Thông tin tài liệu
! "#$%&'()*+, /0(*+, Cho hàm số 3 2 y x 3x 3mx 1 (1)= − + + − , với m là tham số thực a.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞ ) /0(*+, Giải phương trình 1 tan x 2 2 sin x 4 π + = + ÷ /0(*+, Giải hệ phương trình 4 4 2 2 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0 + + − − + = + − + − + = x x y y x x y y y (x, y ∈ R). /01(*+, Tính tích phân 2 2 2 1 1 ln − = ∫ x I x dx x /02(*+, Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). /03(*+, Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 (a c)(b c) 4c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 32a 32b a b P (b 3c) (a 3c) c + = + − + + "#45$(*+, Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 6789:;<=>?0@ /0)6A(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0 + + = và A( 4;8) − . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5;-4). /0B6A(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 6 y 1 z 2 : 3 2 1 − + + ∆ = = − − và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với ∆ . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30 . /0C6A(*+, Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chẵn. D6789:;<=>?/<9A8 /0)6E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0 ∆ − = . Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). /0B6E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 3y z 11 0 + + − = và mặt cầu 2 2 2 (S): x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − = . Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S). /0C6E(*+, Cho số phức z 1 3i = + . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức 5 w (1 i)z = + . DF$& /0 b. y’ = -3x 2 + 6x+3m, y’ = 0 ⇔ m= 2 2x x − =g(x) do đó yêu cầu bài toán ⇔ y’ ( ) 0, 0;x ≤ ∀ ∈ +∞ ⇔ m 2 2x x ≤ − ( ) 0;x ∀ ∈ +∞ ⇔ ( ) ( ) 2 0 min 2 , 0; x m x x x > ≤ − ∀ ∈ +∞ ⇔ ( ) 1 1m g ≤ − = /0 1+tanx=2(sinx+cosx) ⇔ cosx+sinx = 2(sinx+cosx)cosx (hiển nhiên cosx=0 không là nghiệm) ⇔ sinx+cosx=0 hay cosx = 1 2 ⇔ tanx=-1 hay cosx = 1 2 ⇔ 2 , 4 3 x k hay x k k π π π π = − + = ± + ∈ ¢ /0 Đk 1 ≥ x ( ) 2 2 2 1 6 1 0 + − + − + = x y x y y ( ) 2 1 4 0 ⇔ + − − = x y y ( ) ( ) 2 4 1 * ⇔ = + − y x y Vậy: 0 ≥ y 4 4 1 1 2 + + − − + = x x y y ⇔ ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 1 1 1 1 1 1 ** + + − = + + + + − x x y y Đặt f(t) = 4 1 1t t+ + − thì f đồng biến trên [1, +∞) Nên (**) ⇔ f(x) = f(y 4 + 1) ⇔ x = y 4 + 1 Thế vào (*) ta có : 4y = (y 4 + y) 2 = y 8 + 2y 5 + y 2 ⇔ 7 4 0 1 2 4 y x y y y = → = + + = ⇔ 0 1 y y = = (vì g(y) = y 7 + 2y 4 + y đồng biến trên [0, +∞) Vậy (x; y) = (1; 0) hay (x; y) = (2; 1). Cách khác : Từ (*) ⇒ y ≥ 0 Xét 4 1 0x y − + = ⇔ x = 1 và y = 0 : thỏa hệ phương trình nhận nghiệm Xét 4 1 0x y − + > • 4 4 ( 1 2) ( 1 ) 0x y x y + − + + − − = ⇔ 4 4 2 4 4 1 1 0 ( 1 )( 1 ) 1 2 x y x y x y x y x y − − − − + = − + − + + + + ⇔ 4 2 4 4 1 1 ( 1) 0 ( 1 )( 1 ) 1 2 x y x y x y x y − − + = − + − + + + + ⇔ x = y 4 + 1 (do y > 