DAP AN DE SO 2125

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (329.56 KB, 9 trang )

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

ĐÁP ÁN ĐỀ 21

Câu I.2: Viết phương trình tìm hồnh độ giao điểm(chú ý có nghiệm x = 3, gọi 2 nghiệm còn lại là x1 ,x2)

Giải phương trình
1

2BC d(K, d) = 8 2 và dùng định lí Vi-et được m = m

1 137

2



Câu II: 1) (1)  (cos –sin )x x 2 4(cos –sin ) –5 0x x  

x k2 x k2



  

    

2) Hệ PT 

4 2

2
2

( 1) 2( 3) 2 4 0 (1)

2
1

      



 







m x m x m

x
y

x .

 Khi m = 1: Hệ PT 

2
2

2 1 0

( )

2
1

  


 







x

VN
x

y

x

 Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 , t0. Xét

( ) ( 1) 2(  3) 2  4 0 (2)

f t m t m t m

Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt  (1) có ba nghiệm x phân biệt

 (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 

 

(0) 0

... 2

2 3

0
1





  




 





f

m
m

S

m .

Câu IV: V= 
3

2 3

4 tan

3 (2 tan )






a

. Ta có

2
2 3
tan
(2 tan )



 



2
2
tan
2 tan




 . 2

2 tan  . 2
1
2 tan 

1
27



(BĐT Cô si 3 số)
 Vmax

3
4 3

 a

khi đó tan2 =1   = 45o

Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4(x3y3) ( x y )3. Dấu "=" xảy ra  x = y

Tương tự ta có: 4(y3z3) ( y z )3. Dấu "=" xảy ra  y = z

3 3 3

4(z x ) ( z x ) . Dấu "=" xảy ra  z = x



3 3 3 3 3 3

34(x y )34(y z )34(z x ) 2( x y z  ) 6 3xyz

Ta lại có 2 2 2 3
6
2   

 

x y z

y z x xyz . Dấu "=" xảy ra

 x = y = z

Vậy

3
1

6  12

   

 

P xyz

xyz

. Dấu "=" xảy ra 





 


xyz

x y z x = y = z = 1

Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1.
Câu VI.a: 1) B(0; –1). BM ( ; )2 2



 MB  BC.

Kẻ MN // BC cắt d2 tại N thì BCNM là hình chữ nhật.

PT đường thẳng MN: x y  3 0 . N = MN  d2 

8 1
3 3
N ; 

 .

NC  BC  PT đường thẳng NC:

7
0
3
x y  

C = NC  d1 

2 5
;
3 3

 



 

 

C

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

Câu VIIa. ) Đặt log(x21)y. PT 

2 ( 2 5) 5 2 0 5 2

       

y x y x y y x

Nghiệm: x 99999; x = 0

Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2
Tâm I  nên: I 



6 3 ; b b



. Ta có:

4 3 1

6 3 2

4 3 2

  

 

      

  

 

b b b
b b

b b b

 (C):









2 2

3 1 1

   

x y hoặc (C): 2



2



2 4

  

x y

Câu VIIb. 2

3 3

2 ( 2 5)

log ( 1) log ( 1) log 4 ( )

log ( 2 5) log 2 5 ( )

 

   





   



 x x

x x a

x x m b

 Giải (a)  1 < x < 3.

 Xét (b): Đặt tlog (2 x2 2x5). Từ x  (1; 3)  t  (2; 3).

(b)  t2 5tm. Xét hàm

( )  5

f t t t, từ BBT 

25; 6
4

 

   

 

m

ĐÁP ÁN ĐỀ 22

Câu II.1. PT  (cosx1)(cosx sinx sin .cosx x2) 0  x k 2. Vì x1 3  2 x 4
nên

1 3

2 2 3 0

3 2

k  k k

 

        

. Vậy nghiệm là: x = 0

Câu III:  Tính
1
0

1
1








x

H dx

x . Đặt cos ; 0;2


 

   

 

x t t


2

2


 

H

 Tính





1
0

2 ln 1







K x x dx

. Đặt

ln(1 )
2

 







u x

dv xdx


1
2



K

Câu IV: I là trung điểm AD, HLSI HL(SAD) HL d H SAD ( ;( ))
MN // AD  MN // (SAD), SK  (SAD)

 d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL =

21
7

a
.

