intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Hướng dẫn Đề toán số 10

Chia sẻ: Nguyen Thinh Thinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Thêm vào BST
Báo xấu
80
lượt xem 5
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn đề toán số 10', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn Đề toán số 10

  1. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 1 Câu I: 2) Gọi M(m; 2) ∈ d. Phương trình đường thẳng ∆ qua M có dạng: y = k (x − m) + 2. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến với (C) ⇔ Hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 5 − x 3 + 3x 2 − 2 = k (x − m) + 2 (1) m < −1 hoac m > � ⇔ 3 −3x 2 + 6x = k (2) m2 Câu II: 1) Đặt t = 2x + 3 + x + 1 > 0. (2) ⇔ x = 3 2) ⇔ (sin x + cosx ) � 4(cosx − sin x ) − sin2x − 4� 0 = 2) � � π 3π + kπ ; x = k 2π ; x = + k 2π ⇔ x=− 4 2 33 7 3 33 Câu III: (sin4 x + cos4 x )(sin6 x + cos6 x ) = π + cos4x + cos8x ⇒ I = 64 16 64 128 V1 SM SN SM 1 = = Câu IV: Đặt V1=VS.AMN; V2=VA..BCNM; V=VS.ABC; . . (1) V SB SC SB 2 2 SM 4 4a V2V 3 3 AM = = a; SM= � ⇒ 1 = � 2 = � V2 = V (2) SB 5 V5V5 5 5 5 a3. 3 a3. 3 1 ⇒ V2 = V = S∆ABC .SA = 3 3 5 Câu V: a 4 + b 4 2a2b2 (1); b 4 + c 4 2b2c 2 (2); c 4 + a 4 2c 2a 2 (3) ⇒ a 4 + b 4 + c 4 � (a + b + c ) � a 4 + b 4 + c 4 + abcd � (a + b + c + d ) abc abc 1 1 (4) ⇒ đpcm. abc(a + b + c + d ) a 4 + b 4 + c 4 + abcd Câu VI.a: 1) A(3; 1), B(5; 5) ⇒ (C): x 2 + y 2 − 4x − 8y + 10 = 0 xyz 2) Gọi I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ (P ): + + = 1 abc 77 a= 456 4 uu r uu r + + =1 IA = (4 − a;5;6), uu = (4;5− b;6) 77 JA ⇒a b c uur r ⇒ b= −5b + 6c = 0 JK = (0; −b;c), IK = (−a;0;c ) 5 −4a + 6c = 0 77 c= 6 n n Câu VII.a: a + bi = (c + di) |a + bi| = |(c + di) | |a + bi|2 = |(c + di)n |2 = |(c + di)|2n a2 + b2 = (c2 + d2)n Câu VI.b: 1) Tìm được C1(1 −1) , C2(−2; −10) . ; 11 11 16 + Với C1(1 −1) ⇒ (C): x 2 + y 2 − ; x + y + = 0ﾠ 3 3 3 91 91 416 + Với C2(−2; −10) ⇒ (C): x 2 + y 2 − x + y + = 0ﾠ 3 3 3 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩ (Q) ⇒ Phương trình của (D) � =α � x x=2 i α >0 v�� tuy� va� y� � Câu VII.b: � � =α y y=1 � Trang 1
  2. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 2 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và trục hoành: x 3 − 3mx 2 + 9x − 7 = 0 (1) Gọi hoành độ các giao điểm lần lượt là x1; x2; x3 . Ta có: x1 + x2 + x3 = 3m Để x1; x2; x3 lập thành cấp số cộng thì x2 = m là nghiệm của phương trình (1) m =1 −1− 15 ⇒ −2m + 9m − 7 = 0 3 m= −1 15 . Thử lại ta được : m= 2 2 kπ x= 2 Câu II: 1) sin2 3x − cos2 4x = sin2 5x − cos2 6x ⇔ cosx (cos7x − cos11x ) = 0 ⇔ kπ x= 9 2) 0 < x 1 117 2 3 Câu III: A = lim x + 7 − 2 + lim 2 − 5− x = += 12 2 12 x −1 x −1 x1 x1 2 Câu IV: VANIB = 36 Câu V: Thay x = F − 3 y vào bpt ta được: 50y 2 − 30Fy + 5F 2 − 5F + 8 0 Vì bpt luôn tồn tại y nên ∆ y ≥ 0 ⇔ − 25 F 2 + 250 F − 400 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ F ≤ 8 Vậy GTLN của F = x + 3 y là 8. Câu VI.a: 1) AF1+AF2 = 2a và BF1+BF2 = 2a AF1 + AF2 + BF1 + BF2 = 4a = 20 Mà AF1 + BF2 = 8 AF2 + BF1 = 12 2) B(4;2; −2) Câu VII.a: x = 2; x = 1− 33 (x − a)2 + (y + a)2 = a 2 (a) Câu VI.b: 1) Phương trình đường tròn có dạng: (x − a)2 + (y − a)2 = a 2 (b) a =1 a) ⇒ b) ⇒ vô nghiệm. a=5 Kết luận: (x − 1)2 + (y + 1)2 = 1 và (x − 5)2 + (y + 5)2 = 25 r uu uurr x −1 y −1 z + 2 r 2) u = �d ; nP � (2;5; −3) . ∆ nhận u làm VTCP ⇒ ∆ : = = = u � � −3 2 5 Câu VII.b: Toạ độ các điểm cực trị lần lượt là: A(m;3m 2 + 1) và B(−3m; −5m 2 + 1) Vì y1 = 3m 2 + 1> 0 nên để một cực trị của (Cm ) thuộc góc phần tư thứ I, một cực trị của m>0 1 ⇔m> −3m < 0 (Cm ) thuộc góc phần tư thứ III của hệ toạ độ Oxy thì . 5 2 −5m + 1< 0 Hướng dẫn Đề sô 3 www.MATHVN.com Câu I: 2) Giả sử A(a; a3 − 3a 2 + 1), B(b; b3 − 3b 2 + 1) (a ≠ b) Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y (a) = y (b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0 Trang 2
  3. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com ⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b). AB 2 = (b − a)2 + (b3 − 3b2 + 1− a3 + 3a2 − 1)2 = 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 a = 3� b = −1 AB = 4 2 ⇔ 4(a − 1)6 − 24(a − 1)4 + 40(a − 1)2 = 32 ⇔ a = −1� b = 3 ⇒ A(3; 1) và B(–1; –3) Câu II: 1) (1) ⇔ (x + 3) x − 1 = 4x ⇔ x = 3; x = −3+ 2 3 5π 2π x= +k (k Z ) (a) � π� π � � 18 3 sin� x − � sin� − x �⇔ = 2 2) (2) ⇔ 5π 3� 2 � � � + l 2π (l Z ) (b) x= 6 �π� 5π �; � ên x= . Vì x 0 n � 2� 18 π π π π − 2 2 2 2 � ( x ) dx = � ( −t ) ( −dt ) = � ( −t ) dt = � ( − x ) dx f f f f Câu III: Đặt x = –t ⇒ −π π π π − − 2 2 2 2 π π π 2 2 2 4 ⇒ 2 � (x )dx = � f (x ) + f (− x )� = � � cos f dx xdx � � −π π −π − 2 2 2 3π 31 1 cos4 x = + cos2x + cos4x ⇒ I = . 82 8 16 uuu uuu uuu rr r 3 Câu IV: V = 1 � , AK � = a 2 .AO AH � � 6 27 Câu V: Sử dụng bất đẳng thức Cô–si: ab2c ab2c ab(1+ c) a ab c ab abc =a− a− =a−a− =a− − (1) 2 2 4 4 4 2 1+ b c 2b c 1+b c Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1 bc ( 1+ d ) bc 2d bc 2d b bc d bc bcd =b− b− =b− b− =b− − (2) 2 2 4 4 4 2 1+ c d 2c d 1+c d cd ( 1+ a ) cd 2a cd 2a c cd a cd cda =c− c− =c− c− =c− − (3) 2 2 4 4 4 2 1+ d a 2d a 1+d a da ( 1+ b ) da2b da 2b d da b da dab =d− d− =d− d− =d− − (4) 2 2 4 4 4 2 1+ a b 2a b 1+a b Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: ab + bc + cd + da abc + bcd + cda + dab a b c d + + + 4− − 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a 2b 2 2 2 4 4 Mặt khác: 2 � +c+b+d � a • ab + bc + cd + da = ( a + c ) ( b + d ) � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a+c = b+d � 2 � � 2 2 � +b� �+d� a c • abc + bcd + cda + dab = ab ( c + d ) + cd ( b + a ) � �( c + d ) + � �( b + a ) �2 � �2 � � +b c+d� a ⇔ abc + bcd + cda + dab ( a + b ) ( c + d ) � � ( a + b) ( c + d ) + = �4 4� Trang 3
