TRÁN VÃN TOÀN - DƯƠNG NGỌC MINH - NGUYỄN QUỖC VIỆT
NGUYỄN TẤN TRUNG • NGUYỄN NAM KHÁNH ■ NGUYỄN PHƯỚC HÒA TÂN
NGUYỄN THÁI ĐỊNH • NGUYỄN THÙY LINH • TRẤN THỊ HOA PHƯƠNG
HƯỚNG DẪN GIẢI NHANH
TOẮ N
• Dành cho thí sinh Iđp 12 ồn tập và thl Dại học, Cao dẳng
• Hướng dẫn giải nhanh các dé thi mỡi nhất của Bộ Giáo dục & Đào
\ S F y NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN VĂN TOÀN - DƯƠNG NGỌC MINH - NGUYỄN QUỐC VIỆT
NGUYỄN TẤN TRUNG ■ NGUYỄN NAM KHÁNH ■ NGUYỄN PHƯỚC HÒA TÂN
NGUYỄN THÁI ĐỊNH - NGUYỄN THÙY LINH - TRẦN THỊ HOA PHƯƠNG
DẼ THIKll/3x + 1 -\J 6 - X +3x2 - 1 4 x - 8 = 0 (X € R).
Câu n i (ì ,0 điểm), Tính tích phân: I = [----— — rdx
1 x(2 + lnx)2
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc
giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60°. Gọi G là trọng tâm tam giác
A’BC. Tính thể tích khôi lăng trụ đâ cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện GABC theo a.
Câu V (1,0 điểm), Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1.
Tim giá trị nhò nhít của biểu thức
M = 3 ( a V + b2c2+ c V ) + 3(ab + bc + ca) + 2Va2 + b 2T c 2 .
PHẦN RIÊNG (3,0 điếm):
Thí sinh chỉ đưực làm một trong hai phần (phân Ả hoặc B)
A. Theo chương trinh Chuấn
Câu VLa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh
C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình X + y - 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ
dương.
2. Trong khòng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (I; 0; 0), B (0; b; 0),
C (0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y - Z + 1 = 0. Xác định b và c,
biết mặt phảng (ABC) vuông góc vđi mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm o
đến mặt phẳng (ABC) bằng - .
3
Câu VILa (LO điểm). Trong mặt phing tọa độ Oxy, tìm tâp hợp điềm biểu diễn
các số phức z thỏa mãn: |z - i| =|(1 + i)z|.
B. Theo Chương trình Nâng Cao
C&uVl.b (2,0 điểm).
.
/r
„ X2 V2
I. Tĩong mặt phẳng tọa độ Oxy. cho điểm A(2; V3 ) và elip (E): — + — = 1.
Gọi Fj và
là các tiêu điểm của (E) (F) có hoành độ âm); M là giao điểm có
tung độ dương của đường thẳng AFi với (E); N là điểm đốí xứng của F2 qua M.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng A: - = - —- =
Xác
2
1 2
định tọa độ điểm M ưên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến A bằng OM.
Câu Vll.b (1,0 điểm)
lo g j(3 y -l) = x
Giải hộ phương trình :
(X, y 6 R)
4* +2X=3y2
H Ư Ớ N G D Ằ N G IẢ I
BÀI G IẢ I C Ủ A T H Ầ Y TRẦN V Ả N TO ÀN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Cầu I. 1. D = R\{-1} ; y' 5=— [— T > 0 , V xeD
(* + 0
T C Đ :x = -l vì lim y - +00, Um y = -<*>; TCN:y = 2vl lim y = 2
x-v-r
X-*1+
X-H&
Hàm số đổng biến trên (-00; -1) và (-1; +00). Hàm số không có cực trị.
X
y*
—oọ
- l
+ 00
+
+
_ _ _ -------
♦ +00
y
4
—00
2. Phướng trình hoành độ giao điểm của (C) vầ đường thing y = -2x + m
* * = -2 x 4- m o 2 x 2 4 ( 4 - m ) x 4 l - m =0(*)
v
J
w
(vì x s - 1 không là nghiệm)
X4l
Phương trình (*) có A = m 2 + 8 > 0,Vm nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.