Câu V: Đặt f x( ) x2 3 (3 x)25 

2 2

3
( )

3 (3 ) 5



  

  

x x

f x

x x

2 2

2 3

( ) 0 6 14 (3 ) 3

2 18 27 0

 


         

  



x

f x x x x x x

x x

Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15    , và hai nghiệm: 1,2

9 3 15
2

 


x

Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số khơng thể đổi dấu trên



2;



, ngồi ra f (3) 0 nên f x( ) 0,  x 2. Lập BBT để có kết luận: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với
2



x ) khi và chỉ khi m 6 7.

Câu VIa.2. Viết phương trình đường thẳng IK rồi gọi tọa độ điểm K(1 ẩn t)
Giải phương trình OK = d(O,( ))  t  K(–

1
4;

1
2;

3
4)

Câu VIb.1. Vẽ hình để nhận xét: Đường thẳng khơng có hệ số góc đi qua I là x = 1 khơng thỏa mãn ycbt
Do đó đt cần tìm phải có hệ số góc k, pt : y = k(x - 1) + 1

Giải hệ

2 2

1
9 4

( 1) 1

x y

y k x



 




   

 bằng phương pháp thế được:





2
2

4x 9 (k x1) 1 36
(*)

Tìm k để (*) có 2 nghiệm phân biệt xA, xB thỏa mãn S = xA+ xB = 2xI = 1 được k =
4
9



 4x9y 43 0

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

Đặt I(x; y; z) ta tìm được I

7 14; ;0
4 4

 

 

 . Biến đổi:

S = MA2 + MB2 + MC2 + MD2 =



 



2 2 2 2

MI IA  MI IB  MI IC  MI ID

       





2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

4MI IA IB IC ID 2    MI IA IB IC ID          .     4MI IA IB IC ID
Vì IA2IB2IC2ID2 là hằng số nên S min  MI min  M I

Vậy M
7 14

; ;0

4 4

 

 

 

Câu VIIb. Biến đổi phương trình đã cho về dạng

2 2

2 1 2 1 2 1 0

         

 

x x y cos x y

( ) sin( ) ( )

 2

2 1 2 1 0

2 1 0



     



  




x x

x y

cos y

( ) sin( )

( ) 

2 1 2 1 0

2 1 1



     



  




x x

x y

sin y

( ) sin( )

( ) 

1
1

2 1 1



 

  



 

  

  

 x 

x
x

y k

sin( y )

ĐÁP ÁN ĐỀ 23

Câu I.2.

2 2

0
'( ) 4 . (1 ) 0

(1 ) 0(*)

x

f x x x m

x m




 

      

  



ĐTHS có 3 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm phân biệt x  0  -1 < m < 1 (1)

Tọa độ 3 điểm cực trị của ĐTHS là: A(0; m+1), B( 1 m m2; 2m2 m4) và C( 1 m m2; 2m2 m4)

Vì ABC cân tại A nên





2 2

. 1 . 1 1

ABC

S  AH BC  m  m 

. Dấu "=) xảy ra khi m = 0 (2)
Kết hợp 2 điều kiện (1), (2) ta được m = 0.

Câu II.1. 2 sin(2x 4) 3sinx cosx 2 sin 2x cos x2 3sinx cosx 2



        

 2cos2x(2sinx1) cosx (3sinx3) 0

Tính  theo sinx để tìm được 2 ngiệm. Giải tiếp được x = 2 k2 ;x k2


  

   

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0(1)

1 3 2 2 0(2)

x y y x

x x y y

     




     



 Đk:

1 1

0 2

x
y

  




 

 (*)

Biến đổi (1) để sử dụng tính đơn điệu của hàm số: x3 3x



y 1



3 3(y 1) (3)
Vì (*) nên cả x và y - 1  [-1; 1].

