Gián án de5_onthiDH&CD(có hdẫn)

Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn Đề 5: ( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009) Câu 1: Cho hàm số y = 2 m (m 1)(x 2x) m 4 (C ) mx m − − + + + với 0 ≠ m và 1 m . 4 ≠ − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2. 2. Tìm m, để hàm số (C m ) có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu. Câu 2: 1. Giải bất phương trình: 1 1 15.2 1 2 1 2 + + + ≥ − + x x x 2. Tìm m để phương trình: 2 2 0,5 4(log ) log 0− + =x x m có nghiệm thuộc (0, 1). Câu 3: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C 1 ): x 2 + y 2 – 2x – 2y – 2 = 0. (C 2 ): x 2 + y 2 – 8x – 2y + 16 = 0. Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ). 2. Trong không gian Oxyz cho 2 đường thẳng: (d 1 ) :      += += = t26z t4y tx ; và (d 2 ) :      −= −= = 1'tz 6't3y 'tx Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; -1; 1) trên (d 2 ). Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K vuông góc với (d 1 ) và cắt (d 1 ). Câu 4: 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. 2. Tính tích phân: I = ∫ + 3 1 26 )x1(x dx . Câu 5: 1. Tính tổng 0 1 2 2009 2009 2009 2009 2009 S C 2C 3C . 2010C= + + + + . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = )xsinxcos2(xsin xcos 2 − với 0 < x ≤ 3 π . Câu 6: Giải phương trình 2 4 3 1 0 2 z z z z− + + + = trên tập số phức. -------------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------- 1 Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Khi m = 2, ta có: 2 x 2x 6 x 3 9 y : (C) 2x 2 2 2 2x 2 − + = = − + + + * MXĐ: D = R\{-1} * 2 / 2 2x 4x 16 y (2x 2) + − = + / x 4 y 5 y 0 x 2 y 1 = − ⇒ = −  = ⇔  = ⇒ =  * Giới hạn và tiệm cận: x 1 lim y x 1 →− = ∞ ⇒ = − : tiệm cận đứng x x x 3 9 lim y lim 0 2 2 2x 2 →∞ →∞     − − = =  ÷   +     x 3 y 2 2 ⇒ = − : tiệm cận xiên * Bảng biến thiên: x -∞ -4 -1 2 +∞ y / + 0 - - 0 + y -∞ -5 CĐ -∞ +∞ CT 1 +∞ * Đồ thị: hình trên. 2). 2 2 / 2 m(m 1)x 2m(m 1)x 3m 2m y (mx m) − + − − − = + 2 / 2 (m 1)x 2(m 1)x 3m 2 y m(x 1) − + − − − ⇔ = + (vì m 0)≠ ° Hàm số có cực đại, cực tiểu / y 0⇐ = có hai nghiệm phân biệt khác –1. 2 g(x) (m 1)x 2(m 1)x 3m 2 0⇔ = − + − − − = có 2 nghiệm phân biệt khác –1 / m 1 0 m 1 (m 1)(4m 1) 0 (*) 1 m g( 1) 4m 1 0 4 + ≠  >    ⇔ ∆ = − + > ⇔   < −  − = − − ≠   ° Trong điều kiện đó, g(x) = 0 có 2 nghiệm x 1 , x 2 và 1 2 1 2 x x 2 3m 2 x x m 1 + = −    + = −   − ° Gọi 1 2 2 2 (x ; y ), (x ; y ) là tọa độ 2 điểm cực trị. ° tại điểm cực trị thì: / / / / 2 / u .v u.v y 0 u 2(m 1) v y (x 1) m v u y , v 0 v  − = =  −  ⇒ = = −   = ≠   2 x (C) 320-1-4 -5 3 2 − 3 y 1 Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn 1,2 1,2 2(m 1) y (x 1) m − ⇒ = − ° Hai giá trị cực trị cùng dấu 1 2 y .y 0⇔ > 2 1 2 1 2 2 2(m 1) 2(m 1) 4(m 1) (x 1). (x 1) 0 (x 1)(x 1) 0 m m m − − − ⇔ − − > ⇔ − − > 1 2 (x 1)(x 1) 0⇔ − − > (do điều kiện (*) ⇔ − + + > 1 2 1 2 x x (x x ) 1 0 + − ⇔ − + + > ⇔ > ⇔ < − − 3m 2 5 2 1 0 0 m 1. m 1 m 1 ° Kết hợp các điều kiện ta được: 1 m . 