Ta cố:
Saoab = ^3 «
o |m ( x A-
2
IXa Yb “ xByAl = ^ ~ xa (" 2xb + m )-x B(-2xA +m)| = 2>/3
XB )|
= 2V3 o m2(xA - X
B)2
+8 = 12
=12 o m11»
— —
m 4 4 8m2 - 4 8 = 0 o m 2 = 4 o m = ỉ 2
Câu n.
o
o
(sin2x 4 cos2x)cosx ị 2cos2x - sinx = 0
(2$inxcosx 4- cos2x)cosx 4 2cos2x - sinx = 0
cos2x (cosx 4 2) 4 sinx (2cos2x - 1) = 0
cos2x (cosx 4 2) 4 sinx.cos2x = 0
cos2x (cosx 4 sinx 4 2) = 0
cos2x =0
c o sx 4 sin x 4 2 = 0 (vn)
o
2x = —+ kn o x = - 4 k — (k € Z)
2
4
2
5
2. yj3x + l - > / 6 - x
+ 3x2 - 1 4 x - 8 = 0 , điều kiện:
<=> ( v/3 xT Ĩ - 4 ) + ( l - n/ ó ^
3x - 1 5
x
< X < 6
) + ( 3 x 2 - 14x - 5 ) = 0
X- 5
,
4- * -= -__+(x -5)(3x +1) = 0
yj3x + l +4 1+ \/6 - x
3
1
+ (3x + l) = 0
<=> X- 5 = 0 hay
/3X + 1+4 l + \/6 - x
1
Nhận x é t: X£ —— nên 3x + 1 > 0 , nên
*
3
7—
— ------------ - f --------------- 1
+ (3x +1) = 0 vô nghiệm
v/3x + l +4 1+ n/ 6 - x
Do đó phương trình đả cho chỉ có một nghiệm X = 5.
Câu III.
c
lnx
dx ; Đặt u - ln x =>du=—dx
X
(2
+
Inx)2
f
x
1
e
u
0
1
1
1 ằ
ì
ln|2 + u
I = f— ^ d u - ì - 3 - — ^
0(2 + u)2
^ 2 + u (2 + u)2 J
2+u
= íln 3 + - l - ( l n 2 + l) = ln f—ì ——
Câu IV.
Gọi H là ưung điểm của BC, theo giả thuyết ta có :
—
--%
A'HA = 60°.
aV3 4„
Ta có: AH =
A’H = 2AH = aV3
2
. _ aVlV3 _3ạ
và A A ' =
2
J
L 11
2
*'• 1 - _ _
Vậy thể tích khối lãng trụ
a2V3 3a _ 3a3v5
V=
4 2
8
Kẻ đường ưung ưực cùa GA tại trung điểm M của GA
ưong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
GM.GA
GA2 GI2 + IA2
Ta có: GM.GA = GJ.GI => R = GJ =
GI
2GI
2GI
6
7a
12
Câu V. Đặt I = ab + bc + ca, ta có; a2 + b2 + c2> ab + bc + ca
^ 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) > 3(ab + bc + ca)
a2 + b2 + c2 = 1 - 2t với 0 < t ^ 3
Theo B .c.s ta cổ: t2 = (ab + bc 4- ca)2 < 3(a2b2 + b V + c V )
=*M > t2 +3t + 2 V l-2 t = f(t)
p(t) = 2t + 3 — ff= =
=> f(t) là hàm giảm
f'(t)= 2 — . 2
< 0. V te
V (l-2 t)3
f ’CO;>f ■(-) = — - 2 v /3 > 0 = > f tăng => f(t)> f(0) = 2. Vt €
3
3
=3- M > 2, V a, b, c không âm thỏa a + b + c = l
Khi a = b = 0 và c =s 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
VX
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trinh Chuẩn
Câu Vl.a.
1. Ta cổ phân giác trong góc A là (d) :
X + y - 5 = 0 song song với đường phân
giác d ' của góc phần tư thứ II, nên góc
Mi bằng góc A| bằng 45°.
Suy ra AC // Ox
=> phương trình AC: y = I
Ta có A = AC n d nên A (4; ì )
=>AC*=8
Mà diên tích AABC = 24 nên - AC.AB = 24 => AB = 6.
2
Mặt khác, AB vuông góc vđi trục hoành nên B (4 ; 7).
Vậy phương irình cùã BC là: 3x - 4y + 16 = 0.
2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); c (0; 0; c) với b . c > 0.
Suy ra phương trình mặt phầng (ABC):
- + —+ - = ! o bc.x + cy + bz - bc = 0
1 b c
VI d (0; ABC) = - nên
b^c2 + b2 + c2
o 9b2c2 = b V + b2 + c2 o b2 + c2 a 8b2c2
3
( 1)
7
(P ): y - z + 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là fìp = (0 ; 1 ; -1 ) .
(ABC) cổ vectơ pháp tuyến là n = (bc ; c ; b ).
Vì (P) vuông góc vđi (ABC) nên n 1 np <=> n.np = 0 <=> c - b = 0 (2).
Từ (1), (2) và b, c >0$uy ra: b = c =
Câu VILa. Giả sử z = X + yi.
Suy ra : z - i = x + ( y - l) i và (l+i)2 = (l + iXx + yi) = ( x - y ) + (x + y)i
Ta có Ịz - i|= |( l + i)z| o
yjx2 + ( y - l ) 2 -yị(x - y ) 2 +(x + y)2
<=> X2 + (y2 - 2y + 1) = 2 (x2 + y2) o X2 + y2 + 2y - 1 = 0 <=> X2 + (y + l)2 = 2 .
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z ưong mặt phẳng tọa độ Oxy là
đường trồn tâm 1(0; -1) có bán kính R = 72 .
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu Vl.b.
X2
V2
1- (E): — + ^ - = l= > c2 = a 2 - b 2 = 3 - 2 = l.D o đ ó F ,( - l ; 0 ) ; F 2(1 ;0).
3
2
Phương trình AFi có dạng
o
7 3 -0
2 +1
X-
y75
4-1 =
0.
M = AF\ n (E) nên tọa độ điểm M (với yM> 0) thỏa hệ phương trình
x - y T Ĩ +1 = 0
05
2
( v ìy >0) o M
í
2 ì
l ; ị
2x2 +3y2 = 6
N là điểm đối xứng của F2 qua M => M là trung điểm NF2 => N 1 \A=
. S)
=> N Ã = ]
; ^ Ã = ( l ;V5) => NÃ.^Ã = 0 .
AANF2 vuồng tại A nên đường ưòn ngoại tiếp tam giác này cố đường kính
là F2N.
Do đó đường ưòn này có tâm I \ ; - L ) là ữung điểm đoạn F2N và cổ bán
' Vã
2
kính R = IF2 =
73
nên có phương trình là: (x - 1)2 +
ự
8
4
3
2. Ta có M E Ox <=> M (m; 0; 0) (m€ R) suy ra OM = Iml.
Đường thầng A qua N (0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương a = (2 ; 1 ; 2).
ÑM = (m ; - l ; 0) => [ă , Ñm ] = (2 ; 2m ; - 2 - m ) .
= mi
Ta có: d (Mf A) = OM o
o 4 m 2- 4 m - 8 = 0<=>m = - l hay m = 2.
Vậy M (-1 ; 0 ; 0) hay M (2 ; 0 ; 0).
Câu v u .b .
log2(3 y -l) = x
3 y - l = 2*
o ■
4’ +2* =3y2
4x +2x =3y2
2X +1
2X+1
3
o
«
y
4x +2x =3y2
3(4X+ 2X) = (2X+1)2
2X+1
2X+1
3
<=>
o «
(2X+ l)(2x - ị ) = 0
2.4*+2*-1 = 0
y=
2X+ 1
;
<=>
2X= -
2
3
X = -1
<=>
1
y 2
9
B À I G IẢ I C Ủ A T H Ầ Y D Ư Ơ N G N G Ọ C M IN H
I. PHẦN CHUNG
Câu I
<ê> Tập xác định: 3 \ Ị-l}
Sự biến thiên
- Chiều biến thiên: y = --------z->0, V x*-1(X+ I)2
Hàm số đồng biến ưẻn các khoảng (-oo;-l) và (-l;+ao).
- Giới hạn và tiệm cận:
* lim y = lim y = 2 => Tiệm cận ngang: y = 2.
X-++CO
x-*-«o
+ lim y = +00 và limy = -00 => Tiệm cận đứng X= - 1 .
X-><-!>■
x -> (-n +
- Bảng biến thiên:
X
y
-00
—
+00
+
+
'
y
2
Đồ thi
4
10
- co
2x +1
2. Phương trình hoành độ giao điểm: —— = -2x + m
X+1
o 2 x + l= ( x + l)(-2x + m) (do x = - l không là nghiệm phương trình)
o 2 x + ( 4 - m ) x + í - m = 0 (1).
A = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = “ 2x + m luôn cắt đồ thị
(C) tại hai điểm phân biệt At B vđi mọi m.
Gọi A (xl ;yl ),B (x2;y2)* trong đó X ị , x 2 là các nghiệm của (1);
yj = -2xj + IÌÌ và y2 = “ 2x2 + m .