Hàm số f(t)  t3 3t có f'(t) = 3(t21) 0,   t



1;1



nên nghịch biến trên [-1;1]. Vậy (3)  x = y - 1

Thay y = x + 1 vào (2): x2 2 1 x2  2 0. Đặt u = 1 x2  0 để giải ta được kết quả: x = 0, y = 1

Câu III: Tách thành 2 tp:









2 2

2 1 .cos ln 1 .cos

I x xdx x x xdx

 

 





 



 

-Tính tp đầu bằng TPTP

-Tính tp sau bằng tp đặc biệt: x = - t được kết quả I = 2
Câu IV: Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Chứng minh SAC cân tại S nên SA = SC = SB

 hình chiếu H của S là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tính được

3 2

;
6
a
V 

Kẻ OK  SD  ( , ) 2

a
d AC SD OK 

Câu V: Đặt t = xy. Chặn t và biểu diễn P theo t:
*2(x2y2)xy1 

2 1

2( ) 5 1 0

x y  xy   xy

*Tiếp tục dùng BĐT:

2 5 1 1

( ) 4 4

2 3

xy

x y  xy   xy xy

. Vậy

1 1

5 t 3

  





2
2
2

2 2 2 2

4 4 2

1
2

2 2 7 2 1

2 1 2 1 2 1 4(2 1)

t

x y x y

x y t t

P

xy xy t t



 



 

 

     

   

   

Tìm Max, min của P trên đoạn

1 1
;
5 3

 



 

  bằng đạo hàm được kết quả :

MaxP = 1/4 đạt được khi
0

1
2
x

y









 hoặc

1
2
0
x
y





 


và minP = 2/15 đạt được khi

1
3
1

3
x
y






 


 hoặc

1
5

1
5
x

y






 



 hoặc

1
5
1

5
x
y






 



Câu VIa.1. (C) có tâm I(1; -1), R = 2

Vẽ hình và tính được IM = 2 2  M thuộc đường trịn (C') tâm M bán kính R' = 2 2

 M là điểm chung của dm với (C')

Vậy ycbt  dm và (C') chỉ có 1 điểm chung duy nhất

 d(I, dm) = 2 2  2

1 - m – 3

2 2

1m  vơ nghiệm
Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn đkbt

2) M  ( )  M(a; b; a).

Giải hệ . 0
MA MB
MA MB










  
  
  
  
  
  
  

  
  
  
  
  
  
  

được kết quả

6 6 3; 6 6; 6 ; 6 6 3; 6 6; 6

6 3 6 6 3 6

M     M    

   

   

Câu VIIb: Đặt z = a + bi với a,b  R

Thay vào pt và giải hệ



2 2



2 2

3 0
3 1 0

a a b

b a b b

   




    

 để được kết quả

3 13 3 5

;

2 2

Z   i Z   i

Câu VIb.1. B  d1 và D  d2  B(b; 3b - 4) và D(d; 6-d)  trung điểm BD là I(

3 1

;

2 2

b d b d 

)

Vì B, D đối xứng nhau qua d3 nên

3
3

BD d
I d







  b = 2 và d = 4  B(2; 2), D(4; 2)

A  d3  A(3; a). Giải               AB AD.  0  a = 1 hoặc a = 3.

Vậy A(3; 3), B(2; 2), C(3; 1), D(4; 2) hoặc A(3; 1). B(2; 2), C(3; 3), D(3; 1).

2) Mp(P) đi qua A(2; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) nên có dạng: 2 1
x y z

b c

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(P) đi qua M(1;1;1) nên:

1 1 1 1 1 1 2

1 16

2b c   b c  2 bc  bc

Tính SABC =

2 2 2 2 2

1 1

4 4 16 2.4 4 6

2 b c b c 2 bc

     

Dấu "=" xảy ra  b = c = 4

Câu VIIb. Đk: x > 0(*). Trong đk (*):









5 1 log x 5 1 log x x











2 2

2 5 1 5 1

5 1 5 1 2 1

2 2

     

          

   

   

x x

x x x log log

log log log

Đặt

2 2

5 1 5 1 1

2 2

     

     

   

   

x x

t

log log

. Giải tiếp để được x = 2

ĐÁP ÁN ĐỀ 24

Câu I.2.





2
0

'( ) 4 0

0(*)

x
f x x x m

x m




    

 



ĐTHS có 3 điểm cực trị  (*) có 2 nghiệm phân biệt x  0  m > 0(1)

Tọa độ 3 điểm cực trị của ĐTHS là A(0; m-1), B( m;m2m 1) và C( m;m2m1)

Lưu ý tam giác ABC cân tại A nên:

Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác:
. . 1

4 2

AB AB BC

BC AH

R  (H là trung điểm BC)  m = 1 hoặc

5 1
2

m 

Câu II.1. Đưa về phương trình bậc 2: 
2

2 5 2 0

6 6

cos x  cos x   

   

2)Đặt 2 ẩn u x24x7;v x23 hoặc đưa về dạng:



x2





x2



2 3 1



 ( x)



( x)2 3 1



và xét hàm số f(t) = t t2 3 t đồng biến trên R

Vậy phương trình  f(x+2) = f(-x)  x + 2 = - x  x = -1

Câu III. Nhân chia lượng liên hợp rồi đặt t = x21

Câu IV:

A' cách đều A,B,C  Hình chiếu của A' xuống (ABC)

là trung điểm H của BC.

-Tính được, AB = AC = a,

2 14

2 2

a a

AH   A H 

-Kẻ HK  A'N thì:

d(B, (C'MN)) = 2d(H, (C'MN)) = 2HK =
14
15
a

= h.

SC'MN = SA'ACC' =

4
a

Vậy V =

2 3

1 1 14 3 . 210

. . .

3 C MN 3 15 4 60

a a a

h S  

Câu V: Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

3 2 (3 2)

1
t t xy t
P

xy t

  



  . Do 3t - 2 > 0 và

4
t
xy

 

nên ta có

2
3 2

2
2

(3 2)
4

2
1

t t

t t t

P

t t

t



 

 



 

Xét hàm số

2 2

4
( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) = 0  t = 0 v t = 4.

t 2 4 +

f’(t) - 0 +

f(t)

+  +

Do đó min P = (2;min ( )) f t = f(4) = 8 đạt được khi

4 2

x y x

xy y

  

 



 

 

 

Câu VIa.1. Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R1, ' 3R  , đường thẳng (d)
qua M có phương trình a x( 1)b y(  0) 0  ax by a  0, (a2b2 0)(*).

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đó ta có: MA2MB IM2 IH2 2 I M' 2 I H' '2









2 2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

   

,IM IH.









2 2

2 2 2 2

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4. a b 35

a b a b

     

 

2 2

35 36

a b



   



Dễ thấy b0 nên chọn

6
1

6



   



a
b

a .

Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.

2)Trung điểm I của BD là I(
3

;1;1
2 )
D    D(-2+t; 3 - 2t; 1 - 2t)

I là trung điểm BD  B(5 - t; 2t - 1; 2t + 1)

Giải pt SABCD = 3 2  SABC =
3 2

2 

1
,

2 AB AC 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

  3 2

2 

15 3
8
t 

Vậy B(

25 3 11 3 19 3

; ;

8 4 4

  

) hoặc B(

25 3 11 3 19 3

; ;

8 4 4

  

)

Câu VIIa.

3 2

1 2

2 0

1 2

z i z iz

i i

  

 

  

 



  

3 2

2 0

1 1

z i z i

i i

 

   

  

   

 

   

Đặt t =

( )(1 ) (1 ) 1

1 2 2

z i z i i z i i
i

     

 

 thay vào giải được t = -1;

1 7
2
i



. Từ đó giải được 3 nghiệm:

1 2 3

1 7 7 1 1 7 1 7

1 2 ; ;

2 2 2 2

z   i z     i z     i
Câu VIb.1.

