Đề toand khối B và D 2009

Đáp án đề toán khối D - 2009 Câu I. 1) với m = 0: y = x 4 – 2x 2 + TXĐ: D = R; + y’ = 4x 3 – 4x y’ = 0 ⇔ x = 0; x = 1± + Điểm cực đại (0; 0), điểm cực tiẻu (-1; -1) và (1; -1) + Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và ( 1;+∞ ); Hàm số nghịch biến trên ( ; 1);(0;1)−∞ − . + Bảng biến thiên: + Đồ thị: 2) Yêu cầu bài toán tương đương với pt: x 4 – (3m + 2)x + 3m = -1 có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 x 4 – (3m + 2)x + 3m + 1 = 0. Đặt t = x 2 , ta có t 2 – (3m + 2)t + 1 + 3m = 0 có hai nghiệm thoả mãn 0 < t 1 < t 2 < 4 1 0 3 1 4; (3 1) 1 3 1 1 1 3 0 t m m t m m m =  ⇔ ⇒ < + < + ≠  = +   − < <  ⇒   ≠  Câu II. 1) Giải phương trình 3 cos5 2sin 3 cos2 sin 0x x x x− − = 3 cos5 (sin5 sin ) sin 0 3 cos5 sin 5 2sin 3 1 cos5 sin5 sin sin 5 sin 2 2 3 5 2 3 18 3 ( ) 5 2 3 6 2 x x x x x x x x x x x x x x k x k k Z x x k x k π π π π π π π π π π ⇔ − + − = ⇔ − =   ⇔ − = ⇔ − =  ÷     − = + = −   ⇔ ⇔ ∈     − = − + = − −     2) Giải hệ pt: 2 2 ( 1) 3 0(1) 5 ( ) 1 0(2) x x y x y x + + − =    + − + =   ĐK: 0.x ≠ -1-1 x 0 -∞ +∞ - 0 +∞ 0 y' y -1 1 +∞ - + 0 0 0 2 2 2 2 3 3 (1) 1 1 3 5 4 6 (2) 1 1 0 2 0 1 1 1 1 2 3. 1 0 1 1 2 1; 1 1 2; 2 x y x y x x x x x x x x x x x y x y ⇔ + − = ⇒ + = +   ⇔ + − + = ⇔ + + =  ÷    = −    ⇔ + + = ⇔   ÷    = −   = − = −   ⇔  = − =  Câu III. 3 3 3 3 1 1 1 1 3 2 3 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 3 1 1 1 1 ln ln ln ln 1 x x x x x x x x x x x x dx e dx de I de e e e e e e e e e e e e e e e e   = = = = −  ÷ − − − −   − − − + + = = − = ∫ ∫ ∫ ∫ Câu IV. Ta có 2 2 2 2 2 ' ' 5 2 1 . 2 ABC AC A C AA a BC AC AB a S AB BC a = − = ⇒ = − = = = Gọi N là trung điểm AC, O MN AC= ∩ Hạ ( )IH AC IH ABC⊥ ⇒ ⊥ Có 2 2 21 ' ' 4 a AM AA A M= + = 3 2 1 ; 3 2 2 2 4 3 3 1 1 4 4 . . 3 3 3 9 ABC IK IM OM AC a IH IA AN IH IK a IH HK a a V IH S a = = = = ⇒ = ⇒ = = = = = Câu V. Đặt 1 0 4 t xy t= ⇒ ≤ ≤ Ta có: 2 3 3 2 2 2 16( ) 12( ) 9 25 16( ) 12( )(( ) 3 ) 34 16 2 12 S xy x y xy xy xy x y x y xy xy t t = + + + + = + + + − + = − + Xét f(t) = 16t 2 - 2t +12 với 1 0 4 t≤ ≤ ta được A B C A’ C’ M NH K I O 1 0 4 1 0 4 25 1 ( ) (" " ) 2 2 191 2 3 2 3 ( ) (" " , ) 16 4 4 t t MaxS Maxf t khi x y MinS Minf t khi x y ≤ ≤ ≤ ≤ = = = = = ± = = = = = m Câu VIa. 1) Gọi (d 1 ): 7x – 2y – 3 = 0, (d 2 ): 6x – y – 4 = 0 lần lượt là phương trình đường trung