Ta có d(O.AB) = ^ p
Câu II
1. Phương trình đã cho tương đương vđi:
2sin X cos2 X - sin X + cos2x cosx + 2cos2x = 0
o cos2xsinX + (cosx + 2)eos2x = 0 o (s in X + cosx + 2)cos2x - 0 (1).
Do phương trình:
s in X + cos X + 2
=0
vô
nghiệm
nên:
(1) <=> cos2x =50 o X = — + k - ( k € Z).
4
2
2. Điểu kiên:
X = 0 h o ặ c
■
----- + - ,— _
v3x + l +4
Mà
7
---- + .
V3X + 1+4
cho có nghiệm
X^
n/6 -
V ó - X
+1
+ 3x + 1= 0.
—
x+1
5.
íĩ
C âu n i
Đặt t = 2 + ln x , ta có dt = - d x ; x ~ l= > i= 2 ;x = e = > t= 3 .
X
C âu IV
• Thể tích khối lăng trụ:
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
B C I A D ^ B C I A U suy ra: ADA'= 60°.
Ta có:
AA' = AD.tanẤDA' = — ;SAÔC = * - Ể . M
Do đó Vfi&Ç'jmc ~ ^ABC' AA/ = —- —.
B
• Bán kính mặt cẩu ngoại tiếp tứ điện GABC.
G
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH//A'A=>GH±(ABC).
Gọi / là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABCy ta có n à giao điểm của GH
và vổì trung trực của AG trong mặt phầng (AGH).
Gọi E là trung điểm cùa AG, ta có R = GI =
GH
2GH
Ta có:
GH = —
=
3 .2
AH = — ;GA2 = GH2 + AH2. Do dó: R = —
3
2.12 a 12
C âuV
Tacó: M ^ (a b + bc+ ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2yjì-2 (a b + bc + ca).
Đât t = ab + bc + ca, la có: O át
12
fa + b + c)2
1
3
3
.
1
Xét hàm số f(t) = t2 + 3t + 2> /l-2t trên 0;— ,tacó:
' '
L 2)
f'(t) = 2t + 3 - —r-3—_- ;f * ( t) - 2 — j= —
< 0 , dấu bằng chỉ xảy ra tại
t = 0; suy ra f *(t) nghịch biến.
Xét trên đoạn 0 ;ị ta có: f '( t) ằ f |^ - j= — -2 \/3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến
■
3J
Ị “I
r 1‘
Do đó: f(t)2 :f(0 )ằ 22 V te 0 ;- . Vì thế M > f(t)^ 2 Vte 0 ;- ;M = 2 khi
3
w
3
ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 v à a + b + c = 0.
» (a ;b ;c ) là một trong các bộ số; (l;0;0),(0;l;0)ệ(0;0;l). Do đó giá trị nhỏ
nhất của M là 2.
u . PHẦN RIÊNG
Câu v ía
L Gọi D là điểm đối xứng của
c (-4 ;l) qua d :x + y - 5= 0 , suy ra toa độ
D(x;y) thỏa mãn:
(x + 4 ) - ( y - l ) = 0
x - 4 y +1 r n =>D(4;9).
------+ —----- 5 = 0
2
2
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x;y) thỏa mãn:
x + y -5 = 0
' 2 /
v đ ix > ữ ,su y ra A(4;l).
X + (y -5 ) =32
=> AC = 8
AB =
= 6.
AC
B thuộc đường thẳng AD: x = 4 , suy ra tọa độ
B(4;y)
thỏa măn
( y - l ) 2 =36 =>B(4;7) hoặc B(4;-5).
Do d là phân giác ưong của góc A, nên AB và AD còng hướng, suy n
B(4i7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x -4 y +16 = 0.
13
2. Măt phầng (ABC) cổ phương trình: - + - + - = 1.
+^
1
b
c
Măt phẲng (.ABC) vuông góc với măt phẳng (P ): y - z +1 - 0, suy ra: - - - =0 (1)
b c
Ta có: d(0,(A BC)) = - <=>
= ^ = =^
1
1
1
3
- 2 +- 2- = 8 (2>
b2
c2
Từ (1), (2) và b ,c > 0 suy ra b = c = —.
Câu VHa. Biểu diễn số phức z = X + yi bởi điểm M (x;y) trong mãt phẳng tọa
độ ỡxy, ta có:
|z - i| = |(l + i)z| o |x + (y - l)i| = |(x - y) + (x + y)i|
<=>x2 + ( y - l ) 2 = ( x - y ) 2 + (x + y )2 o X2 + y 2 + 2 y - l = 0.
