
= −
+
+
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −
3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12
1

k
−=
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 
= − +
 ÷
 
Câu II:
1. Giải phương trình:
1xcos
12
xsin22
=






π
−
(1)
(1)
1
12
sin
12

x2sin2
=






π
−






π
−⇔
1
sin 2x sin
12 12
2
π π
 
⇔ − − =
 ÷
 
12
cos
6

sin2
12
sin
4
sin
12
x2sin
ππ
=
π
+
π
=






π
−⇔
12
5
sin
12
cos
12
x2sin
π
=

π
=






π
−⇔
( )
5 7
2x k2 hay 2x k2 k Z
12 12 12 12
π π π π
⇔ − = + π − = + π ∈

( )
x k hay x k k Z
4 3
π π
⇔ = + π = + π ∈
2. P/trình cho
( ) ( )
m94x64x14x24x
=+−−−++−−−⇔
(1)
( ) ( )
m34x14x
22

=−−+−−⇔

m34x14x
=−−+−−⇔
(1) đặt:
04xt
≥−=
(1)
m3t1t
=−+−⇔
(∗)
Phương trình cho có đúng 2 nghiệm ⇔ phương trình (∗) có đúng 2 nghiệm t ≥ 0
Vẽ đồ thị của hàm số
( )
0t ,3t1ttf
≥−+−=
. Ta có
( )





≥−
≤≤
≤≤−
=
3t neáu 4t2
3t1 neáu 2
1t0 neáu t24

tf
y
4
2
0 1 2 3 x
Từ đồ thị ta có ycbt
⇔
2 < m ≤ 4
Cách khác
m3t1t
=−+−⇔
và
t 0≥
{ { {
0 t 1 1 t 3 t 3
hay hay
m 4 2t m 2 m 2t 4
≤ < ≤ ≤ >
⇔
= − = = −
{
0 t 1 t 3
1 t 3
2 m 4 hay hay m 2
m 2
4 m 4 m
t t
2 2
 
 

≤ < >
 
≤ ≤
⇔ < ≤ >
 
=
− +
 
= =
 
 
Do đó, ycbt
⇔
2 < m ≤ 4
( khi 2 < m ≤ 4 thì (∗) có đúng 2 nghiệm t
1
, t
2
thỏa
1
0 t 1≤ <
và t
2
> 3 )
Câu III: Tính
( )
∫∫
−
−
=

−
−
=
1
0
2
2
1
0
2
dx
4x
xx
dx
4x
1xx
I

( )
2
1 1 1
2 2 2 2 2
0 0 0
d x 4
x 4 1 dx
1 dx 1 4
x 4 x 4 2 x 4 x 2
−
 
= − + = − +

 ÷
− − − −
 
∫ ∫ ∫

1
1
2
0
0
1 x 2 3
1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln3
2 x 2 2
− 

= − − + = + −


+

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A
1
(0,0,
a 2
)
Suy ra
a 2
M 0,0,
2
 

 ÷
 ÷
 
C
1
(-a,0,
a 2
)
a a a 2
N , ,
2 2 2
 
−
 ÷
 ÷
 
và
( )
1
BC a, a,a 2= − −
uuuur
;
a a
MN , ,0
2 2
 
= −
 ÷
 
uuuur

;
( )
2a,0,0AA
1
=
Ta có:
0AA.MNBC.MN
11
==
Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA
1
và BC
1
Ta có
1
2
MA a 0,0,
2
 
=
 ÷
 ÷
 
uuuuur

2
MB a 0,1,
2
 
= −

 ÷
 ÷
 
uuur

1
2
MC a 1,0,
2
 
= −
 ÷
 ÷
 
uuuur
Ta có
2
1
2
MA , MB a ,0,0
2
 
 
=
 ÷
 
 ÷
 
uuuuur uuur
[ ]

2
2a
MCMB,MA
3
11
=⇒
[ ]
12
2a
MCMB,MA
6
1
V
3
11BCMA
11
==
(đvtt)
Câu V Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra: .
ab 3 (a b)= − +
, (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4
bđt đã cho tương đương với
2 2
3 3a(a 1) 3b(b 1) 3
a b 1
2 (a 1)(b 1) a b
+ + +
+ + ≥ + −
+ + +
( )

( )
1
ba
3
ba
4
3
ba
4
3
2
3
ba
2222
−
+
++++≥++⇔
( ) ( )
( )
4
ba
12
ba3ba36ba4
2222
−
+
++++≥++⇔
( )
2 2
12

a b 3 a b 10
a b
⇔ + − + − + ≥
+
(A)
Đặt x = a+b > 0
2 2
x (a b) 4ab 4(3 x)⇒ = + ≥ = −

