18 Cõu I: (2 im) 1) Kho sỏt v v th hm s 2 1 1 x y x + = (1). 2) Xỏc nh m ng thng y=x-2m ct th (1) ti hai im phõn bit M,N sao cho MN=6. Cõu II: (2 im) 1) Gii bt phng trỡnh: 2 10 5 10 2x x x + + 2) Gii phng trỡnh: ( ) 4 4 5sin 2 4 sin os 6 0 2cos 2 3 x x c x x + + = + Cõu III: (2 im) 1) Tớnh : + + 3 0 2 1 12 dx x xx 2) Tỡm m phng trỡnh sau luụn cú nghim trong on [ ] 1;9 ( ) ( ) 2 3 3 3 log 2 log 2 4 1 logx m x m x + + + = + Cõu IV: (2 im) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA=2a. Gọi E, F lần lợt là trung điểm của cạnh CD và BC, I là giao điểm của AF và BE. a) CMR AIB vuông, tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE. b) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Cõu V: (2 im) 1) Gii h : +=+ +=++ izz izzz 122 2202 21 1 2 2 2 1 2) Vit phng trỡnh ng trũn qua A(2;-1) v tip xỳc Ox. 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: [ ] 2 2 2x. 1-x ( 1;1 ) x+ 1-x 2 y x = ∈ − + ĐÁP ÁN -Môn : Toán (Thời gian 180 không kể phát đề) Thang điểm 20 Câu Nội dung Điểm Câu I 1) khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 2 1 1 x y x + = − Tập xác định: D=R\{1} 1 1 2 1 2 1 lim ; lim 1 1 x x x x x x − + → → + + = −∞ = +∞ − − Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng. 2 1 2 1 lim 2; lim 2 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ + + = = − − Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 3 ' 1 1 x x y x x − − + = = − − − Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng: ( ) ;1−∞ ; ( ) 1;+∞ . Hàm số không có điểm cực trị. Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y’ - - y 2 +∞ −∞ 2 Vẽ đồ thị 0,25 0,75 0,5 2 x=2=>y=5 x=3=>y=7/2 x=0=>y=-1 x=-1=>y=1/2 đồ thị hàm số nhận I(1;2) là tâm đối xứng. 0,5 2) phương trình hoành độ giao điểm : 2 1 2 (1); 1 1 x x m x x + = − ≠ − ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 2 1 0 x x m x x m x m ⇔ + = − − ⇔ − + + − = Để đường thẳng cắt (C) tại hai điểm phân biệt ta có điều kiện là: ( ) ( ) 2 2 4 4 13 0 3 2 4 2 1 0 3 0 1 m m m m x + + > ∆ = + − − > ⇔ − ≠ ≠ đúng với mọi giá trị của m. Theo định lí viét: 1 2 1 2 3 2 . 2 1 x x m x x m + = + = − Giọi tọa độ của điểm M và N là: 1 1 2 2 ( ; 2 ), ( ; 2 )M x x m N x x m− − => ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4MN x x x x x x x x= − + − = + − uuuur Theo giả thiết đầu bài ta có: ( ) ( ) 2 2 3 2 4 2 1 36m m + − − = 2 4 4 5 0 1 6 2 1 6 2 m m m m ⇔ + − = − − = ⇔ − + = Vậy với 1 6 2 m − − = và 1 6 2 m − + = là các giá trị cần tìm. 