Đề số 25 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 3 3 y x m x ( – ) – (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 3 2 3 2 2 1 3 0 1 1 log log ( 1) 1 2 3 x x k x x Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0. 2) Giải phương trình: 3 1 8 2 2 log 1 log (3 ) log ( 1) 0 x x x . Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 1 2 ln e I x xdx x . Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0 60 BAD , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B, D. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) ab bc ca a b c c c a a a b b b c c a a b b c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của IJK. Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: 2 3 25 25 25 25 1.2. 2.3. 24.25. S C C C . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt được các đường thẳng AB, CD. Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: 5 z và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó. Hướng dẫn Đề số 25 Câu I: 2) Ta có : x k x x 3 2 3 2 2 3 3x 0 (1) 1 1 log log ( 1) 1 (2) 2 3 . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1. Từ (2) x(x – 1) 2 1 < x 2. Hệ PT có nghiệm (1) có nghiệm thoả 1 < x 2 x k x k x x 3 3 ( 1) 3x 0 ( 1) 3x < 1 2 1 2 Đặt: f(x) = (x – 1) 3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) (1) có nghiệm x (1;2] 1;2 min ( ) (2) 5 k f x f . Vậy hệ có nghiệm k > – 5 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0 2sin 2 x + sinx –1 = 0 2 , 6 3 x k k . Vì x [ 2; 40] nên 2 3 3 2 40 2 40 6 3 2 6 2 6 k k 0,7 k 18,8 k 1,2,3, ,18 . Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 2 18. (1 2 3 18) 117 6 3 . 2) Điều kiện: 1 3 x . PT 2 2 2 log 1 log (3 ) log ( 1) 0 1 3 x x x x 2 1 17 1 3 1 4 0 2 x x x x x x (tmđk) Câu III: Ta có : 2 1 1 1 2 ln 1 ln ln 2 5 4 e e e x I x xdx x xdx dx e x x . Câu IV: Ta có: SAC vuông tại A 2 2 2 SC SA AC a AC = 2 SC = a SAC đều Vì (P) chứa AC và (P) // BD BD // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC và BD I là trọng tâm của SBD. Do đó: 2 2 3 3 B D BD a . Mặt khác, BD (SAC) DB (SAC) BD AC Do đó: S AB'C'D' = 2 1 . 2 3 a AC B D . Đường cao h của khối chóp S.ABCD chính là đường cao của tam giác đều SAC 3 2 a h . Vậy thể tích của khối chóp S. ABCD là V = 3 ' ' ' 1 3 . 3 18 AB C D a h S . Câu V: Ta có BĐT 1 1 1 0 a b b c c a c a c a b a b c b 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 b c a c a b c a b a b c (1) Đặt: 0; 0; 0 . . 1 a b c x y z x y z b c a . Khi đó : (1) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 0 0 1 1 1 x y z x y z xy yz zx x y z y z x (*) Vì 2 2 2 2 3 1 3 x y z x y z xyz x y z x y z ( theo BĐT Cô–si) Và 3 2 2 2 3 3 3 xy yz zx xyz (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM. Dấu "=" xảy ra x = y = z a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều. Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP (7; 4) a của AC làm VTPT BO: 7x – 4y = 0 B(–4; –7) A nằm trên Oy đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c (4 ;5;6), (4;5 ;6); (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c 77 77 77 ; ; 4 5 6 a b c phương trình mp(P) Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: 0 1 n n k k n k x C x . Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: 2 2 2 ( 1) 1 ( 1) n n k k n k n n x k k C x (1) Cho x = 1 và n = 25 từ (1) 25. 24.2 23 = 25 25 2 ( 1) k k k k C 25 25 2 ( 1) k k k k C = 5033164800. Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M Oy M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB Vì MI là phân giác của AMB nên: (1) AMI = 30 0 0 sin30 IA MI MI = 2R 2 9 4 7 m m (2) AMI = 60 0 0 sin60 IA MI MI = 2 3 3 R 2 4 3 9 3 m (vô nghiệm) Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0; – 7 ) 2) (4;5;5) BA , (3; 2;0) CD , (4;3;6) CA Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) (P) có VTPT 1 , n BA k = (5; –4; 0) (P): 5x – 4y = 0 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) (Q) có VTPT 2 , n CD k = (–2;–3; 0) (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình của (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Ta có: 2 2 2 2 5 2 5 5 5 2 5 2 5 5 a b a a z a b a b b a b b b Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: 2 5 5 ; 2 5 5 z i z i . . Đề số 25 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 3 3 y x m x ( – ) – (1) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m. 1) n n k k n k n n x k k C x (1) Cho x = 1 và n = 25 từ (1) 25. 24.2 23 = 25 25 2 ( 1) k k k k C 25 25 2 ( 1) k k k k C = 5033164800. Câu VI.b: 1) (C) có tâm. lần lượt tại I, J, K mà A là trực tâm của IJK. Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: 2 3 25 25 25 25 1.2. 2.3. 24 .25. S C C C . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong