Lời giải đề thi ĐH số 19

ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN HIẾN –Khối A Câu I: Cho: 2 ( 1)( )y x x mx m= − + + (1) 1) Khảo sát hàm số (1) tương ứng với m= -2: 2 3 2 ( 1)( 2 2) 3 2 = − − − = − + y x x x y x x • Tập xác đònh : D = R • 2 ' 3 6 3 ( 2)= − = −y x x x x 0 ' 0 2 =  = ⇔  =  x y x • '' 6 6= −y x " 0 1 0= ⇔ = ⇒ =y x y ⇒ Điểm uốn : I(1, 0) • BBT: • Đồ thò: Điểm đặc biệt : 2) Tìm m để đồ thò (1) tiếp xúc trục hoành. Xác đònh toạ độ tiếp điểm. Ta có : 3 2 ( 1)y x m x m= + − − (1) Đồ thò (1) tiếp xúc trục hoành 3 2 2 x +(m-1)x -m=0 (2) 3x +2(m-1)x=0 (3)   ⇔    có nghiệm . [ ] 0 (3) 3 2( 1) 0 2( 1) 3 x x x m m x =   ⇔ + − = ⇔ −  = −  Thay vào (2) : 3 3 3 3 2 2 0 0 2( 1) 8 4 ( 1) ( 1) 0 3 27 9 4( 1) 27 0 4 12 15 4 0 ( 4)(4 4 1) 0 4 1 2 x m m x m m m m m m m m m m m m m = ⇒ = − = − ⇒ − − + − − = ⇔ − − = ⇔ − − − = ⇔ − + + = =   ⇔  = −  Hoành độ tiếp điểm là : 0 0 4 2 1 1 2 m x m x m x = ⇒ = = ⇒ = − = − ⇒ = Vậy đồ thò (C) tiếp xúc Ox khi: m= 0, m= 4, 1 2 m = − Toạ độ tiếp điểm tương ứng là: (0, 0), (-2, 0), (1, 0) Câu II : + − + + + + > 1 2 4 2( 2).2 2 2 0 x x m m m 1) Giải bất phương trình khi m= 1: Đặt = 2 x t . Điều kiện t > 0. Khi đó bất phương trình trở thành: − + + + + > 2 2 4( 2) 2 2 0m t m mt (*) Khi m= 1, (*) trở thành :     < < − − + > ⇔ > + 2 0 6 31 12 5 0 6 31 t t t t Nghóa là: Bất phương trình     < − ⇔ > + 2 6 31 2 6 31 x x     < − > + ⇔ 2 2 log (6 31) log (6 31) x x 2) Tìm m để bất phương trình thoả ∀ ∈ ¡x Đặt = − + + + + 2 2 ( ) 4( 2) 2 2f t m t m mt Bất phương trình thoả ∀ ∈¡x . ⇔ ∀   ∆   ∆ ∧ ≤    ∆      ⇔ 1 2 1 2 f (t) > 0 thoả t >0 '< 0 S ' = 0 0 2 ' > 0 t < t < 0 ( với t ,t là nghiệm của f(t) =0 ) ' 0 S ' = 0 0 2 ' 0 (0) 0 0 2 af S   ∆ <   ∆ ∧ ≤   ⇔   ∆ >  ≥      <    − + ⇔ < 7 7 3 m Câu III: Chứng minh rằng ∆ ABC đều khi và chỉ khi: = ++ 2 3 3 3 3 2 (sin sin sin )S r A B C Ta có: = ++ 2 3 3 3 3 2 (sin sin sin )S r A B C    ÷   ⇔ = + + ⇔ = + + 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 2 4 8 8 8 3 abc a b c R R R R R abc a b c p dụng BĐT Côsi: + + ≥ = 3 3 3 3 3 33 3 3a b c a b c abc Vậy hệ thức chỉ thoả khi dấu “ = ” xảy ra. ⇔ = = ⇔ ∆ a b c ABC đều (đpcm) Câu IV: Tính π = + ∫ 2 3 0 4sin 1 cos x I dx x Ta có: π − = + ∫ 2 2 0 4sin (1 cos ) 1 cos x x I dx x π π π = − = − = − + = ∫ ∫ 2 0 2 0 2 0 4sin (1 cos ) (4sin 2sin2 ) ( 4cos cos2 ) 2 x x dx x x dx x x Câu Va: A(0, 0, 1); B(-1, -2, 0); C(2, 1, -1) 1) Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B,C. Ta có VTP (P) là :     = = − uur uuur uuuur , (5, 4,3) P n AB AC ⇒ Phương trình mặt phẳng (P): 5x – 4y + 3z – 3 = 0 2) Toạ độ trọng tâm tam giác ABC là G   −  ÷   1 1 , ,0 3 3 Đường thẳng d đi qua G và d ⊥ (P): ⇒ −= = uuur uuur (5, 4,3) P d a n Phương trình tham số của d là:  = +    = − −   =    1 5 3 1 4 3 3 x t y t z t 2) Chân đường cao H hạ từ A xuống đường thẳng BC. Ta có: = − uuur (3,3, 1)BC Phương trình tham số của BC là : = − +   = − +   = −  1 3 2 3 x t y t z t Lấy H(-1 + 3t, -2 + 3t, -t) ∈ BC. H là hình chiếu của A ⇔ = uuur uuur . 0HA BC ⇔ − + − − + ⇔ = ⇔ = 3(1 3 ) 3(2 3 ) 1(1 ) 19 8 19 8 t t t t t Vậy H   − −  ÷   5 14 8 , , 19 19 19 Câu Vb: O M I H J a x y z 1) Vẽ ⊥MI Oz và ⊥MJ Oy . Ta có: ∆ = ∆ MOI MOJ ⇒ =MI MJ Khi đó ∆ = ∆ ⇒ = MHI MHJ HI HJ Và ⊥HI Ox , ⊥HJ Oy Suy ra H thuộc đường phân giác · xOy . 2) Ta có: β α ° < < °0 , 90 2 và β α = < = 2 IH MI tg tg OI OI do <IH MI β α ⇒ < 2 Tam giác OMI có OI = α cosa Tam giác OHI có α β β = = .cos cos cos 2 2 OI a OH Tam giác MOH có = − 2 2 2 MH OM OH 2 2 2 2 2 2 cos . cos 2 cos cos 2 cos 2 a a a α β β α β = − = − . 0HA BC ⇔ − + − − + ⇔ = ⇔ = 3(1 3 ) 3(2 3 ) 1(1 ) 19 8 19 8 t t t t t Vậy H   − −  ÷   5 14 8 , , 19 19 19 Câu Vb: O M I H J a x y z 1) Vẽ ⊥MI Oz và ⊥MJ. (-2, 0), (1, 0) Câu II : + − + + + + > 1 2 4 2( 2).2 2 2 0 x x m m m 1) Giải bất phương trình khi m= 1: Đặt = 2 x t . Điều kiện t > 0. Khi đó bất