De thi toanphothong so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. TOÁN PHỔ THÔNG. . Môn: TOÁN NGÀY 02.12.2012. ĐỀ SỐ 2. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). n o h t o. n v g.. Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 2)x 2 + (m + 1)x + m + 2, có đồ thị là (C m ) và m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C −1 ) khi m = −1 b) Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm của (C m ) và trục tung, biết giao điểm này cùng với hai điểm B (2; −3),C (4; 1)tạo thành một tam giác cân tại B. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình:. h p n a o /t. cos 3x − sin 3x − 1 = cos x − 1 4 cos x + 2. b) Tìm tất cả các nghiệm thực của hệ phương trình sau:. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân:. 2. Z. I=. x (1 + e x ) + ln x + 1 (x ln x + e x )2. 1. ( ¡ ¢ 9x y 3 − 24y 2 + 27x 2 + 40 y + 3x − 16 = 0 y 2 + (9x − 10) y + 3 (x + 3) = 0. dx.. p a 5 Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình bình hành, AB = , BC = 2a và tam giác AB D 2 cân tại B. Gọi G là trọng tâm của tam giác AB D , M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC và SG = SB = SC . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC ) và (ABC D) là 60◦ . Tính theo a thể tích khối chóp G.M N D và khoảng cách giữa hai đường thẳng D M , SN .. t h. / : tp. Câu 5. (1 điểm) biểu thức:. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a + 18b 2 = a 2 + 16b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của. P = a +b +. 16 ab. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y,cho hình thang ABC D vuông tại Aµ và D , biết C D = 2AB. Gọi H là ¶. htt p:/ /to a. hình chiếu vuông góc của D lên AC , M là trung điểm của HC . Biết B (8; 4), M. 82 6 ; và phương trình cạnh 13 13. AD là x − y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C , D của hình thang. b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox y z, cho điểm A(1; 2; 3) và mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z − 2 = 0. Hãy lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là A , biết mặt phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn x y z (C ) tiếp xúc với đường thẳng (d ) : = = . 1. −1. µ. Câu 7A. (1 điểm). Cho khai triển P (x) =. p 3. x 2n. n là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện. B. Theo chương trình nâng cao. −2. 1. ¶4n. với x 6= 0. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển biết x 2n ¡ ¢ 2nC n0 + 5(n − 1)C n1 + 13(n − 2)C n2 + · · · + 2n−1 + 3n−1 C nn−1 = 1685.. +p 3. np ho tho ng. Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C ) : (x −4)2 +(y −6)2 = 13 và (C 0 ) : (x −6)2 + y 2 = 25 cắt nhau tại A, B với điểm A có hoành độ dương. Một đường thẳng qua A cắt (C ), (C 0 ) lần lượt tại M , N . Gọi d1 là tiếp tuyến tại M của (C ), d2 là tiếp tuyến tại N của (C 0 ). Biết d1 và d2 cắt nhau tại I . Tìm tọa độ điểm I khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác I M N lớn nhất. b) Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox y z, cho đường thẳng (d1 ) :. x −1 y −2 z −3 = = và đường thẳng 2 3 −5. .vn. x +3 y z −2 = = cắt nhau tại A. Lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua A , song song với mặt phẳng 4 2 6m − 5 p 462 (P ) : x + 2y − 6 = 0 đồng thời cách điểm B (3; 2; 6) một đoạn bằng . 6 (d 2 ) :. Câu 7B. (1 điểm). Tìm tất cả các nghiệm¡p thực của phương trình: p 4x ·. 2 · 6x − 4x +. 4. ¢ 4 · 24x − 3 · 16x = 27x − 12x + 2 · 8x .. ———————————————–Hết—————————————————.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = x 3 − 3(m + 2)x 2 + (m + 1)x + m + 2, có đồ thị là (C m ) và m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C −1 ) khi m = −1 b) Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm của (C m ) và trục tung, biết giao điểm này cùng với hai điểm B (2; −3),C (4; 1)tạo thành một tam giác cân tại B. a) Lời giải (hungchng): m = −1 hàm số là y = x 3 − 3x 2 + 1 có tập xác định D = R; · x = 0 =⇒ y = 1 0 2 0 đạo hàm y = 3x − 6x; y = 0 ⇐⇒ x = 2 =⇒ y = −3 lim y = −∞; lim y = +∞; x→−∞. x→+∞. Bảng biến thiên x. −∞. 0. y0. +. 0. −. 0. +. +∞. 1 y −∞. h p n a o /t +∞. 2. n o h t o. Đồ thị. n v g.. / : tp. −3. Hàm số đồng biến trên (−∞; 0); (2; +∞) ; nghịch biến trên (0; 2) Điểm cực đại (0; 1) Điểm cực tiểu (2; −3) b) Lời giải (hokiuthui200): Ta có: y 0 = 3x 2 − 6x(m + 2) + m + ½1. Gọi A là tiếp điểm . Tọa độ A thỏa hệ phương trình:. t h. y = x 3 − 3(m + 2)x 2 + (m + 1)x + m + 2 ⇐⇒ A(0; m + 2) x =0 · p p m = −1 4ABC cân tại B suy ra AB = BC ⇐⇒ 4 + (5 + m)2 = 20 ⇐⇒ m = −9 +) Với m = −1 suy ra A(0; −1), y 0 = 3x 2 − 6x =⇒ y 0 (0) = 0 =⇒ P T T T ∆ : y = 1 0 +) Với m = −9 suy ra A(0; −7), y = 3x 2 + 42x − 8 =⇒ y 0 (0) = −8 =⇒ P T T T ∆ : y = −8x − 7. Câu 2.a. Giải phương trình:. cos 3x − sin 3x − 1 = cos x − 1 4 cos x + 2. htt p:/ /to a Lời giải (thiencuong_96):. Điều kiện cos x 6=. −1 ±2π ⇐⇒ x 6= + k2π. Quy đồng lên ta được : 2 3 4 cos3 x − 3 cos x + 4 sin3 x − 3 sin x = 4 cos2 x − 2 cos x − 1 ⇐⇒ 4 cos3 x − 4 cos2 x − cos x + 1 = 3 sin x − 4 sin3 x. ⇐⇒ (cos x − 1)(4 cos2 x − 1) = sin x(4 cos2 x − 1) ¡ ¢ ⇐⇒ 4 cos2 x − 1 (cos x − sin x − 1) = 0  ±2π ±π 4 cos2 x − 1 = 0 ⇐⇒ x = + k2π ∨ x = + k2π 3 3 ⇐⇒  −π cos x − sin x − 1 = 0 ⇐⇒ x = k2π ∨ x = + k2π 2 −π ±π Kết hợp điều kiện vậy : x = k2π ∨ x = + k2π ∨ x = + k2π (k ∈ Z ) 2 3. Câu 2.b. np ho tho ng. Tìm tất cả các nghiệm thực của hệ phương trình sau:. Lời