  4. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2 � +b+c+d � a � = 4 . Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1. � abc + bcd + cda + dab � � 2 � � 44 a b c d + + + 4− − Vậy ta có: 2 2 2 2 44 1+ b c 1+ c d 1+ d a 1+ a b a b c d + + + � � ⇒ đpcm. 2 2 2 2 1+ a2b 1+ b c 1+ c d 1+ d a Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1. x=t . Giả sử C(t; –4 + 3t) ∈ d. Câu VI.a: 1) Ptts của d: y = −4 + 3t uuu uuu 2 rr ( ) t = −2 3 1 1 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 3 ⇔ AB 2.AC 2 − AB.AC = S = AB.AC .sin A = t =1 2 2 2 ⇒ C(–2; –10) hoặc C(1;–1). r uu uuu rr r 2) (Q) đi qua A, B và vuông góc với (P) ⇒ (Q) có VTPT n = �p , AB � ( 0; −8; −12) 0 = n � � ⇒ (Q ):2y + 3z − 11= 0 Câu VII.a: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 nên: �+c = 0 � = −2 b b (1+ i)2 + b(1+ i) + c = 0 � b + c + (2 + b)i = 0 �� �+b = 0 �= 2 2 c � � Câu VI.b: 1) A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2) Phương trình mặt phẳng (α) chứa AB và song song d: (α): 6x + 3y + 2z – 12 = 0 Phương trình mặt phẳng (β) chứa OC và song song d: (β): 3x – 3y + z = 0 6 x + 3y + 2z − 12 = 0 ∆ là giao tuyến của (α) và (β) ⇒ ∆ : 3x − 3y + z = 0 z = −1 z=2 Câu VII.b: z 4 ﾠ z3 + 6z 2 ﾠ 8z ﾠ16 = 0 ⇔ (z + 1)(z − 2)(z 2 + 8) = 0 ⇔ z = 2 2i z = −2 2i Hướng dẫn Đề sô 4 www.MATHVN.com 9 9 Câu I: 2) x 4 − 5x 2 + 4 = log2 m có 6 nghiệm ⇔ log12 m = � m = 12 4 = 144 4 12 4 π π − cos2 2 x − cos x cos2 x = 2 cos2 x ⇔ cos2x = 0 ⇔ x = + k Câu II: 1) (1) ⇔ sin2 x 0 4 2 t2 − 2 2) Đặt t = x2 − 2x + 2 . (2) ⇔ m � t 2),dox� + 3] (1� � [0;1 t+1 t2 + 2t + 2 t2 − 2 với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) = > 0 . Vậy g tăng trên [1,2] Khảo sát g(t) = (t + 1)2 t+1 t2 − 2 2 max g(t ) = g(2) = m có nghiệm t ∈ [1,2] bpt m Do đó, ycbt 3 t [1 ] t+1 ;2 Trang 4
  5. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3 t2 dt = 2 + ln2. Câu III: Đặt t = 2x + 1 . I = 1+ t 1 1 uuuuu uuu uuuu � a3 15 r rr 1 uuur uuuuu � r MB,MA1� 3a2 3 = A A1. � ; S∆BMA = � = = Câu IV: V AB,AM � � 1 2� AA1BM 6 3 3V a 5 ⇒ d= = . S 3 1 3 5 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( x + y ) xy ; ( y + z ) 3 xy ; ( z + x ) 5 xy ⇒ đpcm 2 2 2 Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ I (0; 3; 0) . ﾷMIO = 450 ⇒ α = ﾷNIO = 450 . 3� 3� 3 � + � ạt nhỏ nhất ⇔ a = ⇔ a = 3 . 2) VBCMN = VMOBC + VNOBC = đ a a 3 � a� u = x −1 u + u 2 + 1 = 3v . Hệ PT ⇔ Câu VII.a: Đặt v = y −1 v + v 2 + 1 = 3u 3u + u + u 2 + 1 = 3v + v + v 2 + 1 � f (u ) = f (v) , với f (t ) = 3t + t + t 2 + 1 t + t2 +1 Ta có: f (t ) = 3t ln 3 + >0 f(t) đồng biến t2 +1 u=v u + u 2 + 1 = 3u � u − log 3 (u + u 2 + 1) = 0 (2) ( ) Xét hàm số: g (u ) = u − log 3 u + u 2 + 1 � g '(u ) > 0 g(u) đồng biến Mà g (0) = 0 u = 0 là nghiệm duy nhất của (2). KL: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ PT. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1;0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′ B ⇒ M (2;2; −3) . 1 log2 x + 1 0 ⇔ 0< x 2 . 2 0⇔ Câu VII.b: (logx 8 + log4 x )log2 2x log2 x x >1 Hướng dẫn Đề sô 5 www.MATHVN.com � 3� Câu I: 2) Gọi M �0 ; 2 + x ∈ � (C). x0 − 1 � � −3 3 Tiếp tuyến d tại M có dạng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x0 − 1) x0 − 1 2 � 6� Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A � 2 + 1; � B(2x0 –1; 2). , x0 − 1 � � S∆ IAB = 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆ IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB x0 = 1 + 3 6 = 2 x0 − 1 ⇔ ⇒ M1( 1 + 3; 2 + 3 ); M2( 1 − 3;2 − 3 ) x0 − 1 x0 = 1 − 3 Trang 5
