Trần Mạnh Tùng – THPT Lương Thế Vinh - HN. Nguyễn Văn Chung – ĐH Công Nghiệp HN..[r]
(1)Đáp án đề toán khối D - 2009 Câu I.
1) với m = 0: y = x4 – 2x2 + TXĐ: D = R;
+ y’ = 4x3 – 4x
y’ = x = 0; x = 1
+ Điểm cực đại (0; 0), điểm cực tiẻu (-1; -1) (1; -1)
+ Hàm số đồng biến (-1; 0) (1;); Hàm số nghịch biến ( ; 1);(0;1). + Bảng biến thiên:
+ Đồ thị:
2) Yêu cầu toán tương đương với pt:
x4 – (3m + 2)x + 3m = -1 có nghiệm phân biệt nhỏ 2 x4 – (3m + 2)x + 3m + = 0.
Đặt t = x2, ta có t2 – (3m + 2)t + + 3m = có hai nghiệm thoả mãn < t1 < t2 < 4
0 4; (3 1)
3
1
1
0
t
m m
t m m m
Câu II.
1) Giải phương trình cos5x 2sin cos 2x x sinx0
3 cos (sin sin ) sin cos5 sin 2sin
3
cos5 sin sin sin sin
2
5
3 18 3 ( )
5
3
x x x x x x x
x x x x x
x x k x k
k Z
x x k x k
-1
-1
x
0
-
+
-0
0
y'
y
-1
1
-+
0
0
(2)2) Giải hệ pt:
2
( 1) 0(1)
5
( ) 0(2)
x x y x y
x
ĐK: x0
2
2
2
3
(1) 1
3
(2) 1
1
1
2
1
2
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
1 1
3
3
1
1 ( 1) ( 1)
3
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
ABC
AC A C AA a
BC AC AB a
S AB BC a
Gọi N trung điểm AC, O MN AC
Hạ IH AC IH (ABC) Có
2 21
' '
4
a AM AA A M
3
;
2
2
3
1 4
3 ABC 3
IK IM OM
AC a IH IA AN
IH IK
a
IH HK
a a
V IH S a
Câu V
Đặt
1
4
t xy t
Ta có:
2 3
2
2
16( ) 12( ) 25
16( ) 12( )(( ) ) 34
16 12
S xy x y xy xy
xy x y x y xy xy
t t
A
B
C
A’ M C’
N H
K I
(3)Xét f(t) = 16t2 - 2t +12 với
1
4
t
ta được
1
4
1
4
25
( ) (" " )
2
191 3
( ) (" " , )
16 4
t
t
MaxS Maxf t khi x y
MinS Minf t khi x y
Câu VIa.
1) Gọi (d1): 7x – 2y – = 0, (d2): 6x – y – = lần lượt phương trình đường trung tuyến, đường cao qua
đỉnh A N trung điểm BC Ta có:
1
7
:
6
(1; 2)
x y A d d
x y A
Do M trung điểm AB nên suy ra: B(3; -2)
2 (1;6)
: ( ) :
(3; 2) d
n u
BC PT BC x y
B
1
7
:
6
3 (0; )
2
x y N d BC
x y N
Do N trung điểm BC nên C( 3; 1)
Vậy
1
( ) :
4
x y
PT AC x y
2)
2
( 1;1; 2) : ( )
2
x t
AB AB y t t R
z t
Vì D AB D(2 t;1 ; )t t CD(1 ; ;2 ) t t t
Để CD song song với (P) CDnP
Ta có nP(1;1;1)
1
; ;
2 2
P P
CDn CD n t D
Câu VIIa
2
| |
| ( 4) |
( 3) ( 4)
z x iy
gt x yi i
x y i
x y
KL: Quĩ tích cần tìm đường trịn tâm (3; -4), bán kính R =
Câu VIb.
1) I(1; 0); R = Tam giác OMI cân I IO = IM =
Gọi (d) đường trung trực hạ từ I tam giác OIM, suy (d) tạo với Ox góc 600, suy hệ số góc kd = 3.
(4)Vì
1
( ) :
3
OM
OM d k ptOM y x
Toạ độ M giao OM (C)
2
1
3
;
2
( 1)
y x
M
x y
+) k : (d): y 3(x1) 3x 3. Vì
1
( ) :
3
OM
OM d k ptOM y x
Toạ độ M giao OM (C)
2
1
3
;
2
( 1)
y x
M
x y
.
2) u (1;1; 1); nP (1; 2; 3).
, ( 1;2;1)
d P
u u n
Gọi M giao (P), ta có M(-3;1;1) nên M thuộc (d)
Vậy (d):
3
x t
y t
z t
Câu VIIb.
Pt tương giao:
2
2 2
1
2 ( 0)
2 (1 )
x x
x m x
x
x mx x x x m x
ĐK:
(0) m R
f
Gọi I trung điểm AB, suy
1
; 1( )
2
A B
I I
x x m
x x m TM
Gv Trần Mạnh Tùng – THPT Lương Thế Vinh - HN