2
x 4x 12 0 x 6 hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥
x 2⇒ ≥
( vì x > 0)
2 2 2
x a b 2ab= + +
2 2 2 2
a b x 2(3 x) x 2x 6⇒ + = − − = + −
Thế x như trên , (A) thành

2
12
x x 4 0
x
− − + ≥
, với x≥ 2
3 2
x x 4x 12 0⇔ − + − ≥
, với x≥ 2

( )

( )
2
x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥
, với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh.
Câu VI.a.1 Với mọi n ∈ N ta có
( ) ( ) ( )
n
n
n
1n
n
1n
1n1
n
n0
n
n
C1xC1...xCxC1x
−+−++−=−
−
−
−
Lấy đạo hàm hai vế ta có
( ) ( ) ( )
1n
n
1n
2n1
n
1n0

n
1n
C1...xC1nxnC1xn
−
−
−−
−
−++−−=−
Cho x = 1 ta có
( ) ( )
1n
n
1n
1
n
0
n
C1...C1nnC0
−
−
−++−−=
2. *).Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
Phương trình số của d:





−−=
+−=

+=
t1z
t2y
t23x
có VTCP
( )
1,1,2a
−=
Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0
⇒ t = –1⇒ M ( 1 ;- 3 ; 0) Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT
[ ]
( )
1,3,2n,an
PQ
−==
Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:
2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)
*)Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:
d':
{
x y z 2 0
2x 3y z 11 0
+ + + =
− + − =
có VTCP
( )
d'
a 4;1; 5= −
r
Q

P
∆
N
M
d
d'
⇒ Phương trình tham số của d':
x 1 4t
y 3 t
z 5t
= +


= − +

= −


Trên d' tìm điểm N sao cho MN =
42
Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t)
( ) ( )
2 2
2 2
MN 4t t 5t 42t 42= + + − = =

2
t 1 t 1⇒ = ⇔ = ±
. t = 1 ⇒ N
1

(5, –2, –5)
Đường thẳng ∆
1
qua N
1
nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
1
P
d'
a n ,a
∆
 
=
 
r r r
( ) ( )
6;9; 3 3 2, 3,1= − − = − −
.
Vậy phương trình ∆
1
:
x 5 y 2 z 5
2 3 1
− + +
= =
−
. t = –1 ⇒ N
2
(–3, –4, 5)
Đường thẳng ∆

2
qua N
2
nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
( )
'd
P
a,na
2
=
∆
( )
3 2, 3,1= − −
Vậy phương trình ∆
2
:
x 3 y 4 z 5
2 3 1
+ + −
= =
−
Câu VII.a. Giải phương trình:
( )
2
2
1 2
2
1 1
log 2x 3x 1 log x 1
2 2

− + + − ≥
(1)
(1)
( )
( )
2
1
1xlog
2
1
1x3x2log
2
1
2
2
2
2
≥−++−−⇔
( )
( )
2
1
1xlog
2
1
1x3x2log
2
1
2
2

2
2
≥−++−−⇔
( )
( )
2
2
2
x 1
(x 1)
log 1 2
1
(x 1)(2x 1)
2 x 1 x
2
−
−
⇔ ≥ ⇔ ≥
− −
 
− −
 ÷
 

(x 1)
2
(2x 1)
−
⇔ ≥
−

3x 1 1 1
0 x
2x 1 3 2
− +
⇔ ≥ ⇔ ≤ <
−

Câu VI.b.1 Gióng VI.a
2. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0 Ta có ∆ABC vuông tại A
0AC.AB
=⇔
Ta có
( )
1,2bAB
−−=
;
( )
1c,2AC
−−=
Do ∆ABC vuông tại A
( ) ( )
01c2b2AC.AB
=−−−−=⇒
( )
2
5
b005b2c2b21c
≤≤⇒≥+−=⇒−−=−⇔
Ta lại có
( ) ( )

22
ABC
1c411b
2
1
AC.AB
2
1
S
−++−==
( ) ( ) ( )
12b2b4412b
2
1
S
222
ABC
+−=−++−=
vì
2
5
b0
≤≤
nên SABC = (b – 2)
2
+ 1 lớn nhất ⇔ b = 0
Khi đó c = 5. Vậy, ycbt
⇔
B(0, 0) và C(0, 5)
Câu VII.b.1 Gióng VII.a