giải (maxmin):. y 2 + (9x − 10) y + 3 (x + 3) = 0. ¢ ¡ ¢ ½ ¡ 9x y¡+ 9 + ¢y 2 + 3x = 10y 9x y y 2 + 3x + 3x + y 2 = 25y 2 − 40y + 16 ½ a + b = 10y ¡ ¢2 (a − 9) b + b = 5y − 4. Hệ PT ⇐⇒ Đặt a = 9x y + 9 và b = y 2 + 3x . Ta có hệ:. ( ¡ ¢ 9x y 3 − 24y 2 + 27x 2 + 40 y + 3x − 16 = 0. Từ phương trình đầu ta có: a = 10y − b thế vào phương trình thứ hai ta được:. .vn. ¡ ¢2 ¡ ¢ ¡ ¢2 £ ¡ đô2 10y − b − 9 b + b = 5y − 4 ⇐⇒ b 2 − 2b 5y − 4 + 5y − 4 = 0 ⇐⇒ b − 5y − 4 = 0 ⇐⇒ b = 5y − 4 =⇒ a = 5y + 4 ½ ½ ½ 5y + 4 = 9x y + 9 5y + 4 = 3y(−y 2 + 5y − 4) + 9 3y 3 − 15y 2 + 17y − 5 = 0 Nên ⇐⇒ ⇐⇒ 2 2 5y − 4 = y + 3x 3x = −y + 5y − 4 3x = −y 2 + 5y − 4  q q ½ 7  y = 1∨ y = 2− 7 2 ∨y = 2 + (y − 1)(3y − 12y + 5) = 0 3q 3q ⇐⇒ ⇐⇒  x = 0 ∨ x = − 1 − 3 7 ∨x = − 1 + 3 7 3x = −y 2 + 5y − 4 3 3 3 3 ¡. 2. ¢. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ³. Vậy hệ PT có nghiệm (x, y) = (0, 1); − 13 − 3 Câu 3.. Tính tích phân:. 2. Z I=. q ´ ³ q q ´ 1 7 7 7 3 ; −3 +3 3,2+ 3. (x ln x + e x )2. Lời giải (dzitxiem): Để ý rằng. x (1 + e x ) + ln x + 1. = =. I=. dx.. (−x − 1)0 · (x ln x + e x ) − (−x − 1)(1 + ln x + e x ). n o h t o. (x ln x + e x )2 (−x − 1)0 · (x ln x + e x ) − (−x − 1) (x ln x + e x )0 2. Z. Do đó. 7 3,2−. x (1 + e x ) + ln x + 1. 1. (x ln x + e x )2. q. −x − 1 2 x x ln x + e x (x ln x + e ) ¯ x 2 −x − 1 ¯ 2 3 x (1 + e ) + ln x + 1 dx = . ¯ = − x ln x + e x 1 e ln 4 + e 2 (x ln x + e x )2. h p n a o /t 1. µ. =. ¶0. n v g. .. p a 5 , BC = 2a và tam giác AB D cân tại B. 2 Gọi G là trọng tâm của tam giác AB D , M , N lần lượt là trung điểm của SB, SC và SG = SB = SC . Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC ) và (ABC D) là 60◦ . Tính theo a thể tích khối chóp G.M N D và khoảng cách giữa hai đường thẳng D M , SN .. Câu 4.. Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình bình hành, AB =. Lời giải (khanhtoanlihoa):. t h. / : tp. S. N K M. D. Q. T. H. A. G. htt p:/ /to a. O. C. P I. B. +) Tính thể tích:. p a 5 . 2 q a a Gọi H là trung điểm của AD =⇒ B H ⊥ AD =⇒ B H = 54 a 2 − a 2 = =⇒ BG = . 2 3 Ta có ∆GBC vuông tại B . Gọi O là hình chiếu của S trên mp(ABC D) =⇒ O là trung điểm của CG . Từ O dựng OI ⊥ BC tại I =⇒ I là trung điểm của BC . o d Ta có SI ⊥ BC ,OI ⊥ BC =⇒ góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC ) và (ABC D) là pSI O = 60 p BG a 3 =⇒ SO = OI . tan 60o = . 3= . 2 6 Gọi K là giao điểm của SI và M N , P là hình chiếu của K trên OI =⇒ P là trung điểm của OI . 1 1 Ta có M N kH D và M N = BC = H D =⇒ M N H D là hình bình hành. =⇒ d¡G/(M N D)¢ = d¡G/(M N D H )¢ = d¡O/(M N D H )¢ . 