Tập hợp điểm A/biểu diền các số phức z là đương tròn có phương trình:
x2 +(y + l)2 =2.
C âuV Ib
1. Nhận thấy: Fị ( - 1;0) vàF2(l;0).
Đường thẳng AFị có phương trình:
=
3
V3
M là giao điểm có tung độ dương của AFj vđi (E),
f 2sỉĩ
suy ra: M = I* _
MA = MF2 =
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = M N, suy ra MA = MFj - MN.
Do đường ữòn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường ưòn tầmM, bán kính MF2.
Phương trình (T): (x -1 ) + y -
2^3
\2
4
3
2. Đường thẳng A di qua điểm A(0;1;0) và có véctơ chỉ phương
V
= {2;1;2) .
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t;0;0), suy ra A M = (t;-l;0 )
=»[v,ÃM ] = ( 2 ;2 t;- t- 2 )
V
3
Ta có: d (M ,A )= O M o v5t ~l~4t + 8 =|t| o i 2 - t - 2 = 0 o i = ^ l hoặct = 2.
Suy ra: M (-1;0;0) hoặc M (2;0;0).
14
C âu V llb
1
Điều kiện: y > - , phướng trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y - 1= 2* .
Do đó, hộ đã cho tương đương vđi:
3y -1 = 2X
,2
( 3 y - l )v2 + 3. y - l. = -3y3
3y -1 = 2’
2* = ỉ
o
1
6y2 - 3y =0
y
X= —1
<=>
1
y
2
2
B À I G IẢ I C Ủ A T H Ầ Y N G U Y Ễ N Q U Ố C V IỆT
Câu I (2,0 điểm).
1.(1,0 điểm) * Tập xác định: R \{ -l}
* Sự biến thiên:
- Chiéu biến thiên: y' =— ỉ—r-> 0 ,V x * -l.
(x + J)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-oo;-|) và (-l;+oo).
- Giđi hạn và liệm cận: lim y= lim y = 2 tiệm cận ngang: y = 2.
X-*-*> X-»-Ko
lim y = +oovà lim y = - 00 ; tiệm cận đứng: X = -1
- Bảng biến thièn:
—00
X
y’
y
—1
+00
+
+ 00
2
-00
- Đồ thị
15
2. {1,0 điểm)
» 2 x + l=(x + l)(-2x +m) (do X= - l không là nghiệm phương trình)
o 2 x 2+ (4 -m )x + l- m = 0 (1)
A=m2 +8>0 vđi mọi m, suy ra đường thẳng y = -2x + m luôn cắt đồ thị (C)
tại hai điểm phân biệt A, B vđi mọi m.
Gọi A(X|, yi) và B(x2; y2), trong đó X| và x2 là các nghiệm của (1); yi = -2xị + m
và y2 = -2x2 + m.
|m I
Ta có: d(0, AB) ="7=- và
' '~7 s
Câu II: (2,0 điềm)
1. {ì,0 điểm),
Phương trình đả cho tương đương vđi:
2sin xcos2 -sin X + cos2x cos X +2cos2x = 0
<=>cos2xsinx +(cosx + 2)cos2x =0<=>(sinx + cosx + 2)cos2x=0
Do phương trình sinx + consx + 2 = 0 vô nghiệm* nên:
Điều kiện:
X= 5 hoặc
16
3
-y/3x-fl + 4
>/ó - X-t-1
f 3x + l=0
(1)
C âu U I:
(Ì.Ođ ỉ ể m)
Đặt t = 2ỉnx, ta có dt--í-dx; x = l:=>t=2;x=e^>t=3
X
3
^
3-
3 .
~3
2 1
2
2l
L
CAu IV: (l.Odiềm)
* Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là ưung điểm BC, ta cổ:
BC-L AD=>BC-LA'Đ, suy ra: ẤDA' =60°
Ta có: AA* = AD. tan ADA' = — ; SABC=
£
Do đó: Vabc.a B'C’ = S abc-A A '= -------- .
8
B
* Bán kính mặt cẩu ngoài tiếp tứ diện GABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH // A'A =>GHJL(ABC)
Gọi ì ỉà tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC,
ta có I là giao điểnì của GH vổi trung trực của
AG ưong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta cổ:
_
GE.GA GE.GA GA
Gỉỉ
GH
2GH
AA' a A„ a%/5__ 7 7a2
Ta có: G H =-— =—,AH=— ;GH
. Do đó: R = - ^ - . - = — .
