Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I... Theo chương trình Chuẩn..[r]
(1)Phần chung cho tất thí sinh Câu I
1 Khảo sát vẽ đồ thị m = Khi hàm số trở thành: y x= 4− 2x2
• TXĐ: R
• Hàm số hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng Oy • y ' 4x3 4x 4x(x2 1) y ' 0 x
x
=
= − = − ⇒ = ⇔ = ±
Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −1
• y '' 12x2 4 y '' 0 x 3;f
3
= − ⇒ = ⇔ = ± ± = −
• Bảng biến thiên:
Đồ thị lõm khoảng: ; ; 3;
3
− ∞ − + ∞
lồi
3
;
3
−
• Hàm số đạt cực tiểu x= ±1; đạt cực đại x 0=
(2)2 Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình
( )
4 3 2 3 1
x − m+ x + m= −
( )
4 3 2 3 1 0
x m x m
⇔ − + + + = (*)
Đặt t= x2 ≥ 0 (*) trở thành:
( )
2
3
t − m+ t+ m+ = (**)
Giả sử nghiệm (*) x1<x2<x3<x4< 2
Thì x1= − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2
với 0< t1<t2 nghiệm (**)
Do đó: x1<x2<x3<x4< ⇔ 0 < t1 < t2 < 2
0
⇔ < t1<t2< 4
Nhưng (**) ⇔ (t−1) (t− 3m−1) = ⇔ t t 3m
=
= +
Do toán thoả mãn ⇔ 30 3m< + ≠m1 1+ <1
( )
1
;0 0;1
3
m
m m
− < <
⇔ ⇔ ∈ − ∪
≠
(3)Câu II
1 Giải phương trình: 3cos 5x -2sin 3x cos2x - sin x = 3cos 5x - (sin 5x +sin x) = sin x
⇔
( )
( )
3cos 5x - sin5x= sin x
3
cos 5x - sin 5x sin x
2
sin( 5x) sin x
sin 5x sin( x)
5x x 2k
3 k
5x x 2k
3 k x
18 k Z
k x ⇔ ⇔ = π ⇔ − = π ⇔ − = − π − = − + π ⇒ ∈ π − = π + + π π π = + ⇔ ∈ π π = + ¢
2 Điều kiện xác định: x 0≠
Hệ phương trình
( )2
3 x y
x
x y
x + + = ⇔ + − + = Đặt
u x y v x = + =
Ta có: 2 2
u 3v u 3v
u 5v (3v 1) 5v
+ = = −
⇒
− + = − − + =
2
2v 3v
⇒ − + = v 1 v = ⇔ = +) v = ⇒ u = Ta có:
x y
(4)+) v u
2
= ⇒ = Ta có:
1 x 2
x y
3
1 y
2
x
+ = =
⇔
= −
=
Kết hợp ĐKXĐ, hệ cho có nghiệm (x; y) : (1;1) 2; −
Câu III.
Đặt t ex 1 dt e dxx dx dt
t
= − ⇒ = ⇒ =
+
3
x t e
x t e
= ⇒ = −
= ⇒ = −
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )( ) ( )
( )
3
e e
e e
3
3
3 2
dt 1
I dt
t(t 1) t t
e
ln t ln t e
ln e ln e ln e ln e ln e ln e
ln e e e ln e ln e e
− −
− −
= = −
+ +
−
= − +
−
= − − − − +
= − − − −
= − + + − − −
= + + −
∫ ∫
(5)+) Từ I hạ IH AC⊥ ⇒ IH (ABC)⊥ AA 'C :
∆ AC2 = A 'C -AA'2 = 9a2− 4a2 = 5a2
2
AC = 5a ⇒ AC a 5= ABC :
∆ BC2 = AC2− AB2 = 5a2− a2 = 4a2 ⇒ BC 2a=
⇒
ABC
1
S AB.BC a 2a a
2
∆ = = =
A 'M a
A 'M
AC = ⇒ =
A 'M IK 2a
IH 2IK IH
AC = IH = ⇒ = ⇒ =
⇒ VIABC a 2a2 2a3
3
= =
Từ ⇒ HC 2AH=
HD CH 2
HD a
AB CA 3= = ⇒ =
2 2
2 2 4a 4a 8a 2a
ID IH HD ID
9 9
= + = + = ⇒ =
2 IBC
1 2a 2a
S 2a
2 3
∆ = =
Khoảng cách từ A đến
3 IABC
2 IBC
2a
3V 9 a
(ABC)
S 2
2a
= = =
Câu V
Đặt xy t= , với ,x y≥
0 xy t≤ =
2
x y+
≤ =
Khi đó:
S = 16t2− 2 12t+
(6)Lập bảng biến thiên S với 0;1
t∈
Từ ta có: S đạt giá trị nhỏ 191
16 đạt giá trị lớn 25
2
Phần riêng
A Theo chương trình Chuẩn. Câu VI a
1 Toạ độ A nghiệm hệ:
7x 2y x
A(1; 2)
6x y y
− − = =
⇔ ⇔
− − = =
Suy toạ độ B(3; 2)−
Phương trình đường cao AH: 6x y 0− − = ⇒ phương trình đường thẳng BC là: x 6t
y t
= +
= − −
Gọi E trung điểm BC, tọa độ E tìm từ hệ: 7x 2y
x 6t
y t
− − =
= +
= − −
Tìm E 0; C 3; 1( )
− ⇒ − −
(7)2 Phương trình đường thẳng AB là: x t
y t z 2t
= − = + =
Toạ độ D có dạng D(2 t ;1 t ; 2t)− + ⇒ CD (1 t ; t ; 2t)uuur= − Vectơ pháp tuyến (P) là: n (1;1;1).r=
1 CD //(P) CD.n (1 t) t 2t t
2 ⇔ uuur r= ⇔ − + + = ⇔ = −
Vậy D 1; ; 2
−
Câu VII a
Giả sử z = a + bi với a; b ∈ ¡ M (a ; b) điểm biểu diễn z Ta có:a bi+ − (3 4i− ) = ⇔2 (a 3) (b 4)i− + + =
( ) (2 )2
a b 4
⇔ − + + =
⇔ M(a;b) thuộc đường tròn tâm I (3; 4)− , bán kính R 2=
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI b
1 Đường trịn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = Từ giả thiết ta có: ·MIx =600
Gọi H hình chiếu M Ox, ta có:
·
IH IM.cosMIH 1.cos60
= = =
3 OH
2
→ =
·
MH IM.sin MIH 1.sin 60
= = =
(8)1
3
M ;
2
3
M ;
2
−
2 Gọi M giao điểm ∆ (P), tìm M( 3; 1;1)− Vectơ phương của∆ uuur∆ = (1; 1; -1); np
uur
= (1; 2; −3);
p
u , n∆
uur uur
= (−1; 2; 1)
x y z
d :
1
+ − −
⇒ = =
− Câu VII.b
Hoành độ giao điểm hai đồ thị thoả mãn
2
x x
2x m x
+ − = − +
2
x x 2x mx
⇔ + − = − + (với x 0≠ )
2
3x x(1 m)
⇔ + − − = (1)
Phương trình (1) có ac= − <3 nên ln có nghiệm phân biệt x1< <0 x2
Khi đó: A(x ; 2x1 − 1+ m)và B(x ; 2x2 − 2+ m)
Suy trung điểm AB
1
x x
I ; (x x ) m
2 +
− + +
I thuộc trục tung x1 x2 0 m 0 m 1
2
+ −
⇔ = ⇔ = ⇔ =
(vì theo định lý Vi-ét
m
x x
3 −
+ = )