(C1) có tâm I(0; -1), R = 2
(C2) có tâm I'(1;0), R' = 2

Gọi PTTQ của  là ax + by + c = 0(a, b khơng đồng thời bằng 0)

Tính được d(I, ) = R = 2 và d(I', ) = 1. Vậy theo bài ta ta có:

2 2

2
1
b c
a b
a c
a b

  









 

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Giải bằng pp thế, ta được: a = 0 hoặc b = 0
*Với a = 0: Chọn b = 1  c = -1. Pt : y - 1 = 0

*Với b = 0: Chọn a = 1  c = -2. Pt : x - 2 = 0

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho (C1):





2 1 4

x  y 

và (C2):





2 2

1 2

x y 

. Viết pt đường thẳng

 tiếp xúc với (C1) và cắt (C2) tại 2 điểm A, B sao cho AB = 2.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1;1;1), B(2;-1;0), C(2;0;-1) và mp(P): x - y + z - 2 = 0.
Tìm điểm M thuộc (P) sao cho T = MA22MB23MC2 nhỏ nhất.

Gọi I là điểm thỏa mãn IA2 IB 3IC 0

Đặt I(x; y; z) ta tìm được I

11 1
; ;0

6 6

 



 

 . Biến đổi:

T = MA2 + 2MB2 + 3MC2 =







 



2 2 2

2 3

MI IA  MI IB  MI IC

     





2 2 2 2 2 2 2 2

6MI IA 2IB 3IC 2         MI IA     . 2IB 3IC 6MI IA 2IB 3IC

Vì IA22IB23IC2 là hằng số nên T min  MI min  M là hình chiếu của I trên mp(P).

Áp dụng cách tìm hình chiếu của điểm trên mp ta được kết quả: M

11 1
; ;0
6 6

 



 

 

Câu VIIb.S C 20100 2C20101 3C20102 ... 2011 C20102010

-Khai triển: x.





2010 0 2 1 3 2 2011 2010

2010 2010 2010 2010

1x xC x C x C ...x C
-Lấy đạo hàm 2 vế:





2010





2009 0 1 2 2 2010 2010

2010 2010 2010 2010

1x 2010 . 1x x C 2xC 3x C ... 2011 x C
-Thay x = 1 ta được: 220102010.22009 C20100 2C20101 3C20102 ... 2011 C20102010

 S = 1006.22010.

ĐÁP ÁN ĐỀ 25

Câu I: 2) y g x( ) 3 x22 1 2



 m x



 2 m.

YCBT  phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 < 1



1 2

4 5 0

( 1)( 1) 0 1 5

4
2 1

2 3

m m

x x m m

S m

     

  

           

  




 




Câu II: 1)  Nếu

cos 0 2 ,

2     

x

x k k Z

, phương trình vô nghiệm.

 Nếu

cos 0 2 ,

2     

x

x k k Z

, nhân hai vế phương trình cho 2 2

x
cos

ta được:
2cos cos3 2cos cos 2 2cos cos cos

2  2  2  2

x x x x

x x x

   tích thành tơng

7
0
2 

x
cos

2
,

7 7

 

 x k k

, đối chiếu điều kiện: k ≠ 3 + 7m, mZ .

2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) 

1 4

5 1 9.3

5 5

    

  

    

   

 

t t

t

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 

2 2 1 3 1 0

    

x x x x

x .

Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x  0 ta được:
(2) 

1 1

3 2 0

    

x x

x x . Đặt

 

y x

x (ĐK y  0).

Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 
1




 



y

y . Từ đó ta tìm được x =

1 5

; 2 5



Câu III: Ta có: sinx + 3cosx = 2cos 6


 



 

x ,

sinx = sin 6 6

 

  

 

  

 

x

3 1

sin cos

2 6 2 6

 

   

  

   

x  x 

I =

2 2

3 2

0 0

sin

3 6 1

16 cos 16 cos

6 6

  

 

 



 

  

   

 

   

   



x dx

dx

x x

=
3
6

Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt
phẳng (ABC) và (ABC) là  = A EH .