3 2
3
12
2.12 a 12
CỀuV(I.Ođiểm).
Ta có: M >(ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2,y[^2(ãb+bc + ca.
Đạt t = ab+ bc+ca, ta có:
(ạ ^ o M
3
3
Xét hàm f(t)=t2 + 3t + 2 J Ĩ - 2 t trên 0 ;-]* ta có f'(0 = 2 t+ 3 — 7- _
L
f#(t)= 2 —
2J
yỊì-Ũ
2
^0 , dấu bằng chỉ xảy ra tai t = 0; suy ra f(t) nghích biến,
v(l - 2 t) 3
7
Xét trên đoạn 0 ;-
ta có: f •(t)kf'Ị^~ |=— - 2 ^ > 0 , suy ra f(t) đổng biến.
17
Do đó: f(t) ằ f(0 ) = 2 V te |o ;ìj.
Vì thế: M > f(t)ỉ> 2V te^0;-J; M = 2,
Khi ab=bc=ca,ab+bc+ca = 0 và a + b + c = ì
<=> (a; b; c)là một trong các bộ số: (1;0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Do đố giá trị nhỏ nhất của M là 2.
Câu VI. a (2,0 điềm)
1. (],0 điểm). Cọí D là điểm đối xứng của C(-4;l) qua d: X + y - 5= 0, suy ra
toạ độ D(x;y) thoẳ mãn:
(X + 4 )-(y - 1)=0
< x - 4 y + 1 - A=>D(4;9).
2
2
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD
Q
Nên toạ độ A(x; y)
x + y -5 = 0
Thoả mán: _.
vđi X> 0, suy ra A (4; 1).
X2 + (y -5 )2 =32
=>AC=8=>AB=^S^ C = 6 .
AC
B thuộc đường thẳng AD: X = 4, suy ra toạ độ B(4; y) thoả mẵn:
(y - l)2= 36 r=>B(4; 7) hoặc B(4; -5).
Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD còng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x - 4y + 16 = 0.
2+( Ị ,0 điềm)
Mặt phầng (ABC) có phương trình: —+ —+ -= ! .
1 b c
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phàng (P): y - z + 1 =0, suy ra:
¿ - - = 0 (1)
b c
1
Ta có: d(0,(ABC)) = —«=>
3
1 T = 3 ~ Ặ +7 = * (2)
1+^ + 7
Từ(1) và (2), do b, c > Osuy ra b = c = —.
2
18
Câu Vll.a (1,0 điểm). Biểu diễn sô phức z = X + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt
phẳng toạ độ Oxy, ta có:
|z - i | = |(l + i)z| <=>|x + (y -l)i|= |(x -y )+ (x + y )i|
<=> x2 + ( y - l ) 2= (x -y )2+(x + y)2 o x 2+y2+ 2 y -l= 0
Tập hỢp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình:
x2+ (ỳ + 1)J = 2.
CâuVI.b (2,0 điểm)
ỉ. (1,0 điểm) Nhận thấy: F|<-1;0) và F2(l;0).
Đương thẳng AF| có phương trình
- - —= .
M ỉà giao điểm có tung độ dương của AFi với (E),
2v/3
2
Do N là điểm đối xứng cùa G2qua M nên MP2= MN, suy ra: MA = MF2= MN
Do đường ưòn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2là đương tròn tâm M, bán kính MF2
Phương trình (T): (x +1) + y -
4
3
2. (1,0 điểm)
Đương thẳng A đi qua điểm A(; 1; 0) và có vectơ chỉ phương V=(2;1;2)
Do M thuộc trục hoành, nên M có toạ độ (t; 0; 0), suy ra AM = (t;—1;0>
d(M,A)=
| ^ AM] _ >/5t2 +4t+8
Ivl
3
Ị
Tacó: d(M,A)=OM Q
2
1 1 14 =|tị o t2- t - 2 = 0 o t = l hoặct = 2.
Suy ra: M(-1; 0; 0) hoặc M<2; 0; 0).
CâuVẵLb (1.0 điểm).
Điều kiện y > - , phương trình thứ nhất cùa hệ ta có: 3 y - l = 2*.
Do đó, hệ đã cho tương đương với
3 y -l= 2 x
(3y-l)2 + 3y -l= 3 y 2
o
3 y -l= 2 x
[óy2 -3y= 0
x = —1
2x = ị
o
y=2
y = 219
- Xem thêm -
.PDF 
282 
353 
145 