  6. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com 2(1 − cos x)sin x(2cos x − 1) = 0 π + k 2π ⇔ 2cosx – 1 = 0 ⇔ x = Câu II: 1) (1) ⇔ sin x 0, cos x 0 3 ( x 2 − 2) 2 + ( y − 3)2 = 4 x2 − 2 = u 2) (2) ⇔ . Đặt y −3=v ( x 2 − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0 u=2 u=0 u 2 + v2 = 4 Khi đó (2) ⇔ ⇔ hoặc v=0 v=2 u.v + 4(u + v) = 8 x = 2 x = −2 x = 2 x = − 2 ⇒ ; ; ; y=3 y=3 y=5 y=5 1 1t 1 e (1 − t )dt = e Câu III: Đặt t = sin2x ⇒ I= 20 2 tan α 43 tan 2 α = tan α . 2 1 1 1 a. Câu IV: V= 3 3 . Ta có . (2 + tan α ) (2 + tan α ) 2 3 2 + tan α 2 + tan α 2 + tan 2 α 2 2 2 27 4a 3 3 α = 45 o . khi đó tan 2 α =1 V max = 27 4( x3 + y 3 ) ( x + y )3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y Câu V: Với x, y, z > 0 ta có 4( y 3 + z 3 ) ( y + z )3 . Dấu "=" xảy ra ⇔ y = z Tương tự ta có: 4( z + x ) ( z + x) . Dấu "=" xảy ra ⇔ z = x 3 3 3 ⇒ 3 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x3 ) 2( x + y + z ) 6 3 xyz �x z� y 6 Ta lại có 2 � 2 + 2 + 2 � . Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z y z x� xyz 3 � � 1� xyz = 1 Vậy P 6 � xyz + 3 � 12 . Dấu "=" xảy ra ⇔ x=y=z=1 3 � � x= y=z xyz � � Vậy minP = 12 khi x = y = z = 1. Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2). (P): x + y – 5z +10 = 0 Câu VII.a: Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1) 2 + 2( x 2 + 1) 2 2x + 1 �2 x + 1 � �2 x + 1 � = t Điều kiện : –2< t �− m � 2 � 2 = 0 . Đặt + (3) ⇔ 2 � 2 5. x2 + 1 � x +1� � x +1 � 12 2t 2 + 2 . Lập bảng biên thiên ⇒ 4 < m hoặc –5 < m < −4 Rút m ta có: m= 5 t r Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) r => VTPT của BC là: n1 = (−b; a) . Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= 0 ax + by –2a –b =0 BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 – bx + ay +4b + 2a =0 b = −2a −b 3b + 4a = Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) ⇔ b = −a a2 + b2 a2 + b2 • b = –2a: AB: x – 2y = 0 ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – 4 =0 • b = –a: AB: –x + y+ 1 =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ 2 =0 2 x – y + 10 z – 47 = 0 2) x + 3y – 2z + 6 = 0 Câu VII.b: (4) ⇔ ( mx + 1) + mx + 1 = ( x − 1) + ( x − 1) . 3 3 Xét hàm số: f(t)= t 3 + t , hàm số này đồng biến trên R. f ( mx + 1) = f ( x − 1) mx + 1 = x − 1 Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm. Trang 6
