TN12.04

ĐỀ LUY ỆN THI TỐT NGHIỆP GDTX SỐ 04 Câu I (3.0 điểm) Cho hàm số y = − x + 3mx − x + m + 1, ( Cm ) Tìm m để hàm số luôn nghịch biến Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số m = Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm đồ thị cắt trục hoành Câu II (2.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số : f ( x ) = x − 4x π dx Tính tích phân : I = ∫ cos x ĐỀ LUY ỆN THI TỐT NGHIỆP GDTX SỐ 04 Câu III (2.0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Cho điểm A(2;1;−3) ; B(−3;7;−1) ; C(−2;1;−5) ;D(−7;−3;−2) Chứng tỏ điểm A, B, C, D đỉnh tứ diện Xác định tâm bán kính đường tròn giao tuyến mặt cầu tâm A bán kính R = với mặt phẳng mp(BCD) Câu IV (2.0 điểm) Giải phương trình : log x − log x + = x2 −4 x +6 1  Giải bất phương trình :  ÷ 3 ≥ 27 ĐỀ LUY ỆN THI TỐT NGHIỆP GDTX SỐ 04 Câu V (1.0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ∆ABC vuông cân đỉnh A Mặt bên (ABB’A’) hình thoi cạnh a vuông góc với đáy Còn mặt (ACC’A’) tạo với mặt đáy góc 300 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 3 Câu I Để hàm số y = − x + 3mx − x + m + , luôn nghịch biến y’ ≤ 0, ∀ x ⇔ −3 x + 6mx − ≤ 0, ∀x ⇔ − x + 2mx − ≤ 0, ∀x ⇔ m − ( −1) ( −1) ≤ ⇔ m − ≤ ⇔ −1 ≤ m ≤ Vậy với −1 ≤ m ≤ hàm số cho luôn nghịch biến y = − x + x − x + 2, ( C ) I Khi m = : 2.1 Tập xác định : D = R 2.2 Sự biến thiên : y ' = −3x + 6x − = −3 ( x − 1) ⇒ y ' ≤ 0, ∀x − x + x − x + ) = −∞ ( ( − x + x − x + ) = +∞ ; xlim lim → +∞ x → −∞ x −∞ y' y +∞ − +∞ −∞ Hàm số luôn nghịch biến R cực trị 2.3 Đồ thị : * x = ⇒ y = * y = ⇔ − x + x − x + = ⇔ x = x = ⇒ y = −7 y = − x + 3x − 3x + I.3 Đồ thị (C): y = − x + x − x + , cắt trục Ox M(2;0) y ' = −3 x + x − ⇒ y ' ( ) = −3.22 + 6.2 − = −3 Phương trình tiếp tuyến với (C) M(2;0) : y = −3 ( x − ) + ⇔ y = −3 x + Câu II Tìm Max, Min f ( x ) = x − x f ' ( x ) = 4x − 12x = 4x ( x − 3) f ' ( x ) = ⇔ x ( x − 3) = ⇔ x1 = x2 = 0; x3 = x −∞ +∞ − − y' + 0 +∞ y +∞ CT −27 Vậy Min ( x − x ) = −27; không tồn giá trị lớn x∈R π dx II Tính tích phân : I = ∫ cos x π π π dx dx   I =∫ = = + tan x ) d ( tan x ) (  ÷ 2 ∫ ∫ cos x  cos x cos x  0 π π 3π   = I =  tan x + tan x ÷ = tan + tan 4 3  0 Câu III Viết phương trình mặt phẳng (BCD) với : B(−3;7;−1) ; C(−2;1;−5) ; D(−7;−3;−2) Mặt phẳng(BCD) có cặp vectơ phương : uuur uuur BC = ( 1; −6; −4 ) ; BD = ( −4; −10; −1) Mặt phẳng(BCD) có vectơ pháp tuyến : r uuur uuur  −6 −4 −4 1 −6  n =  BC , BD  =  ; ; ÷ = −17 ( 2; −1;2 )  −10 −1 −1 −4 −4 −10  ( BCD ) : ( x + 3) − 1.( y − ) + ( z + 1) = ⇔ x − y + z + 15 = A(2;1;−3) ⇒ x − y + z + 15 = 2.2 − + ( −3) + 15 = 12 ≠ Suy điểm A không thuộc mp(BCD), hay điểm A, B, C, D đỉnh tứ diện III Gọi H tâm đường tròn giao tuyến mặt cầu (S) tâm A(2;1;−3) bán kính R = với mp(BCD) Thế H giao điểm đường thẳng d mp(BCD) Với d đường thẳng qua A(2;1;−3) vuông góc mp(BCD) r uuuur Suy vectơ phương đg thẳng d : u = nBCD = ( 2; −1;2 ) x = + 2t ( d ) : y = − t , t ∈ R { z = −3 + 2t Vì H ∈ (d) nên H( + 2t ; 1−t ; −3+2t ) Vì H ∈ (BCD) nên : ( + 2t ) − ( − t ) + ( −3 + 2t ) + 15 = 17   ⇔ 9t = −12 ⇔ t = − : H  − ; ; − ÷  3 3 Vì d(A,(BCD))=4 nên bán kính đường tròn giao tuyến : r = R − d = 52 − 42 = 32 = 7 Câu IV.1 Giải phương trình : log x − log x + = x > 1 − log x + = , ta có : Điều kiện :  log x x ≠ 1 Đặt t = log x ; ta : − t + = ⇔ 3t − 7t − = t ⇔ t =3∨t = − * t = ⇔ log x = ⇔ x = = − 2 ⇔ log x = − ⇔ x = = *t =− 3 Vậy phương trình có nghiệm : x = 8; x = x2 −4 x+6 1 IV.2 Giải bất phg trình:  ÷ 3 x2 −4 x+6 1  ⇔ ≥  ÷ 27 3 1 ≥ ÷ 3 ⇔ x2 − 4x + ≤ ⇔ x2 − 4x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ Câu V A ’ B’ C’ a 300 A a Vì (ABB’A’) ⊥ (ABC) kẻ A’H ⊥ AB ⇒ A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AC ∆ABC vuông cân đỉnh A nên AH⊥ AC B ⇒ ·A ' AH góc (ACC’A’) đáy H Theo : ·A ' AH = 300 a C µ = 900 , ·A ' AH = 300 , AA ' = a Xét ∆AHA ' : H a ⇒ A ' H = AA '.sin A = a.sin 30 = Thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ : 1 a a3 V = S ABC A ' H = AB AC A ' H = a.a = 2