4 < − Vậy, giá trị cần tìm: 1 m . 4 < − Câu 2: (2,0 điểm) 1). Giải bất phương trình: 1 1 15.2 1 2 1 2 + + + ≥ − + x x x (1) * Đặt: x t 2 ;= điều kiện: t > 0. Khi đó (1) 30t 1 t 1 2t (2)⇔ + ≥ − + TH1: t 1 ≥ 2 (2) 30t 1 3t 1 30t 1 9t 6t 1 1 t 4 (a)⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − + ⇔ ≤ ≤ TH2: 0 t 1< ≤ 2 (2) 30t 1 t 1 30t 1 t 2t 1 0 t 1 (b)⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ + + ⇔ < ≤ * Kết hợp (a) và (b) ta được: x 0 t 4 0 2 4 x 2.< ≤ ⇔ < ≤ ⇔ ≤ * Vậy, bất phương trình có nghiệm: x 2. ≤ 2). Tìm m để phương trình: 2 2 0,5 4(log ) log 0− + =x x m có nghiệm thuộc (0, 1). Ta có : 2 2 0,5 4(log x) log x m 0− + = với x (0; 1)∈ 2 2 2 log x log x m 0; x (0; 1) (1)⇔ + + = ∈ ° Đặt: 2 t log x= ° Vì: 2 x 0 lim log x → = −∞ và x 1 lim logx 0 → = , nên: với x (0;1) t ( ; 0)∈ ⇒ ∈ −∞ ° Ta có: (1) 2 t t m 0, t 0 (2)⇔ − − = < 2 m t t, t 0⇔ = − − < ° Đặt: 2 y t t, t 0 : (P) y m : (d)  = − − <  =  ° Xét hàm số: 2 y f(t) t t= = − − , với t < 0 ⇒ / f (t) 2t 1= − − ⇒ / 1 1 f (t) 0 t y . 2 4 = ⇔ = − ⇒ = ° Từ bảng biến thiên ta suy ra: (1) có nghiệm x (0; 1)∈ ⇔ (2) có nghiệm t < 0 ⇔ (d) và (P) có điểm chung, với hồnh độ t < 0 1 m 4 ⇔ ≤ . Vậy, giá trị m cần tìm: 1 m . 4 ≤ Câu 3: 1). (C 1 ): 2 2 (x 1) (y 1) 4− + − = có tâm 1 I (1; 1) bán kính R 1 = 2 3 x y (C 1 ) (C 2 ) I 2 AI 1 1 1 4 x = 3 0 Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn (C 2 ): 2 2 (x 4) (y 1) 1− + − = có tâm 2 I (4; 1) bán kính R 2 = 1 Ta có: 1 2 1 2 I I 3 R R= = + ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1) ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b ( ) :ax y b 0∆ = + ⇔ ∆ − + = ta có: 2 2 1 1 2 2 2 2 a b 1 2 2 2 a a d(I ; ) R a b 4 4 hay d(I ; ) R 4a b 1 4 7 2 4 7 2 1 b b 4 4 a b  + −   =  = = −   ∆ =  +    ⇔ ⇔     ∆ = + − − +     = = =      +  * Vậy, có 3 phương trình tiếp tuyến chung: 1 2 3 2 4 7 2 2 4 7 2 ( ) : x 3, ( ) : y x , ( ) y x 4 4 4 4 + − ∆ = ∆ = − + ∆ = + 2). (d 1 ) có vectơ chỉ phương 1 u (1; 1; 2)= r ; (d 2 ) có vectơ chỉ phương 2 u (1; 3; 1)= r ° / / / / / / 2 K (d ) K(t ; 3t 6; t 1) IK (t 1; 3t 5; t 2)∈ ⇒ − − ⇒ = − − − uur ° / / / / 2 18 18 12 7 IK u t 1 9t 15 t 2 0 t K ; ; 11 11 11 11   ⊥ ⇔ − + − + − = ⇔ = ⇒ −  ÷   uur r ° Giả sử (d ) cắt (d 1 ) tại 1 H(t; 4 t; 6 2t), (H (d ))+ + ∈ ° 18 56 59 HK t; t; 2t 11 11 11   = − − − − −  ÷   uuur ° 1 18 56 118 26 HK u t t 4t 0 t 11 11 11 11 ⊥ ⇔ − − − − − = ⇔ = − uuur r 30 7 1 HK 4; ; (44; 30; 7). 