Đề 19 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= 4 2 2 2 1x m x− + 1. Khảo sát hàm số khi m=1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân. Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 3 sin 2 cos 2 sin 2 0x x x+ + = . 2. Giải bất phương trình : 2 2 2 5 5 2 1 2 1x x x x x x− + + ≥ − + + − . Câu III: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=a 2 , SA=a và SA vuông góc với đáy. Gọi M, N là trung điểm của AD, SC, I là giao điểm của BM, AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB) và tính thể tính của khối tứ diện ANIB. Câu IV: (2 điểm) 1. Giải bất phương trình ( ) 6 3 6 6 2 log logx x x+ ≥ . 2. Cho x,y,z>0 và xyz=1. Tìm GTNN của biểu thức 2 2 2 2009 2009 2009 x y z P y z z x x y = + + + + + .Chứng minh rằng GTLN không tồn tại. Câu V: (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm I(1;3/2). Lập phương trình đường thẳng đi qua I và tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 3. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau và nhỏ hơn 50.000. Hết ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I.1 Hs tự làm 1.0 I.2 +y’= 3 2 2 2 4 4 4 ( )x m x x x m− = − +hs có 3 cực trị ' 0y↔ = có 3 nghiệm phân biệt 2 2 0x m↔ − = có hai nghiệm pb khác 0 0m↔ ≠ . +3 điểm cực trị của đths A(0;1), B(-m;1-m 4 ), C(m;1-m 4 ). Do tính chất đối xứng nên tam giác ABC cân tại A, ycbt ↔ tam giác ABC vuông tại A 2 8 . 0 0 1AB AC m m m↔ = ↔ − + = ↔ = ± uuur uuur (do m khác 0) 0.5 0.5 II.1 sin 2 (1 sin 2 ) cos2 (1 sin2 )(1 sin 2 ) 0 (1 sin2 )(sin2 cos2 sin2 cos2 ) 0 sin 2 1(1) sin 2 cos2 sin2 cos2 0(2) pt x x x x x x x x x x x x x x x ↔ + + − + = ↔ + + − = = − ↔ + − = giải pt (2) bằng cách đặt t=sin2x+cos2x. Đáp số: 3 1 2 ; ; ;sin 4 2 8 8 2 2 x k x k x k π α π π α π π π α − + = − + = − + = − + = 0.5 0.5 II.2 +đk 1/ 2x ≥ 2 2 2 2 2 2 2 5 5 2 1 2 1 4 4 1 2 1 2 4 5 2 1 1 4 ( 1) 0 2 1 2 4 5 2 1 1 bpt x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ↔ − + − − + ≥ − − − + − ↔ ≥ − + − + + − + ↔ − + ≤ ÷ ÷ − + − + + − + ↔ ≤ +Kết hợp đk, bpt có nghiệm 1 1 2 x≤ ≤ . 0.5 0.5 III +tan · AMB = 2 AB AM = ,tan · 2 AD ACD DC = = · · AMB ACD AC BM→ = → ⊥ + ( ) ( ) ( ). BM AC BM SAC SBM SAC BM SA ⊥ → ⊥ → ⊥ ⊥ +gọi O là trung điểm của AC⇒NO là đường cao của tứ diện.NO=a/2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 1 1 1 2 3 1 2 1 2 . , . . 2 6 3 36 AIB AIB a AI AI AB AM a BI BI AB BC a a S AI BI V NO S = + → = = + → = = = = = 1.0 1.0 IV.1 +đk x>0 +bpt ( ) 3 6 6 64 log logx x x↔ + ≥ .Đặt t=log 64 x⇔x=64 t . Ta có ( ) 6 2 1 log 4 2 4 2 6 1 3 3 t t t t t t t t + ≥ ↔ + ≥ ↔ + ≥ ÷ ÷ . +hàm số ( ) 2 1 3 3 t t f t = + ÷ ÷ nghịch biến trên ¡ nên dễ có nghiệm 1t ≤ . Từ đó suy ra 0 64.x< ≤ 0.5 0.5 IV.2 +Theo bđt Bunhiacopski 2 3 3 ( ) 3 2009 2009 2009 2010 2010 2010 xyz x y z x y z P y z z x x y + + + + ≥ = ≥ = + + + + + . Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1. + 1 , khi , 0 thi x y z x yz + = → → +∞ .Khi đó 0.75 0.25 A S B C D M I O N 2 lim lim 2008 x x x P y z →+∞ →+∞ = +∞ → = +∞ + .Vậy GTLN không tồn tại. V.1 +Gs đt d cắt Ox tại A(a;0), cắt Oy tại B(0;b) (a,b khác 0), d có pt 1 x y a b + = +d qua I nên 1 3 1 1 1(1), . 3(2) 2 2 2 OAB S OAOB a b a b + = = = = +giải hệ gồm 2 pt (1),(2) ta có 3 đt d thoả mãn 1; 1; 1 2 3 2 2 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 x y x y x y + = + = + = − + − − − − − + . 0.25 0.25 0.5 V.2 +Gs số cần lập là abcde N= .Do N<50.000 nên { } 1,2,3,4a∈ +TH1:a lẻ, a có hai cách chọn, e có 5 cách chọn, bcd có 3 8 A .Vậy có 2.5. 3 8 A số. +TH2:a chẵn, a có 2 cách chọn, e có 4 cách chọn, bcd có 3 8 A .Vậy có 2.4 3 8 A số. Vậy có cả thảy 2.5. 3 8 A +2.4. 3 8 A =6048 số. 0.25 0.25 0.25 0.25