0) /01 2 2 2 1 1 ln x I xdx x − = ∫ Đặt t=lnx ( ) , , (1) 0, 2 ln 2 t dx dt x e t t x ⇒ = = = = ( ) ln2 0 t t I t e e dt − ⇒ = − ∫ Đặt u=t , t t du dt dv e e − ⇒ = = − , chọn t t v e e − = + ⇒ I = ln2 ln2 0 0 ( ) ( ) t t t t t e e e e dt − − + − + ∫ = 5ln 2 3 2 − Cách khác : Đặt u ln x = dx du x ⇒ = dv = 2 2 2 x 1 1 dx (1 )dx x x − = − 1 v x x ⇒ = + 2 2 1 1 1 1 dx I x ln x (x ) x x x ⇒ = + − + ÷ ∫ 2 1 5 1 ln 2 (1 )dx 2 x 2 = − + ∫ 2 1 5 1 ln 2 (x ) 2 x = − − 5 1 ln 2 (2 ) 2 2 = − − 5 3 ln 2 2 2 = − /026Gọi H là trung điểm BC thì SH ⊥ (ABC) và SH = 3 2 a Ta có tam giác ABC là nửa tam giác đều nên BC=a, 3 , 2 2 = = a a AC AB 3 1 1 3 3 3 2 2 2 2 16 a a a a V = = , Gọi I là trung điểm AB HI=a/4, 3 2 = a SH Vẽ HK ⊥ SI thì HK ⊥ (SAB), ta có 2 2 2 1 1 1 3 52 3 4 2 a HK HK a a = + ⇒ = Vậy d(C, SAB)= 2HK = 2 3 3 52 13 = a a Cách khác : Ta có SI 2 = 2 13 16 a . Vậy S ∆ SAB = 2 39 16 a ⇒ d(C, SAB)= 3 3 ( ) 13 V a dt SAB = ∆ /036 Gỉa thiết ⇔ 1 1 4 a b c c + + = ÷ ÷ Đặt x = a c ; y = b c thì (x + 1)(y + 1) = 4 ⇔ S + P = 3 ; P = 3 – S P = 3 3 2 2 32 3 3 x y x y y x + − + ÷ ÷ + + ≥ 3 2 2 8 3 3 x y x y y x + − + ÷ + + = 3 2 3 2 8 3 9 2 S S P S S P + − − + + = 3 2 3 2(3 ) 8 3 (3 ) 9 2 S S S S S S + − − − + − + = 3 3 2 5 6 1 8 8 2 12 2 2 2 S S S S S S + − − − = − ÷ ÷ + = 3 ( 1) , 2 2 S S S− − ≥ P’ = 3 (S – 1) 2 – 1 2 > 0, ∀S ≥ 2 ⇒ P min = P (2) = 1 – 2 Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi x = y = 1. /0)A6C(t;-2t-5) Gọi I là trung điểm của AC, suy ra 4 2 3 ; 2 2 − + − + ÷ t t I Ta có: IN 2 = IA 2 , suy ra t =1. Tọa độ C(1;-7) B là điểm đối xứng của N qua AC. Dễ dàng tìm được B(-4;-7) /0BA6Ptmp (P) ⊥ ∆ có 1 pháp vectơ là (-3; -2; 1). Vậy ptmp (P) là : -3(x – 1) – 2(y – 7) + z – 3 = 0 ⇔ 3x + 2y – z – 14 = 0 M thuộc ∆ ⇔ M (6 -3t; -1 – 2t; -2 + t) YCBT ⇔ (5 – 3t) 2 + (-8 – 2t) 2 + (-5 + t) 2 = 120 ⇔ 14t 2 – 8t – 6 = 0 ⇔ t = 1 hay t = 3 7 − Vậy tọa độ điểm M là (3; -3; -1) hay ( 51 7 ; 1 7 − ; 17 7 − ). /0CA6Số các số tự nhiên chẵn có trong S là : 3.6.5=90 Số phần tử của S là : 5.6.7=210 Xác suất cần tìm là 90 : 210 =3/7 D D6789:;<=>?/<9A8 /0)E6 Cos(AIH) = 1 5 IH IA = ⇒ IH = 2 Vậy MH = MI – IH = 4 2 ; với M ∈ Oy MI ⊥ AB ⇒ MI : x + y + c = 0 ; M (0;-c) MH = d (M; ∆) = 2 c = 4 2 ⇒ c = 8 hay c =-8 • Với c = 8 : I (t; -t + 8) d (I; ∆) = (8 ) 2 2 t t IH − − = = ⇔ t = 3 hay t = 5 t = 3 ⇒ I (3; 5); t = 5 ⇒ I (5; 3) • Với c = -8 : I (t; -t - 8) d (I; ∆) = 2 ⇔ t = -3 hay t = -5 t = -3 ⇒ I (-3; -5); t = -5 ⇒ I (-5; -3) Vì I và M nằm 2 bên đường thẳng ∆ nên nhận I (5; 3); I (-5; -3) ⇒ Pt 2 đường tròn cần tìm là : (x – 5) 2 + (y – 3) 2 = 10 hay (x + 5) 2 + (y + 3) 2 = 10. /0BE6(S) có tâm là I (1; -2; 1) và R 2 = 14. Khoảng cách từ tâm I đến mp (P) là : 2(1) 3( 2) 1 11 14 + − + − = 14 = R Vậy (P) tiếp xúc với (S). Pt (d) qua I và ⊥ ∆ : 1 2 1 2 3 1 x y z − + − = = , T ∈ (d) ⇒ T (1 + 2t; 3t – 2; 1 + t) T ∈ (P) ⇒ t = 1. Vậy T (3; 1 ; 2). /0CE6r = 1 3 + = 2; tgϕ = 3 , chọn ϕ = 3 π ⇒ dạng lượng giác của z là z = 2(cos sin ) 3 3 i π π + ⇒ z 5 = 5 5 1 3 32(cos sin ) 32( ) 3 3 2 2 i i π π + = − ⇒ w = 32(1 + i) 1 3 ( ) 2 2 i − = 1 3 1 3 32( ) 32 ( ) 2 2 2 2 i + + − Vậy phần thực của w là : 1 3 32( ) 2 2 + và phần ảo là 1 3 32( ) 2 2 − . D DG$HIJFF 'K *LD Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 6 "#$%&'(7,0 điểm) /0(*+, 6 Cho hàm số 3 2 2 3( 1) 6 (1)y x m x mx= − + + , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -1. b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2. /0(*+, Giải phương trình 2 sin 5 2cos 1x x + = /0(*+, Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 4 4 2 4 x y xy x y x y x x y x y + − + − + = − + + = + + + (x,y∈R) /01(*+, Tính tích phân 1 2 0 2 .I x x dx = − ∫ /02(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tính của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). /03(*+, Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 4 9 ( ) ( 2 )( 2 ) 4 P a b a c b c a b c = − + + + + + + . 6"#45$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) 6789:;<=>?0@ /0)6A(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H (-3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D. /0B6A(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; 5; 0) và mặt phẳng (P) : 2x + 3y – z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm đối xứng của A qua (P). /0C6A(*+, Có hai chiếc hộp chứa bi. Hộp thứ nhất chứa 4 viên bi đỏ và 3 viên bi trắng, hộp thứ hai chứa 2 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra 1 viên bi, tính xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu. D6789:;<=>?/<9A8 /0)6E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là 17 1 ; 5 5 H − ÷ , chân đường phân giác trong của góc A là D (5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M (0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C. /0B6E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1; -1; 1), B (-1;2;3) và đường thẳng ∆ : 1 2 3 2 1 3 x y z + − − = = − . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, vuông góc với hai đường thẳng qua AB và ∆. /0C6E(*+, 6 Giải hệ phương trình 2 3 3 2 4 1 2log ( 1) log ( 1) 0 x y x x y + = − − − + = 66666666666666M=6666666666 "JF$%N Câu Nội dung Điểm Câu 1 2 điểm a a) m= -1, hàm số thành : y = 2x 3 - 6x. Tập xác định là R. y’ = 6x 2 – 6; y’ = 0 ⇔ x = ±1; y(-1) = 4; y(1) = -4 lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ 0,25 x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 − 0 + y 4 +∞ −∞ CĐ -4 CT 0,25 Hàm số đồng biến trên (−∞; -1) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1; y(-1) = 4; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = -4 y" = 12x; y” = 0 ⇔ x = 0. Điểm uốn I (0; 0) 0,25 Đồ thị : 0,25 b b) y’ = 6(x 2 – (m + 1)x + m)), y có 2 cực trị ⇔ y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0,25 ⇔ (m + 1) 2 – 4m > 0 ⇔ m ≠ 1 0,25 y = 1 (2 1). ' 6 x m y − − - (m – 1) 2 x + m 2 + m y = 1 (2 1). ' 6 x m y − − - (m – 1) 2 x + m 2 + m 0,25 YCBT ⇔ -(m – 1) 2 = -1 và m ≠ 1 ⇔ m = 0 hay m = 2. 