  7. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com −2 • −1 < m < 1 phương trình có nghiệm x = m −1 • m = –1 phương trình nghiệm đúng với ∀x 1 • Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Hướng dẫn Đề sô 6 9 Câu I: 2) M(–1;2). (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ m > − ; m 0 4 −3 2 2 Tiếp tuyến tại N, P vuông góc ⇔ y '( xN ). y '( xP ) = −1 ⇔ m = . 3 3 Câu II: 1) Đặt t = 3x > 0 . (1) ⇔ 5t 2 − 7t + 3 3t − 1 = 0 ⇒ x = log 3 ; x = − log 3 5 5 log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4 ( a) 2) log 2 ( x 2 − 2 x + 5) − m log ( x2 − 2 x + 5) 2 = 5 (b ) • Giải (a) ⇔ 1 < x < 3. • Xét (b): Đặt t = log 2 ( x − 2 x + 5) . Từ x ∈ (1; 3) ⇒ t ∈ (2; 3). 2 � 25 � (b) ⇔ t 2 − 5t = m . Xét hàm f (t ) = t − 5t , từ BBT ⇒ m ��− ; −6 � 2 �4 � Câu III: Cộng (a), (b), (c) ta được: ( x − 3) + ( y − 3) + ( z − 3) = 0 (d ) 3 3 3 • Nếu x>3 thì từ (b) có: y = 9 x( x − 3) + 27 > 27 � y > 3 3 từ (c) lại có: z 3 = 9 y ( y − 3) + 27 > 27 � z > 3 => (d) không thoả mãn • Tương tự, nếu x y=3; thay vào (c) => z=3. Vậy: x =y = z =3 Câu IV: I là trung điểm AD, HL ⊥ SI � HL ⊥ ( SAD ) � HL = d ( H ;( SAD )) MN // AD ⇒ MN // (SAD), SK ⊂ (SAD) a 21 ⇒ d(MN, SK) = d(MN, (SAD)) = d(H, (SAD)) = HL = . 7 1 − (1 − a) 1 − (1 − b) 1 − (1 − c) �1 1 1� � ( 1− a + 1− b + 1− c ) + + − Câu V: T = + + =� 1− a 1− b 1− c � 1− a 1− b 1− c � 1 1 1 9 + + Ta có: ; 0 < 1 − a + 1 − b + 1 − c < 6 (Bunhia) 1− a 1− b 1− c 1− a + 1− b + 1− c 1 9 6 6 ⇒T − 6=. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = . minT = . 3 2 6 2 � 6� 2 � 7� 4 Câu VI.a: 1) B � ; � C1 (0;1); C2 � ; � ; � 5� � 5� 5 5 2) (S) có tâm I(1; –2; –1), bán kính R = 3. (Q) chứa Ox ⇒ (Q): ay + bz = 0. Mặt khác đường tròn thiết diện có bán kính bằng 3 cho nên (Q) đi qua tâm I. b = –2a (a 0) ⇒ (Q): y – 2z = 0. Suy ra: –2a – b = 0 Câu VII.a: Cân bằng hệ số ta được a = 2, b = –2, c = 4 Phương trình ⇔ ( z − 2i )( z − 2 z + 4) = 0 ⇔ z = 2i; z = 1 + 3i; z = 1 − 3i ⇒ z = 2 . 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m) ∈ Oy ﾷAMB = 600 (1) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ⇒ ﾷ AMB = 1200 (2) Vì MI là phân giác của ﾷAMB nên: IA (1) ⇔ ﾷAMI = 300 � MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 � m = � 7 sin 300 IA 23 43 (2) ⇔ ﾷAMI = 600 � MI = 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = Vô nghiệm Vậy có hai sin 60 3 3 điểm M1(0; 7 ) và M2(0; − 7 ) 2) Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1) và (d2) ⇒ M (2; 1; 4); N (2; 1; 0) ⇒ Phương trình Trang 7
  8. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com mặt cầu (S): ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4. � 2� 3 Câu VII.b: Đặt u = e x − 2 ⇒ J = 3 � − (eb − 2)3 � Suy ra: blim2 J = .4 = 6 . 4 � � 2 ln 2 Hướng dẫn Đề sô 7 www.MATHVN.com Câu I: 2) xB, xC là các nghiệm của phương trình: x 2 + 2mx + m + 2 = 0 . 1 1 137 S∆KBC = 8 2 � BC .d (K ,d ) = 8 2 � BC = 16 ⇔ m = 2 2 π Câu II: 1) (1) ⇔ (cosx ﾠsin x )2 − 4(cosx ﾠsin x ) ﾠ 5 = 0 ⇔ x = + k 2π � x = π + k 2π 2 3 �� 3 (2x )3 + � � = 18 3 a+b=3 y �� 2) (2) ⇔ . Đặt a = 2x; b = . (2) ⇔ ab = 1 y 3� 3� 2x. � x + � 3 = 2 y� y� �− 5 6 � 3+ 5 � 6� 3 ; ,� ; Hệ đã cho có nghiệm: � � � � 4 3+ 5 � 4 3− 5 � � � �� � 3 ( π + 2) Câu III: Đặt t = cosx. I = 16 3a 3 2 1 Câu IV: VS.ABC = 1 SSAC .SO = a 3 = SSAC .d (B; SAC ) . SSAC = a 13 3 ⇒ d(B; SAC) = 3 13 3 16 16 2 . Vì x � −1 nên t [3;9] . (3) ⇔ m = t − 2t + 1 . [ ;1] Câu V: Đặt t = 31+ 1− x 2 t −2 2 48 Xét hàm số f (t ) = t − 2t + 1 với t [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4 ≤ f(t) ≤ . 