HD Giai de Cap toc 04

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (127.52 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Hướng dẫn giải đề 04
Câu I:

2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là

A

(

−

1

2 ,

0 )

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng

y

=

k

(

x

+

1

2 )

() tiếp xúc với (C)

x 1

k x

1 2x 1

2 x 1

k co ù nghieäm

2x 1

 























 



























⇔

− x

+

1

2 x

+

1 =

k

(

x

+

1

2 )

(

1 )

−3

(

2 x

+

1 )

=

k

(

2 )

¿

{

Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm là





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

k

=

−

1

12

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:

1 y

x

12

2 















Câu II:

1. Giải phương trình:

2 √

2 sin

(

x −

π

12 )

cos

x

=

1

(1)
(1)

⇔

√

2

[

sin

(

2 x −

π

12 )

−

sin

π

12

]

=

1 sin 2x

sin

12

2 





















⇔

sin

(

2 x −

π

12 )

=

sin

π

4 +

sin

π

12 =

2sin

π

6 cos

π

12 ⇔

sin

(

2 x −

π

12 )

=

cos

π

12 =

sin

5 π

12 



5

7 2x

k2 hay 2x

k2 k Z

12 12























x

4 k hay x

3 k k Z









  



2. P/trình cho

⇔

√

(

x −

4 )

−

2 √

x −

4 +

1 +

√

(

x −

4 )

−

6 √

x −

4 +

9 =

m

(1)

⇔

√

(

√

x −

4 −

1)

+

√

(

√

x −

4 −

3)

=

m

⇔

|

√

x −

4 −

1 |

+

|

√

x −

4 −

3 |

=

m

(1) đặt:

t

=

√

x −

4 ≥

0

(1)

⇔

|

t −1

|

+

|

t −

3 |

=

m

()

Phương trình cho có đúng 2 nghiệm  phương trình () có đúng 2 nghiệm t  0

Vẽ đồ thị của hàm số

f

(

t

)

=

|

t −

1 |

+

|

t −

3 |

,

t ≥

0

. Ta có

¿

4 −

2 t

nếu 0

≤t ≤

1 2 neáu 1≤ t ≤

3

2 t −

4 neáu

t ≥

3 ¿

f

(

t

)={ {

¿

y
4
2

0 1 2 3 x
Từ đồ thị ta có ycbt



2 < m  4

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>



0 t 1

m 4 2t

 

hay



1 t 3

m 2

 

hay



t 3

m 2t 4





 







0 t 1

1 t 3

t 3

2 m 4 hay

m 2

hay m 2

4 m

t

2 



 







 





























Do đó, ycbt



2 < m  4

( khi 2 < m  4 thì () có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa

0 t 1

 

1 và t2 > 3 )

Câu III: Tính

I

=

∫

0
1

x

(

x −1

)

x

−

4

dx

=

∫

0
1

x

− x

x

−

4

dx





1 1 1

2 2 2 2 2

0 0 0

d x

4 x

4

1 dx

1 dx 1

4 x

4

2 x

4 x

2 















 









∫

1
1

2
0

1 x 2

3

1 ln x

4 ln

1 ln 2

ln 3

2 x 2

2 



 









 







Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A1(0,0,

a 2

)

Suy ra

a 2

M 0, 0,

2 















C1(-a,0,

a 2

)

a a a 2

N

, ,

2 2

2 

















và





BC

 

a, a,a 2





;

a a

MN

, ,0

2 2





 











;



AA

1

=

(

0,0

, a

√

2 )

Ta có:



MN .



BC

=

MN.



