Đang tải... (xem toàn văn)
Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I.. 1..[r]
(1)Phần chung cho tất thí sinh Câu I.
1 Khảo sát vẽ đồ thị:
• Tập xác định: R Đồ thị có trục đối xứng Oy
• y ' 8x3 8x 8x(x2 1) y ' 0 x
x
=
= − = − ⇒ = ⇔ = ±
Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −2
• y '' 24x2 8 8(3x2 1) y '' 0 x 3
= − = − ⇒ = ⇔ = ±
Ta có: f 10
3
± = −
• Bảng biến thiên:
• Đồ thị lõm ; ; 3;
3
− ∞ − ∞
lõm
3
;
3
−
• Hàm số đạt cực tiểu x= ±1; ymin = −2 đạt cực đại x 0; y= max =
(2)2 Phương trình tương đương với: 2
2x x − =2 2m
Từ đồ thị câu 1: y 2x= 4− 4x2 = 2x (x2 2− 2) suy đồ thị:
( )
2 2
y 2x x= − =2 2x x −
Phương trình có nghiệm thực phân biệt
⇔ đường thẳng y 2m= có điểm chung với đồ thị
0 2m m
⇔ < < ⇔ < <
Câu II.
(3)( )
1 3sinx- sin3x
sin x sin 3x sinx 3cos3x= cos4x+
2
sin 3x 3cos3x = 2cos4x
1
sin 3x cos3x = cos4x
2
cos 3x - cos4x ⇔ + + + ⇔ + ⇔ + π ⇔ = ( )
3x- 4x 2k
6 k Z
3x 4x 2k
6 π = + π ⇔ ∈ π − = − + π x 2k 2k x 42 π = − − π ⇔ π π = +
2 ( )
( )
2 2
xy x 7y
x y xy 13y
+ + =
+ + =
Từ ( )1 ⇒ xy 7y x+ = −
Khi đó:( ) (2 ⇔ xy 1+ )2− xy 13y=
( )
( ) ( )
2 2
7y x xy 13y x 15xy 36y
x 3y x 3y
x 3y x 12y
x 12y x 12y
⇔ − − = ⇔ − + = − = = ⇔ − − = ⇔ ⇔ − = =
Với x= 3y (1) trở thành
3y − 4y 0+ =
y x
1
y x
3 = ⇒ = ⇔ = ⇒ =
Với x= 12y (1) trở thành 12y2+ 5y+ =1 0: vơ nghiệm ∆ = −23 0< Vậy hệ cho có hai nghiệm (x y; ) ( )3;1 1;1
3
Câu III.
Đặt u ln x du 1dx x
= + ⇒ =
( )2 (( )2) d x
dx
dv v
x
x x
+
= = ⇒ = −
+
(4)3
3 ln x dx
I
1
x x(x 1)
+
= − +
+ ∫ +
3
3
3 ln 3 1 ln x
dx ln
1
4 x x x
3 ln 3 ln 3
ln ln ln
4 4
+ −
= − + + − = +
+ +
−
= + − = − +
∫
Câu IV
Gọi G trọng tâm ∆ABC ⇒ B'G (ABC)⊥
0
B'G tan 60= = a a BG a cot 60
3
= = Ta có BG 2BM
3
=
3BG a a BM
2
⇒ = = =
Góc ·BAC 60=
⇒ AC 2BM a 3, BC AC tan 60= = = = 3a
⇒ dtABC 1BCAC 3a a
2
= =
2 3
1 3a 9a 3a
V a
3 3.2
(5)Câu V
Đặt S x y; P xy= + = S2 ≥ 4P. Từ giả thiết:
3 3
2
S S S 4P S S
(S 1)(S 2S 2) S
⇒ + ≥ + ≥ ⇒ + − ≥
⇔ − + + ≥ ⇔ ≥
Suy t x2 y2 1S2
2
= + ≥ ≥
Ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2
A 3(x y ) 3( xy ) 2(x y )
3
3(x y ) (x y ) 2(x y ) t 2t
4
= + − − + +
≥ + − + − + + = − +
Vì hàm số f (t) 9t2 2t
= − + đồng biến 9;
+ ∞
nên ( )
1
A f t f
2 16
≥ ≥ =
9
A x y
16
= = = (thoả mãn giả thiết) Vậy
9
A
16
=
Phần riêng
A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a
1 Phương trình đường phân giác góc tạo ∆1và ∆2là:
x y x 7y
2
− = ± −
hay d : 2x y 0;1 + = d :x 2y 02 − =
Tâm K ( )C giao d d với đường tròn ( )C Toạ độ K nghiệm hệ:
( ) 2
2x y
I 4
(x 2) y
5
+ =
− + =
( ) 2
x 2y
II 4
(x 2) y
5
− =
− + =
Hệ (I) vơ nghiệm
Hệ (II) có nghiệm x
5 y
5
(6)Vậy K 4; 5
Bán kính ( )C R1 d K;( 1) 2
= ∆ =
2 Có trường hợp:
• Trường hợp 1: Mặt phẳng (P) chứa AB song song với CD Ta có AB ( 3; 1; 2)uuur= − − CD ( 2; 4;0)uuur= −
⇒ vectơ pháp tuyến (P) là: n(P)= AB,CD = − − −( 8; 4; 14) r uuur uuur
⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là: 4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0− + − + − = Hay: 4x 2y 7z 15 0+ + − =
• Trường hợp 2: Mặt phẳng (P) qua điểm: A, B trung điểm M CD Ta có: M 1;1;1( )
AM (0; 1;0)
⇒ uuuur= −
⇒ Vectơ pháp tuyến (P) là: nr= AB, AMuuur uuuur = (2;0;3)
⇒ Ptrình (P): 2(x 1) 0(y 2) 3(z 1) 0− + − + − = Hay: 2x 3z 0+ − =
Kết luận: có mặt phẳng (P) thoả mãn yêu cầu toán là: 4x 2y 7z 15 0+ + − =
Và: 2x 3z 0+ − = Câu VII.a
Giả sử z a bi= + với a, b ∈ R Khi đó:
z (2 i) 10 (a 2) (b 1)i 10
(a bi) (a bi) 25 z.z 25
− + = − + − =
⇔
+ − =
=
( )2
2 2 2
2
(a 2) b 10 a b 25 a b 25
4a 2b 25 10 2a b 10
a b 25
− + − = + = + =
⇔ ⇔ ⇔
− − + + = + =
+ =
2
2
a b 25
(10 2a) a 25
b 10 2a
+ =
⇔ = − ⇒ − + =
2
5a 40a 75 a 8a 15
⇔ − + = ⇔ − + =
a
b z 4i
z a
b
=
= = +
⇔ ⇔
= =
=
(7)B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b
1 Khoảng cách từ A đến BC 4
1
− − −
= =
+
( ) (2 )2
B B
B C B C
C C
B C
B C
B C
B(x ; x 4)
BC x x x x
C(x ; x 4)
BC x x
2 x x
9
18
2
x x 4;
− ⇒ = − + − − = − − ⇒ = ⇒ − =
( ) (2 ) (2 ) (2 )2
B B C C
B C
AB AC
x x x x
x x
= + + − = + + − ⇔ − = B B C C C C B B 11 x y 2 x y 2 11 x y 2 x y 2 = ⇒ = − = ⇒ = ⇔ = ⇒ = − = ⇒ =
2 Gọi d đường thẳng qua A, song song với (P)
⇒ d nằm mp (Q) qua A song song với (P). ⇒ (Q): x – 2y + 2z + = 0.
Đường thẳng ∆ qua B, vng góc với (Q):
x t
y 2t
z 2t
= + = − − = +
Tìm giao điểm (Q) ∆ C 11 7; ; 9
−
.
Suy phương trình đường thẳng AC cần tìm là:
x y z
26 11
(8)Câu VII.b
Hoành độ giao điểm hai đồ thị thoả mãn PT: -x +m =
2
x
x
−
2 2
x mx x 1(x 0) 2x mx (1)
⇔ − + = − ≠ ⇔ + − =
PT(1) có ac = -2 < nên ln có hai nghiệm phân biệt x1< <0 x2 Khi A x ; x( − +1 m) B x ; x( − 2+ m)
Ta có AB = 4⇔ AB2 = 16 ( )2 ( )2
1 2
2 x x 16 x x
⇔ − = ⇔ − =
( )2 2
1 2
m
x x 4x x 8 m 24 m
2
⇔ + − − = ⇔ − + − = ⇔ = ⇔ = ±
(vì theo định lý Viét m
x x
2
+ = − x x
2