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu II 1) Giải bất phương trình: 2 10 5 10 2x x x+ ≥ + − − (1) Điều kiện: 2x ≥ ( ) 2 1 2 10 2 5 10 2 6 20 1(2) x x x x x x ⇔ + + − ≥ + ⇔ + − ≥ + Khi 2x ≥ => x+1>0 bình phương 2 vế phương trình (2) ( ] [ ) 2 2 2 (2) 2 6 20 2 1 4 11 0 x ; 7 3; x x x x x x ⇔ + − ≥ + + ⇔ + − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ Kết hợp điều kiện 2x ≥ th× nghiệm của bất phương trình là: 3x ≥ 0,5 0,5 0,5 0,5 3 2) Giải phương trình: ( ) ( ) 4 4 5sin 2 4 sin os 6 0 1 2 os2 3 x x c x c x − + + = + Điều kiện: 5 5 2 os2 3 0 2 2 , 6 12 c x x k x k k π π π π + ≠ ⇔ ≠ ± + ⇔ ≠ ± + ∈Z ( ) 2 2 1 1 5sin 2 4 1 sin 2 6 0 2 2sin 2 5sin 2 2 0(2) x x x x ⇔ − − + = ÷ ⇔ + + = Đặt sin2x=t, Đk: 1t ≤ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 2 0 2 1 2 t t t loai t TM ⇔ + + = = − ⇔ = − Khi t=1/2=>sin2x=-1/2 2 2 2 6 12 , , 7 7 2 2 2 6 12 x k x k k k x k x k π π π π π π π π = − + = − + ⇔ ∈ ⇔ ∈ = + = + Z Z 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu III 1) Tính: 2 2 1 1 x x I dx x + − = + ∫ Đặt 2 1 1x t x t+ = ⇔ = − , dx=2tdt ( ) ( ) ( ) 2 2 2 5 4 2 3 5 3 2 1 1 1 2 4 =2 2 3 2 5 4 1 2 1 5 t t I tdt t t t t dt t C x x C − + − − = − = − + ÷ + ÷ = − + + ÷ ∫ ∫ 0,5 0,5 0,5 0,5 2) ( ) ( ) 2 3 3 log 2 log 3 2 4 1 log x x m m x+ + + = + (1) Đk: x>0 Đặt: 3 log ,x t khi= [ ] 1;9x∈ => [ ] 0;2t ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 4 t 4 3 2 t m t m mt t m ⇔ + + + = + ⇔ + = − + Vì [ ] 0;2t ∈ từ (2) 2 4 3 t m t + ⇔ = − + 0, 5 0,5 4 I F E A D B C Đặt ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 6 4 ' 0 3 3 t t t f t f t t t + − − + = − => = = + + 3 13 (TM) 3 13 (loai) t t = − + ⇔ = − − Ta có : f(- 3 13+ )= 26 6 13 13 − + ; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5 Vậy với 8 26 6 13 ; 5 13 m − + ∈ − thì phương trình có nghiệm với mọi [ ] 1;9x∈ 0,5 0,5 Câu IV a) F là trung điểm của BC · · ABF BCE BAF CBE∆ = ∆ ⇒ = Ta cã ( )AB BC gt⊥ AF ⊥ BE Suy ra tam gi¸c AIB vu«ng tai I Vì AI BE SI BE SA BE ⊥ ⇒ ⇒ ⊥ ⊥ kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm S ®Õn ®êng th¼ng BE lµ SI Vì ABFAIB∆ ∆: 2 2 2 2 2 2 2 5 5 4 AI AB AB a a a AI AB AF AF a a a ⇔ = ⇔ = = = = + 2 2 2 2 4 2 6 4 5 5 a a SI SA AI a⇒ = + = + = 0,5 0,5 1 b) Gọi O là trung điểm của SC (1)SO AO CO⇒ = = Vì SDC ∆ vuông góc D ( ,CD SD CD AD⊥ ⊥ ) SO OD⇒ = (2) Vì SBC∆ vuông góc B ( ,BC BA BC SA⊥ ⊥ ) SO OB ⇒ = (3) 0,5 0,5 5 O I F E A B D C S Từ (1), (2), (3) ⇒ SO=AO=BO=CO=DO => O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp => 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2 2 SC AC SA a a a R + + = = = = 0,5 0,5 Câu V - Đặt 2 1t x x= + − khảo sát sự biến thiên của t trên [-1;1] => Tìm miền giá trị của t - Ta có: 2 2 2 1 ' 1 1 1 x x x t x x − − = − = − − t’=0 ⇔ 2 2 2 0 2 1 2 1 x x x x x x ≥ − = ⇔ ⇔ = − = - Bảng biến thiên: x -1 2 2 1 T’ + 0 - t 2 -1 1 Vậy 1 2t− ≤ ≤ - Do 2 2 2 1 1 2 . 1t x x t x x= + − ⇔ = + − Ta có hàm số: 2 2 2 1 4 1 ( ) ' '( ) 2 ( 2) t t t y f t y f t t t − + + = = ⇔ = = + + 1 2 2 2 3 1; 2 ' 0 4 1 0 2 3 t loai y t t t nhan = − − ∉ − ⇒ = ⇔ + + = ⇔ = − + ⇒ - Tính giá trị: 2 2 ( 1) 0; ( 2 3) 2( 3 2); ( 2) 2 f f f − − = − + = − = Vậy: 2- 2 ax f = ;min 2( 3 2) 2 m f = − 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 6