7 t−2 48 ⇒4 m 7 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 � IA = 3 2 m −1 m = −5 = 3 2 � m −1 = 6� ⇔ m=7 2 2) Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ d(d, (P)) = d(H, (P)). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI => HI lớn nhất khi A I . Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và uuur nhận AH làm VTPT ⇒ (P): 7x + y − 5z − 77 = 0 . Câu VII.a: Áp dụng BĐT Cô–si ta có: a3 b3 c3 1+ b 1+ c 1+ c 1+ a 1+ a 1+ b 3a 3b 3c + + + + + + ; ; (1+ b)(1+ c) 4 (1+ c)(1+ a) 4 (1+ a)(1+ b) 8 8 8 8 8 8 4 a3 b3 c3 a + b + c 3 33 abc 3 3 ⇒ + + − −= (1+ b)(1+ c) (1+ c)(1+ a) (1+ a)(1+ b) 2 4 2 44 Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = 1. a−b−5 2S∆ABC = Câu VI.b: 1) Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = AB 2 � + 5 b − 5� a − b = 8 (1) a ⇒ a−b−5 =3 ; � (d) ⇒ 3a –b =4 (3) ∈ Trọng tâm G � ; a − b = 2 (2) �3 3� 3 S = • (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = p 2 + 65 + 89 Trang 8
  9. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com 3 S • (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r = = p 2+ 2 5 2) (S) tâm I(–2;3;0), bán kính R= 13− m = IM (m < 13) . Gọi H là trung điểm của MN ⇒ MH= 4 ⇒ IH = d(I; d) = − m − 3 r uur r �; AI � u �� (d) qua A(0;1;-1), VTCP u = (2;1 ⇒ d(I; d) = ;2) =3 r u Vậy : − m − 3 =3 ⇔ m = –12 Câu VII.b: Điều kiện x, y > 0 log2(x 2 + y 2) = log2 2 + log2(xy) = log2(2xy ) x 2 − xy + y 2 = 4 x 2 + y 2 = 2xy (x − y )2 = 0 x=y x =2 x = −2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ hay xy = 4 y=2 y = −2 x 2 − xy + y 2 = 4 xy = 4 Hướng dẫn Đề sô 8 www.MATHVN.com Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m 2 − 5m + 5), B( 2 − m ;1 − m), C ( − 2 − m ;1 − m) Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ ABC vuông tại A khi m = 1. 1 Câu II: 1) • Với −2 x < : x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên (1) luôn đúng 2 1 5 5 • Với < x < : (1) ⇔ x + 2 − 3 − x 5 − 2x ⇔ 2 x < 2 2 2 � 1� � 5� Tập nghiệm của (1) là S = �2; � � � − 2; � 2� � 2� π π 2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan 2 x + 3) = 0 ⇔ x = − + k ; k Z 6 2 π 5π Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x = ; x = 3 6 �π� π 1 1− x x = cos t ; t � 2 �⇒ H = 2 − 2 0; Câu III: • Tính H = dx . Đặt �� 1+ x 0 u = ln(1 + x) 1 1 • Tính K = 2 x ln ( 1 + x ) dx . Đặt ⇒K = dv = 2 xdx 2 0 Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và ph ần còn l ại c ủa hình V S ABCD .SA SA = = 2. = 13 chóp S.ABCD: V1 S BCD .HK HK V V1 + V2 V V = = 1 + 2 = 13 � 2 = 12 Ta được: V1 V1 V1 V1 a+c vì ac 1 và a, b, c > 0 Câu V: Điều kiện abc + a + c = b � b = 1 − ac π + kπ ; k Z . Ta được b = tan ( A + C ) Đặt a = tan A, c = tan C với A, C 2 2 2 3 (3) trở thành: P = − + tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1 2 2 2 Trang 9