2 2 Dựng OQ ⊥ DK tại Q . Ta có D H ⊥ D I , D H ⊥ SO =⇒ D H ⊥ mp(SD I ) =⇒ D H ⊥ OQ =⇒ OQ ⊥ mp(M N D H ) =⇒ d ¡O/(M N D H )¢ = OQ .. Theo đề bài 4AB D cân tại B =⇒ B D = AB =. np ho tho ng. OQ OD = . KP KD p p p q p 1 a 3 a a 7 OD.K P a 21 25 1 2 2 2 2 Ta có K P = SO = ,OD = BG = , K D = P D + K P = 36 D I + 4 SO = =⇒ OQ = = . 2 12 3 KD 42 p p 6 2 3 1 1 a 7 1 a 3 Ta có D H ⊥ mp(SD I ) =⇒ D H ⊥ DK ⇒ S ∆M N D = S M N D H = D H .DK = =⇒ VG M N D = OQ.S M N D = . 2 2 12 3 216. Xét hai tam giác đồng dạng 4K P D và 4OQD (g-g-g) =⇒. +) Tính khoảng cách: Ta có mp(M D I )kSC =⇒ d(SN /M D) = d¡SN /(M D I )¢ = d¡N /(M D I )¢ .. .vn. Dựng N T ⊥ M P . Ta có D I ⊥ K P, D I ⊥ M N =⇒ D I ⊥ mp(M N P ) =⇒ D I ⊥ N T =⇒ N T ⊥ mp(M D I ) =⇒ d¡N /(M D I )¢ = N T . Ta có M P =. p. MK 2 +K P2. p a 13 Vậy d(SN /M D) = . 13. . p p a 39 K P.M N a 13 =⇒ M P = . Xét ∆M N P , ta có: K P.M N = N T.M P =⇒ N T = = . 12 MP 13. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 5.. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a +18b 2 = a 2 +16b 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P = a +b +. 16 ab. Lời giải (khanhtoanlihoa): Từ giả thiết ta có: a + 18b 2 = a 2 + 4 + 8b 3 + 8b 3 + 8 − 12 ≥ 4a + 24b 2 − 12 =⇒ 3a + 6b 2 ≤ 12 ⇐⇒ 18 ≥ 3a + 6(b 2 + 1) ¶ µ ¶ µ ≥ 3a + 12b 3 3a + 12b 12 18 + 3b + ≥ 18 ≥ 3a + 3b + = 3a + Ta có 3P = 3a + 3b + ab ab a b =⇒ P ≥ 6. Vậy Mi nP = 6 khi a = 2, b = 1.. Câu 6A.a. n o h t o. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y,cho hình thang ABC D vuông µ tại A ¶và D , biết C D = 2AB. Gọi H. h p n a o /t. là hình chiếu vuông góc của D lên AC , M là trung điểm của HC . Biết B (8; 4), M là x − y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, C , D của hình thang.. 82 6 và phương trình cạnh AD ; 13 13. Lời giải (thiencuong_96): Gọi N là trung điểm DC suy ra D N = AB . Do có M , N lần lượt là trung điểm HC , DC nên suy ra M N kD H . Ta có từ phương trình (AD) : x − y + 2 = 0 ta suy ( ra được (AB ) : x + y − 12 = 0 (A) :. n v g.. / : tp. x − y +2 = 0. x + y − 12 = 0. t h. =⇒ A(5; 7). A. B. H D. Viết được phương trình (AC ) : 5x + y − 32 = 0 Theo trên có M N ⊥ AC =⇒ (M N ) : x − 5y − 4 = 0 Viết được (B N ) : x − y − 4 = 0 (do B N kD A và qua B ). p p |8 − 4 + 2| = 3 2, B N = 4 2 Suy ra N (4; 0), d (B ; (AD)) = p 2 Gọi D(a; a + 2) mà AD = B N Suy ra D(9; 11) =⇒ C (−1; −11) hay D(1; 3) =⇒ C (7; −3) Thử lại suy ra A(5; 7); D(1; 3); C (7; −3). M N. C. Câu 6A.b Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox y z, cho điểm A(1; 2; 3) và mặt phẳng (P ) : x + 2y + 2z − 2 = 0. Hãy lập phương trình mặt cầu (S) có tâm là A , biết mặt phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn x y z (C ) tiếp xúc với đường thẳng (d ) : = = .. htt p:/ /to a 1. −1. −2. Lời giải (khanhtoanlihoa): Gọi I là tâm đường tròn (C ) =⇒ I là hình chiếu của A trên mp(P ). Gọi (∆) là đường thẳng qua A và vuông góc với   x = 1 + t mp(P ) nên (∆) có phương trình tham số là: (∆) : y = 2 + 2t =⇒ I là giao điểm của (∆) và mp(P ).   