0,25 Câu 2 1 điểm Giải phương trình: 2 sin5 2cos 1x x + = ⇔ sin5x = 1 – 2 cos 2 x ⇔ sin5x = -cos2x 0,25 ⇔ sin5x = sin(2x - π/2) 0,25 ⇔ 5x = 2x - 2 π + k2π hay 5x = π - 2x + 2 π + k2π, k ∈ Z 0,25 ⇔ x = 2 6 3 k π π − + hay x = 3 2 14 7 k π π + , k ∈ Z 0,25 Câu 3 1 điểm 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 (1) 4 4 2 4 (2) x y xy x y x y x x y x y + − + − + = − + + = + + + (1) ⇔ y = 2x + 1 hay y = x + 1 0,25 TH1 : y = 2x + 1. Thế vào (2) ta có : f(x) = 1 4 1 9 4 3 4 ( ) ( ) 4 x x x g x x + + + = − = ≥ − ⇔ x = 0 (vì f đồng biến, g nghịch biến trên 1 ; 4 − +∞ ÷ . Vậy x = 0 và y = 1. 0,25 TH2 : y =x + 1. Thế vào (2) ta có : 2 1 3 1 5 4 3 3 ( ) 3 x x x x x + + + = − + ≥ − ⇔ 3 1 5 4 3( 1) 2 3x x x x x + + + = − + + ⇔ 3 1 ( 1) 5 4 ( 2) 3( 1)x x x x x x + − + + + − + = − 0,25 y x 0 4 -4 1 -1 ⇔ 2 2 2 3( ) 3 1 ( 1) 5 4 ( 2) x x x x x x x x x x − + − + + = − + + + + + + ⇔ x 2 – x = 0 hay 1 1 3 3 1 ( 1) 5 4 ( 2)x x x x − − + = + + + + + + (VN) ⇔ x = 0 ∨ x = 1 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1; x = 1 ⇒ y = 2 Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1) hay (x; y) = (1; 2). 0,25 Câu 4 1 điểm 1 2 0 2I x x dx = − ∫ = 1 2 1/2 2 0 1 (2 ) (2 ) 2 x d x − − − ∫ 0,25 = 1 1/2 2 1 2 u du− ∫ = 2 1/2 1 1 2 u du ∫ (đặt u = (2 – x 2 )). 0,25 = 2 3/2 1 1 3 u = 1 (2 2 1) 3 − `0,5 Câu 5 1 điểm /02Ta có = a SH O 0,25 = = 3 a a V a 0,25 Xét tam giác vuông SHI [ ] = + ⇒ = ) a HK HK a a 0,25 Vì AB// CD nên = ) a HK =d(A, SCD) 0,25 Câu 6 1 điểm /036a + b + c + 2 ≤ 2 2 2 4( 4)a b c + + + 3(a+b). 2 4 1 4( ) ( 2 )( 2 ) (3 3 ). 2 2 2 a b c a b c a c b c a b + + + + + + ≤ + ≤ ÷ = 2(a + b+c) 2 0,25 Vậy 2 8 27 2 2( ) P a b c a b c ≤ − + + + + + . Đặt t = a + b + c, t > 0; 2 8 27 ( ) 2 2 P g t t t ≤ − = + 0,25 g’(t) = 2 3 8 27 ( 2)t t − + + g’(t) = 0 ⇔ 27(t + 2) 2 – 8t 3 = 0 ⇔ t = 6 t 0 6 +∞ g’(t) + 0 - g(t) 5 8 0,25 P ≤ g(t) ≤ 5 8 ; maxP = 5 8 xảy ra khi a = b = c = 2. 0,25 Câu Gọi I là hình chiếu của H xuống DB dễ dàng tìm được I (-2; 4) 0,25 D H 7a 1 điểm Vì ∆ IHB vuông cân tại I có IH = 5 0,25 Từ phương trình IH = IB = IC ta có điểm B (0; 3) và C (-1; 6) 3ID IB= − uur uur , ta có D (-8; 7) 0,25 Tương tự ta có nghiệm thứ 2 là B (-4; 5) và D (4; 1) 0,25 Câu 8a 1 điểm Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) có VTCP là (2; 3; -1) 0,25 VậyPhương trình đường thẳng d qua A là : 3 2 5 3 x t y t z t = + = + = − 0,25 Gọi H là giao điểm của d và (P) ta có H (3 + 2t; 5 + 3t; -t) H ∈ (P) nên ta có : 2(3 + 2t) + 3(5 + 3t) + t – 7 = 0 ⇔ t = -1 ⇒ H (1; 2; 1) 0,25 Gọi A’ (x, y, z) là tọa độ điểm đối xứng của A qua (P), ta có: x = 2x H – x A = -1; y = 2y H – y A = -1; z = 2z H – z A = 2 Tọa độ điểm đối xứng của A qua (P) : (-1; -1; 2). 0,25 Câu 9a 1 điểm Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi đỏ là : 4 2 . 