AA

=

0

Vậy MN là đường vng góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1

Ta có

2 MA

a 0,0,

2 



 













2 MB a 0,1,

2 





















2 MC

a

1,0,

2 





















Ta có

2 MA , MB

a

, 0,0

2 





  















 

⇒

|

[



MA

1

,



MB

]



MC

1

|

=

a

√

2 V

MA1BC1

=

1

6 |

[



MA

,



MB

]



MC

|

=

a

√

2

12

(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











⇔

a

+

b

+

3 2

≥

3 4

(

a

+

b

)

+

3 4

(

a

+

b

)+

a

+

3 b

−1

⇔

4 (

a

+

b

)

+

6 ≥

3 (

a

+

b

)

+

3 (

a

+

b

)+

12 a

+

b

−

4 



2 2

12 a

b

3 a b

10 a b

















(A)

Đặt x = a+b > 0



x



(a b)





4ab 4(3 x)







x



4x 12 0



 

x



6 hay x 2





x 2



( vì x > 0)

2 2 2

x



a



b



2ab



a



b



x



2(3 x) x







2x 6



Thế x như trên , (A) thành 
2

12 x

4 0

x



 

, với x 2



x



x



4x 12 0





, với x 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

(

x −

1 )

n

=

C

n0

x

n

− C

1n

x

n −1

+

.. .

+

(

−

1 )

n −1

C

n
n −1

x

+(

−1

)

n

C

n

n Lấy đạo hàm hai vế ta có

n

(

x −1

)

n−1

=

nC

0n

x

n −1

−

(

n−

1 )

C

n1

x

n −2

+

. . .

+

(

−1

)

n −1

C

nn −1 Cho x = 1 ta có

0 =

nC

n0

−

(

n −1

)

C

n1

+

. ..

+

(

−

1 )

n−1

C

nn −1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Phương trình số của d:

¿

x

=

3 +

2 t

y

=

−

2 +

t

z

=

−

1 −t

¿

{ {

¿

có VTCP



a

=

(

2,1,

−

1 )

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 vng góc (P) có PVT



n

Q

=

[



a ,



n

P

]

=(

2,

−

3,1

)

Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vng 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

a





4;1; 5







 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 

t

  

1 t

1

. t = 1  N1(5, –2, –5)

Đường thẳng 1 qua N1 nằm trong (P), vng góc d' có VTCP

1 P d '

a









n ,a







 



6;9; 3



3 2, 3,1





 







.
Vậy phương trình 1:

x 5

y 2

z 5

2

3

1 







. t = –1  N2(–3, –4, 5)

Đường thẳng 2 qua N2 nằm trong (P), vng góc d' có VTCP



a

Δ2

=

(



n

P

,



a

d '

)





3 2, 3,1





Vậy phương trình 2:

x 3

y 4

z 5

2

3

1 







Câu VII.a. Giải phương trình:





1 2

1 log

2x

3x 1

log x 1

2 

 





(1)
(1)

⇔

−

1

2 log

(

2 x

−

3

x

+

1 )

+

1

2 log

(

x −

1 )

≥

1

2 ⇔

−

1

2 log

(

2 x

−

3

x

+

1 )

+

1

2 log

(

x −

1 )

≥

1

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

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 vng tại A

⇔



AB .



AC

=

0

Ta có



AB

=(

b −

2,

−1

)

;



AC

=

(

−2

, c −1

)

Do ABC vuông tại A

⇒



AB.



AC

=

−

2

(

b −

2

)

−

(

c −

1

)=

0

⇔

c −1

=

−2

(

b −

2 )

⇒

c

=

−

2b

+

5 ≥0

⇒

0≤ b ≤

5

2

Ta lại có

S

ABC

=

1

2 AB . AC

=

1

2 √

(

b −

1 )

+

1 √

4 +

(

c −

1 )

S

ABC

=

1

2 √

(

b −

2 )

+

1 √

4 +

4 (

b −

2 )

=(

b −

2 )

+

1

vì

0 ≤ b ≤

5

2

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

Q

P



N

M

</div>

HD Giai de Cap toc 04

<i>A</i>

(

<i>−</i>

1

2

<i>,</i>

0

)

<i>y</i>

=

<i>k</i>

(

<i>x</i>

+

1

2

)

x 1

<sub>k x</sub>

1

2x 1

2

x 1

<sub>k co ù nghieäm</sub>

2x 1

 









<sub></sub>



<sub></sub>











 











<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











<i>⇔</i>

<i>− x</i>

+

1

2

<i>x</i>

+

1

=

<i>k</i>

(

<i>x</i>

+

1

2

)

(

1

)

<i>−3</i>

(

2

<i>x</i>

+

1

)

=