tuyến, đường cao qua đỉnh A và N là trung điểm BC. Ta có: 1 2 7 2 3 0 : 6 4 0 (1;2) x y A d d x y A − − =  = ∩  − − =  ⇒ Do M là trung điểm AB nên suy ra: B(3; -2) 2 (1;6) : ( ) : 6 9 0 (3; 2) d n u BC PT BC x y B  = =  ⇒ + + =  −   r uur 1 7 2 3 0 : 6 9 0 3 (0; ) 2 x y N d BC x y N − − =  = ∩  + + =  − ⇒ Do N là trung điểm BC nên ( 3; 1)C⇒ − − Vậy 1 2 ( ) : 3 4 5 0 4 3 x y PT AC x y − − = ⇔ − + = 2) 2 ( 1;1;2) : 1 ( ) 2 x t AB AB y t t R z t = −   = − ⇒ = + ∈   =  uuur V ì (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 )D AB D t t t CD t t t∈ ⇒ − + ⇒ − uuur Để CD song song với (P) thì P CD n⊥ uuur r . Ta có (1;1;1) P n r 1 3 1 . ; ; 1 2 2 2 P P CD n CD n t D   ⊥ ⇔ ⇔ = − ⇒ − −  ÷   uuur r uuur r C âu VIIa 2 2 | 3 4 | 2 | 3 ( 4) | 2 ( 3) ( 4) 4 z x iy gt x yi i x y i x y = + ⇔ + − + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = KL: Quĩ tích cần tìm là đường tròn tâm (3; -4), bán kính R = 2. Câu VIb. 1) I(1; 0); R = 1. Tam giác OMI cân tại I vì IO = IM = 1. Gọi (d) là đường trung trực hạ từ I của tam giác OIM, suy ra (d) tạo với Ox một góc 60 0 , suy ra hệ số góc k d = 3± . +) 3 :k = − (d): 3( 1) 3 3y x x= − − = − + . Vì 1 1 ( ) : 3 3 OM OM d k ptOM y x⊥ ⇒ = ⇒ = . Toạ độ của M là giao của OM và (C). 2 2 1 3 3 ; 3 2 2 ( 1) 1 y x M x y  =    ⇒  ÷   ÷    − + =  +) 3 :k = (d): 3( 1) 3 3y x x= − = − . Vì 1 1 ( ) : 3 3 OM OM d k ptOM y x⊥ ⇒ = − ⇒ = − . Toạ độ của M là giao của OM và (C). 2 2 1 3 3 ; 3 2 2 ( 1) 1 y x M x y  = −    ⇒ −  ÷   ÷    − + =  . 2) (1;1; 1); (1;2; 3). P u n ∆ = − = − r r , ( 1;2;1) d P u u n ∆   ⇒ = = −   r r uur Gọi M là giao của ∆ và (P), ta có M(-3;1;1) nên M thuộc (d). Vậy (d): 3 1 2 1 x t y t z t = − −   = +   = +  Câu VIIb. Pt tương giao: 2 2 2 2 1 2 ( 0) 2 1 3 (1 ) 1 0 x x x m x x x mx x x x m x + − − + = ≠ ⇔ − + = + − ⇔ + − − = ĐK: 0 (0) 0 m R f ∆ >  ⇔ ∀ ∈  ≠  Gọi I là trung điểm AB, suy ra 1 ; 0 1( ) 2 6 A B I I x x m x x m TM + − = = = ⇒ = . Gv. Trần Mạnh Tùng – THPT Lương Thế Vinh - HN Nguyễn Văn Chung – ĐH Công Nghiệp HN. . (1;2) x y A d d x y A − − =  = ∩  − − =  ⇒ Do M là trung điểm AB nên suy ra: B( 3; -2) 2 (1;6) : ( ) : 6 9 0 (3; 2) d n u BC PT BC x y B  = =  ⇒. x t AB AB y t t R z t = −   = − ⇒ = + ∈   =  uuur V ì (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 )D AB D t t t CD t t t∈ ⇒ − + ⇒ − uuur Để CD song song với (P) thì P CD n⊥