  10. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com = 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C 2 10 � 1 � 10 Do đó: P 2 sin C − 3sin C + 3 = − � C − � 2 sin 3� 3� 3 1 sin C = 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi: sin(2 A + C ) = 1 sin(2 A + C ).sin C > 0 1 2 2 . Từ sin(2 A + C ) = 1 � cos(2 A + C ) = 0 được tan A = Từ sin C = � tan C = 3 4 2 � 2� 10 2 Vậy max P = � � = ; b = 2; c = a � � 4� 3 2 � � uuur 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. � 1� 8 PT đường thẳng MN: x + y − 3 = 0 . N = MN ∩ d2 ⇒ N � ; �. � 3� 3 7 NC ⊥ BC ⇒ PT đường thẳng NC: x − y − = 0. 3 � 5� 2 C = NC ∩ d1 ⇒ C � ; − � . � 3� 3 AB ⊥ CM ⇒ PT đường thẳng AB: x + 2 y + 2 = 0 . AC ⊥ BN ⇒ PT đường thẳng AC: 6 x + 3 y + 1 = 0 2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: 2 x − 5 y + z + 2 = 0 x −1 y −1 z −1 Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d: = = −1 3 1 Câu VII.a: Xét ( 1 + x ) = Cn + Cn .x + Cn .x + Cn .x + ... + Cn .x n 0 1 22 33 nn • Với x = 2 ta có: 3 = Cn + 2Cn + 4Cn + 8Cn + ... + 2 Cn n 0 1 2 3 nn (1) Với x = 1 ta có: 2n = Cn + Cn + Cn2 + Cn + ... + Cnn 0 1 3 (2) • Lấy (1) – (2) ta được: Cn + 3Cn2 + 7Cn + ... + ( 2n − 1) Cn = 3n − 2n 1 3 n • PT ⇔ 3n − 2n = 32 n − 2n − 6480 � 32 n − 3n − 6480 = 0 ⇒3n = 81 � n = 4 Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 � − 3b = b � =1 4 b Tâm I ∈ ∆ nên: I = ( 6 − 3b; b ) . Ta có: 6 − 3b − 2 = b �� � − 3b = −b �= 2 4 b � � ⇒ (C): ( x − 3) + ( y − 1) = 1 hoặc (C): x 2 + ( y − 2 ) = 4 2 2 2 2) Lấy M ( d1 ) ⇒ M ( 1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ( d2 ) ⇒ N ( −1 + t ; −1; −t ) uuur u Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1 ; −t − t1 ) 4 t= uuur u r � 3 2� 1 5 ( d ) ⊥ mp ( P ) � MN = k .n; k �� ⇒ M = � ;− ;− � t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1 ⇔ R* −2 � 5 5� 5 t1 = 5 1 3 2 ⇒ d: x − = y+ =z+ 5 5 5 x = −1 Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = 2 x +1 .Thay vào (a) ⇔ x = 1 + 6log 4 2 � x − 3 x − 4 = 0 ⇔ x +1 2 2 x=4 ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32). Trang 10
  11. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Hướng dẫn Đề sô 9 Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < 1 ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0 f (1) = −5m + 7 > 0 7 5 ⇔ ⇔
  12. Ôn thi Đại học Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com �1 � pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) � C � ; −2 � − �2 � 2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1) x + 2 y −7 z −5 = = Phương trình đường thẳng ∆ : −8 −4 5 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0 (1) Câu VII.b: PT ⇔ cos(2 x + y − 1) = 0 (2) π Từ (2) ⇒ sin(2 + y − 1) = 1 . Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒ y = −1 − + kπ x 2 Hướng dẫn Đề sô 10 www.MATHVN.com Câu I: 2) AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) ⇒ AB ngắn nhất ⇔ AB2 nhỏ nhất ⇔ m = 0. Khi đó AB = 24 π + k 2π Câu II: 1) PT ⇔ (1– sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 ⇔ 1– sinx = 0 ⇔ x = 2 2) BPT ⇔ log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5(log 2 x − 3) (1) 2 t = log2x. (1) ⇔ t 2 − 2t − 3 > 5(t − 3) � (t − 3)(t + 1) > 5(t − 3) Đặt −1 t 1 log 2 x −1 t −1 0< x t >3 � � � ⇔ 2 3 5(t − 3) 2 3 1 3 1 Câu III: Đặt tanx = t . I = (t 3 + 3t + + t −3 )dt = tan 4 x + tan 2 x + 3ln tan x − +C 2 tan 2 x t 4 2 Câu IV: Kẻ đường cao HK của ∆ AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1. A H . AH a 3 Ta có AA1.HK = A1H.AH � HK = 1 = AA1 4 Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có: 1 +4 2 ... + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 1 1 + 43 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1) 2005 Tương tự: 1 +4 2 ... + 1 + b 1 1 + 43 + b2009 + b 2009 + b 2009 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2) 2009 2005 1 +4 2 ... + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 1 1 + 43 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3) 2005 Từ (1), (2), (3) ta được: 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) ⇔ 6027 2009(a + b + c ) . Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 3 4 4 4 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Câu VI.a: 1) Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: x + 3 y − 13 = 0 ( ∆1 ) x − 7 y + 17 x+ y −5 = 3 x − y − 4 = 0 ( ∆2 ) 1 + (−7) 1 +1 2 2 2 2 Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với ∆1 , ∆2 KL: x + 3 y − 3 = 0 và 3x − y + 1 = 0 2) Kẻ CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ ⇒ CK ⊥ (ADC’B’) nên ∆ CKH vuông tại K. 49 49 � CH 2 = CK 2 + HK 2 = . Vậy phương trình mặt cầu: ( x − 3) 2 + ( y − 2)2 + z 2 = 10 10 Trang 12
  13. Trần Sĩ Tùng Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Câu VII.a: Có tất cả C4 . C52 .4! = 1440 số. 2 uuu r A(a; −1 − a) MA = (a − 1; −1 − a) A (d1 ) �� �� r Câu VI.b: 1) � uuu B (2b − 2; b) B � d2 ) ( MB = (2b − 3; b) � 2 1� A ( 0; −1) A� ; − � − ⇒ � 3 3 � (d ) : x − 5 y − 1 = 0 hoặc � (d ) : x − y − 1 = 0 � B (4;3) B (−4; −1) 2) Phương trình mặt phẳng (α) đi qua M(0;1;1) vuông góc với (d1): 3x + 2 y + z − 3 = 0 . �x + 2 y + z − 3 = 0 � = −1 3 x � � Toạ độ giao điểm A của (d2) và (α) là nghiệm của hệ � + 1 = 0 � � =5/3 x y �+ y−z+2=0 �=8/3 x z � � x y −1 z −1 = = Đường thẳng cần tìm là AM có phương trình: 3 2 5 8 k Câu VII.b: Ta có: P = ( 1 + x (1 − x ) ) = 8 C8k x 2 k (1 − x ) k . Mà (1 − x) k = Cki ( −1)i xi 2 k =0 i =0 Để ứng với x ta có: 2k � ���= k 8 0 k 4 . i 8;0 i + 8 Xét lần lượt các giá trị k ⇒ k = 3 hoặc k = 4 thoả mãn. Do vậy hệ số của x8 là: a = C83C32 (−1) 2 + C84C40 (−1) 0 = 238 . Trang 13
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022
304 tài liệu
922 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1