z = 3 + 2t I ∈ (∆) =⇒ I (1 + 2t ; 2 + 2t ; 3 + 2t ), I ∈ mp(P ) =⇒ 1 + t + 2(2 + 2t ) + 2(3 ¡ + 2t ) − 2 = 0 =⇒ t = −1 =⇒ I¢(0; 0; 1). Đường thẳng (d ) tiếp xúc với đường tròn (C ) ⇐⇒ d(I /d ) = R (C ) R (C ) : bán kính đường tròn (C ) . − Đường thẳng (d ) có VTCP → a = (1; −1; −2) và đi qua O(0; 0; 0)¯ . ¯ ¯£−→ → ¤¯ ¯ I O; − ¯ p a ¯ ¯ £−→ → ¤ 2 1 −→ − =p =p . Ta có: I O = (0; 0; −1) ⇒ I O; a = (−1; −1; 0) ⇒ R (C ) = d(I /d ) = → − |a| 6 3 r q ¢ 28 ¡ −→ 2 2 Ta lại có: I A = (1; 2; 2) ⇒ I A = 3 ⇒ R (S) = I A + R (C ) = R (S) : bán kính mặt cầu (S) . 3 ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 28 Vậy mặt cầu (S) cần tìm là: (S) : x − 1 + y − 2 + z − = . 3 µ. Câu 7A.. Cho khai triển P (x) =. p 3. nguyên dương thỏa mãn điều kiện Lời giải (khanhtoanlihoa): Ta có: Lấy đạo hàm hai vế ta được: n−1. = nC n0. x 2n. 1. np ho tho ng. ¶4n. với x 6= 0. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển biết n là số x 2n ¡ ¢ 2nC n0 + 5(n − 1)C n1 + 13(n − 2)C n2 + · · · + 2n−1 + 3n−1 C nn−1 = 1685. +p 3. (x + 2)n = C n0 x n + 2C n1 x n−1 + .... + 2n C nn .. n(x + 2)n−1 = nC n0 x n−1 + 2(n − 1)C n1 x n−2 + .... + 2n−1C nn−1 + 2(n − 1)C n1 + .... + 2n−1C nn−1 . (1). (x + 3)n = C n0 x n + 3C n1 x n−1 + .... + 3n C nn .. .vn. Chọn x = 1 =⇒ n.3 Ta lại có: Lấy đạo hàm hai vế ta được:. n(x + 3)n−1 = nC n0 x n−1 + 3(n − 1)C n1 x n−2 + .... + 3n−1C nn−1 .. 4. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chọn x = 1 =⇒ n.4n−1 = nC n0 + 3(n − 1)C n1 +¡ ... + 3n−1C nn−1 (2) ¢ . n−1 n−1 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: n 3 + 4 = 1685 ¡ ¢ ¡ (∗) ¢ ¡ ¢ Xét hàm số F (n) = n 3n−1 + 4n−1 − 1685, (n > 1). Có F 0 (n) = 3n−1 + 4n−1 + n 3n−1 . ln 3 + 4n−1 . ln 4 > 0 với mọi n > 1 =⇒ hàm số F (n) đồng biến trên miền n > 1 =⇒ phương trình (∗) có nhiều nhất một nghiệm. Dễ thấy n = 5 là nghiệm của phương trình (∗) =⇒ n = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). µ. Ta có: P (x) =. p 3. x 10 +. p 3. 1 x 10. ¶20. . Gọi số hạng không chứa x là. Vì số hạng không chứa x nên. k T = C 20 x. 200−10k 3. .x −. 10k 3. =x. 200−20k 3. .. 200 − 20k 10 = 0 =⇒ k = 10. Vậy số hạng không chứa x là T = C 20 . 3. n o h t o. n v g.. Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C ) : (x − 4)2 + (y − 6)2 = 13 và (C 0 ) : (x − 6)2 + y 2 = 25 cắt nhau tại A, B với điểm A có hoành độ dương. Một đường thẳng qua A cắt (C ), (C 0 ) lần lượt tại M , N . Gọi d 1 là tiếp tuyến tại M của (C ), d 2 là tiếp tuyến tại N của (C 0 ). Biết d 1 và d 2 cắt nhau tại I . Tìm tọa độ điểm I khi bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác I M N lớn nhất. Lời giải ():. h p n a o /t. xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx. / : p t t h. Câu 6B.b. d1 c M. c0. B. A. d2 I. Trong không gian với hệ trục tọa độ Ox y z, cho đường thẳng (d1 ) :. N. x −1 y −2 z −3 = = và đường thẳng 2 3 −5. x +3 y z −2 = = cắt nhau tại A. Lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua A , song song với mặt phẳng 4 2 6m − 5 p 462 (P ) : x + 2y − 6 = 0 đồng thời cách điểm B (3; 2; 6) một đoạn bằng . 6 (d 2 ) :. htt p:/ /to a Lời giải (khanhtoanlihoa):.   x = 1 + 2t 1 (d 1 ) có phương trình tham số: y = 2 + 3t 1   z = 3 − 5t 1.   x = −3 + 4t 2 . (d2 ) có phương trình tham số: y = 2t 2 .   z = 2 + (6m − 5)t 1     1 + 2t 1 = −3 + 4t 2 t 1 = 0 A ∈ (d 1 ) =⇒ A(1 + 2t 1 ; 2 + 3t 1 ; 3 − 5t 1 ). A ∈ (d 2 ) =⇒ 2 + 3t 1 = 2t 2 =⇒ t 2 = 1 =⇒ A(1; 2; 3)     3 − 5t 1 = 2 + (6m − 5)t 2 m=1 → − → − Gọi u = (a; b; c) là VTCP của đường thẳng (∆). Mặt phẳng (P ) có PVT n = (1; 2; 0). £− −→¤ −→ − − Đường thẳng (∆)kmp(P ) =⇒ → u .→ n = 0 =⇒ a + 2b = 0. Ta có: AB = (2; 0; 3) =⇒ → u ; AB = (3b; 2c − 3a; −2b). " ¯£→ −→¤¯¯ p b=1 =⇒ a = −2 ¯ − u ; AB 462 ¯→ ¯ 53 106 Ta có: d(B /∆) = = ⇐⇒ 91b 2 − 144bc + 53c 2 = 0. Chọn c = 1 =⇒ − ¯u ¯ b= =⇒ a = − 6 91 91  106   t x = 1 −   x = 1 − 2t  91 53 . Vậy đường thẳng (∆) cần tìm là: (∆) : y = 2 + t hoặc (∆) : y = 2 + t     91   z = 3+t z = 3+t. Câu 7B.. np ho tho ng. Tìm tất cả các nghiệm thực p trình: ¡p của phương 4x ·. 2 · 6x − 4x +. 4. ¢ 4 · 24x − 3 · 16x = 27x − 12x + 2 · 8x .. Lời giải (dzitxiem): Điều kiện để phương trình đã cho có(nghĩa là. .vn. 2 · 6x − 4x > 0. Với điều kiện trên, ta có . ⇐⇒ x > log 3 34 (∗). 2 4 · 24x − 3 · 16x > 0 p p 1 4x 2 · 6x − 4x = 2x · 2x · 2 · 6x − 4x ≤ 2 · 2x (4x + 2 · 6x − 4x ) = 12x .. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Và. p p 4 4 4x 4 · 24x − 3 · 16x = 4x 4x · (4 · 6x − 3 · 4x ) ´ ³ p 1 ≤ · 4x · 2x + 4 · 6x − 3 · 4x 2 1 x 1 x xp = · 8 + · 2 · 2 4 · 6x − 3 · 4x . 2 2 ¢ 1 x 1 x¡ x ≤ · 8 + · 2 4 + 4 · 6x − 3 · 4x 2 4 = 12x p ¡p ¢ 4 4x · 2 · 6x − 4x + 4 · 24x − 3 · 16x ≤ 2 · 12x (1). (Để ý rằng đẳng thức xảy ra ở (1) ⇐⇒ x = 0). Do đó, ta có Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, ta p có 3. n o h t o. n v g.. 27x − 12x + 2 · 8x = 27x + 8x + 8x − 12x ≥ 3 27x · 8x · 8x − 12x = 2 · 12x (2). (Để ý rằng đẳng thức xảy ra ở (2) ⇐⇒ x = 0) Vậy thì từ (1), (2) và (∗) ta suy ra để xảy ra đẳng thức, tức là có phương trình đã cho thì phương trình này phải có nghiệm x = 0.. t h. / : tp. h p n a o /t. htt p:/ /to a. 6. np ho tho ng. .vn. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>