7 6 = 4 21 0,25 Xác suất để 2 viên bi được lấy ra cùng là bi trắng là : 3 4 2 . 7 6 7 = 0,25 Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là : 4 2 10 21 7 21 + = . 0,25 Vậy xác suất cần tìm là 10 21 0,25 Câu 7b 1 điểm Phương trình BC : 2x – y – 7 = 0; phương trình AH : x + 2y – 3 = 0 0,25 A ∈ AH ⇒ A (3 – 2a; a) ⇒ B (2a – 3; 2 – a) . 0AH HB = uuur uuur ⇒ a = 3 ⇒ A (-3; 3); B (3; -1) 0,25 Phương trình AD : y = 3 ⇒ N (0; 5) là điểm đối xứng của M qua AD ⇒ N ∈AC 0,25 ⇒ Phương trình AC : 2x – 3y + 15 = 0 và phương trình BC : 2x – y – 7 = 0 ⇒ C (9; 11). 0,25 Câu 8b 1 điểm AB uuur = (-2; 3; 2), 0,25 VTCP của ∆ là a r = (-2; 1; 3) 0,25 1 VTCP của đường thẳng d đi qua A và vuông góc với ∆ là n r = (7; 2; 4) 0,25 Vậy phương trình đường thẳng d là : 1 7 1 2 1 4 x t y t z t = + = − + = + 0,25 Câu 9b 1 điểm 6 3 3 2 1, 1 log ( 1) log ( 1) 2 2( 2) 4 1 0 x y x y y x x x x > > − − = + = − + − − + = 0,25 ⇔ 2 1, 1 2 2 3 0 x y y x x x > > − = − − − = 0,25 I C D B A H ⇔ 3 1 x y = = 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm là 3 1 x y = = 0,25 HẾT OLH 6 "#$%&'(7,0 điểm) /0(*+, 6 Cho hàm số 3 2 2 3 ( 1) 1 (1)= − + − +y x mx m x , m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đường thẳng y = -x +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt. /0(*+, Giải phương trình sin 3 cos 2 sin 0 + − = x x x /0(*+, Giải phương trình 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 + − = − + x x x x /01(*+, Tính tích phân 1 2 2 0 ( 1) 1 + + ∫ x dx x /02(*+, Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, · 0 120=BAD , M là trung điểm cạnh BC và · 0 45 = SMA . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC). /03(*+, Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1 ≤ − xy y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( ) 2 2 2 6 3 + − = − + − + x y x y P x y x xy y . 6"#45$(3,0 điểm.Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 6789:;<=>?0@ /0)6A(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm 9 3 ; 2 2 − ÷ M là trung điểm của cạnh AB, điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C. /0B6A(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; -2), B(0;1;1) và mặt phẳng (P): x + y + z - 1 =0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P). /0C6A(*+, Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 )( ) 2 2 + − + = i z i z i . Tính môđun của số phức 2 2 1− + = z z w z D6789:;<=>?/<9A8 /0)6E(*+, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 ( 1) ( 1) 4− + − =x y và đường thẳng : 3 0 ∆ − = y . Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc ∆ , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P. /0B6E(*+, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1; 3; -2) và mặt phẳng (P): x – 2y – 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với (P). /0C6E(*+, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 3 3 ( ) 1 − + = + x x f x x trên đoạn [0; 2] BÀI GIẢI /0 a) m= 1, hàm số thành : y = 2x 3 – 3x 2 + 1. Tập xác định là R. y’ = 6x 2 – 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 1; y(0) = 1; y(1) = 0 lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ x −∞ 0 1 +∞ y’ + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ CĐ 0 CT Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (1; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y(1) = 0 y" = 12x – 6; y” = 0 ⇔ x = 1/2. Điểm uốn I (1/2; 1/2) Đồ thị : b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 3 2 2 0 2 3 0 ( ) 2 3 0 (1) = − + = ⇔ = − + = x x mx mx g x x mx m (d) cắt (C) tại 3 điểm ⇔ (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 2 9 8 0 8 0 9 (0) 0 ∆ = − > ⇔ ⇔ < ∨ > = ≠ m m m m g m /0 sin 3 cos 2 sin 0 + − = x x x ( ) 2cos 2 sin cos2 0 cos 2 2sin 1 0 ⇔ + = ⇔ + = x x x x x cos 2 0 ⇔ = x hay 1 sin 2 = − x 4 2 ⇔ = + x k π π hay 2 6 = − + x k π π hay 7 2 6 = + x k π π ( ∈ k Z ) /0 Giải phương trình 2 1 2 2 1 2log log (1 ) log ( 2 2) 2 + − = − + x x x x Đk : 0 < x < 1 Pt ( ) ( ) 2 2 1 1 1 (*) ⇔ = − − + x x x Đặt 1 = − t x (0< t < 1) (*) thành ( ) ( ) 4 2 4 3 2 1 1 5 6 5 1 0 − = + ⇔ − + − + = t t t t t t t 2 2 1 1 5 6 0 (**) ⇔ + − + + = ÷ ÷ t t t t Đặt ( ) 1 2 = + > u t u t (**) thành 2 5 4 0 4 − + = ⇔ = u u u (vì u>2) Vậy 2 1 4 4 1 0 2 3 + = ⇔ − + = ⇔ = − t t t t t vì (0 < t < 1) Nghĩa là 1 2 3 3 1 4 2 3x x x− = − ⇔ = − ⇔ = − /01 y x 0 1 1 [...]... , điều kiện 0 < t ≤ y 4 t +1 t −2 P= − t 2 − t + 3 6(t + 1) t +1 t−2 1 − Xét f ( t ) = 2 với 0 < t ≤ 4 t − t + 3 6(t + 1) −3t + 7 1 f ′(t ) = − 2 3 2 ( t + 1) 2 ( t 2 − t + 3) −3t + 7 8 5 1 1 1 ∀t ∈ 0; : ≥ , < 2 27 2 4 2 ( t 2 − t + 3) 3 2 ( t + 1) 1 7 + 10 5 1 1 ⇒ f '(t ) > 0 ∀t ∈ 0; ⇒ f đồng biến trên 0; ⇒ f (t ) ≤ f = ÷ 30 4 4 4 1 7 + 10 5 Vậy Pmax = khi x =... Nếu J(3;1) thì N(5;3) ur u u u ur Gọi P(t;3) thuộc ∆ Ta có NI ⊥ MP ⇒ t = −1 ⇒ P (−1;3) Nếu J(-1;1) thì N(-3;3) ur u u u ur Gọi P(t;3) thuộc ∆ Ta có NI ⊥ MP ⇒ t = 3 ⇒ P (3;3) −1 − 6 + 4 + 5 2 = Câu 8b Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P): d ( A, ( P ) ) = 3 1+ 4 + 4 Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm r ⇒ (Q) đi qua A và có một vectơ pháp tuyến là n = ( 1; −2; −2 ) ⇒ (Q): x – 2y – 2z +3 = 0 2x2 + 4x − 6 ( x . − = /0 1+tanx=2(sinx+cosx) ⇔ cosx+sinx = 2(sinx+cosx)cosx (hiển nhiên cosx=0 không là nghiệm) ⇔ sinx+cosx=0 hay cosx = 1 2 ⇔ tanx=-1 hay cosx = 1 2 ⇔ 2 , 4 3 x k hay x k k π π π π = − +. AB HI=a/4, 3 2 = a SH Vẽ HK ⊥ SI thì HK ⊥ (SAB), ta có 2 2 2 1 1 1 3 52 3 4 2 a HK HK a a = + ⇒ = Vậy d(C, SAB)= 2HK = 2 3 3 52 13 = a a Cách khác : Ta có SI 2 = 2 13 16 a 0,25 ⇔ sin5x = sin(2x - π/2) 0,25 ⇔ 5x = 2x - 2 π + k2 π hay 5x = π - 2x + 2 π + k2 π, k ∈ Z 0,25 ⇔ x = 2 6 3 k π π − + hay x = 3 2 14 7 k π π + , k ∈ Z 0,25 Câu 3 1 điểm 2 2 2 2 2 3 3 2 1 0 (1) 4
Ngày đăng: 05/02/2015, 08:00
Xem thêm: DE VA DAP AN K A,B,D -2013