Ta có :

3 3 3

, ,

2 3 6

a a a

AE AH HE



2 2

2 2 9 3

' '



   b a

A H A A AH

Do đó:

2 2
' 2 3
tanA H  b  a

HE a ;

2 2 2 2

. ' ' '

3 3

' .

4 4

 



   

ABC ABC A B C ABC

a a b a

S V A H S

2 2 2
'.

1 3

' .

3  12



 

A ABC ABC

a b a
V A H S

Do đó: VA BB CC' ' 'VABC A B C. ' ' 'VA ABC'. =

2 3 2 2
6



a b a

Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

3 3

2 2

8 6 2 2

( ) ( ) 6

( ) ( ) 8

 

      

 

a a a b c

b c b c a

b c b c .

Dấu " = " xảy ra  2a = b + c.

Tương tự:

3 3

2 2

6 2 2 6 2 2

;

( ) 8 ( ) 8

   

 

 

b b c a c c a b

c a a b

Suy ra:

4 4

 
a b c

P

. Dấu bằng xảy ra  a = b = c =
1

3. Kết luận: minP = 
1
4
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 




0
0

60 (1)
120 (2)
AMB

AMB

 



 



Vì MI là phân giác của AMB nên:
(1)  AMI = 300 sin 300

IA
MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

   

m m

(2)  AMI = 600 sin 600
IA
MI

 

 MI =
2 3

3 R 

2 9 4 3

3
m  

(vô nghiệm)
Vậy có hai điểm M1(0; 7) và M2(0; – 7)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta có: VOABC VIOAB+VIOBC+VOCA+VABC=

1 1 1 1

. . . .
3r SOAB3 r SOBC3r SOCA3 r SABC

=
1

. .
3r STP

.
Mặt khác:

1 8 4

. . .

6 6 3

  

OABC

V OA OB OC

(đvtt);

. . 2
2

   

OAB OBC OCA

S S S OA OB

(đvdt)
2

3 3

.8 2 3

4 4

  

ABC

S AB

(đvdt)  STP  6 2 3 (đvdt)

Do đó:

3 4

6 2 3

 


OABC

TP

V
r

S (đv độ dài)

Câu VII.a: PT 



2 1 sin(2 1)



2 cos (22 1) 0 2 1 sin(2 1) 0(1)
cos(2 1) 0 (2)

     



         

  




x x

x x x

x

y

y y

y

Từ (2)  sin(2  1)1

x y

.
 Khi sin(2  1) 1

x y

, thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
 Khi sin(2  1)1

x y

, thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1. 
Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1 

1 ,

2




   

y k k Z

Kết luận: Phương trình có nghiệm:

1; 1 ,

2




 

   

 

 k k Z.

Câu VI.b: 
1) x2y 6 0

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.

Đường thẳng  có PTTS:

1 2
1
2

 




 

 


x t

y t
z t

. Điểm M nên M



 1 2 ;1t  t t;2



.

2 2 2 2 2

2 2 2 2

( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5)

( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)

        

           

     

AM t t t t

BM t t t t

AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 



3 ;2 5





u t

và  



3 6;2 5





v t

Ta có

 













2
2

| | 3 2 5
| | 3 6 2 5



 





   







u t
v t

Suy ra  | | | |

 

AM BM u v và  



6;4 5



|  | 2 29

   

u v u v

Mặt khác, với hai vectơ ,
 

 

u v cùng hướng

3 2 5

1
3 6 2 5

   

 

t

t
t



1;0;2



 M và min



AMBM



2 29 .

Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11



 29



Câu VII.b: PT





 

2
3

1 1

log   2 3  1

 x x x  x  x x   x

x x

Đặt: f x( ) 3 x(2x),

1
( )  1

g x x

x (x0)
Từ BBT  max f(x) = 3; min g(x) = 3

</div>

DAP AN DE SO 2125

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 21</b>

















<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 22</b>







<sub></sub>











 

 

 







<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 23</b>





















<sub></sub>

<sub></sub>

























<b>ĐÁP ÁN ĐỀ 24</b>



















































 