11 11 11   ⇒ = − − = − −  ÷   uuur ° Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ): 18 x 44 11 12 y 30 11 7 z 7 11  = + λ    = − − λ    = − λ   . Câu 4: 1). Cách 1: * Dựng SH AB⊥ * Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. * Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α * ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP. 4 S H P C A B N ϕ Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn * ∆ AHP vuông có: o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = * ∆ SHP vuông có: a 3 SH HP.tg tg 4 = α = α * Thể tích hình chóp 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC : V .SH.S . .tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α Cách 2: * Dựng SH AB⊥ * Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) B, SH (SAB) SH (ABC)⊥ ∩ = ⊂ ⇒ ⊥ * Vì (SAC) và (SBC) cùng tạo với (ABC) một góc  và ABC đều, nên suy ra H là trung điểm AB. * Dựng hệ trục tọa độ Hxyz, với Hx, Hy, Hz đôi một vuông góc, H(0; 0; 0),       − >  ÷  ÷  ÷  ÷       a a a 3 A ; 0; 0 ; B ; 0; 0 ;C 0; ; 0 , S(0; 0; h), (h 0). 2 2 2 * Phương trình mp (ABC): z = 0, với pháp vectơ 1 n (0; 0;1)= r * Phương trình mp (SAC): x y z 1 a h a 3 + + = (SAC) : 2h 3x 2hy a 3z ah 3 0⇔ + + − = với 2 n (2h 3; 2h; a 3)= r * (SAC) tạo với (ABC) một góc α: 2 2 2 2 2 0 0 a 3 a 3 cos 0 0 1. 12h 4h 3a 16h 3a + + α = = + + + + + + ⇔ = + α = α 2 2 2 2 2 1 16h 3a 1 tg cos 3a α ⇔ = ⇔ = α 2 2 2 3a tg a 3 h h tg 16 4 * Thể tích hình chóp S.ABC: 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a V .h.S . tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α . 2). Tính 3 6 2 1 dx I x (1 x ) = + ∫ .Đặt : 2 1 dt x dx . t t = ⇒ = − Đổi cận: x = 1 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 3 3     − = − = − + − = − + + = +    ÷ + + + +     ∫ ∫ ∫ ∫ 3 1 1 1 1 6 5 3 3 4 2 2 2 2 2 3 1 3 3 3 3 3 3 3 t 1 t t dt 117 41 3 dt I dt t t 1 dt t 5 3 135 t 1 t 1 t 1 t 1 ° Đặt: 2 2 t tg u dt (1 tg u)du= ⇒ = + . Đổi cận: t = 1 ⇒ u = 6 π ; t = 3 3 ⇒ u = 4 π [ ] 1 2 4 / 4 2 2 / 6 3 6 3 dt 1 tg u du u . 12t 1 1 tg u π π π π + π ⇒ = = = + + ∫ ∫ ° Vậy: 117 41 3 I 135 12 − π = + . 5 z h S B C A x H a 2 y Lờ Trinh Tng Trng THPT Trng Vng Quy Nhn Cõu 5: 1). Xột a thc: = + = + + + + 2009 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 f(x) x(1 x) x(C C x C x . C x ) = + + + + 0 1 2 2 3 2009 2010 2009 2009 2009 2009 C x C x C x . C x . * Ta cú: = + + + + / 0 1 2 2 2009 2009 2009 2009 2009 2009 f (x) C 2C x 3C x . 2010C x = + + + + / 0 1 2 2009 2009 2009 2009 2009 f (1) C 2C 3C . 2010C (a) * Mt khỏc: = + + + = + + / 2009 2008 2008 f (x) (1 x) 2009(1 x) x (1 x) (2010 x) = / 2008 f (1) 2011.2 (b) * T (a) v (b) suy ra: = 2008 S 2011.2 . 2). Vi 0 x 3 < thỡ 0 tg 3< v sinx 0,cosx 0, 2cosx sin x 0 2 2 3 2 2 2 3 2 cosx 1 tg x 1 tg x cos x y sin x 2cosx sinx tg x(2 tgx) 2tg x tg x . cosx cos x + + = = = t: t tgx; 0 t 3= < 2 2 3 1 t y f(t) ; 0 t 3 2t t + = = < + + + + = = = = = = 4 2 3 2 / / 2 3 2 2 3 2 2 3 2 t 3t 4t t(t 3t 4) t(t 1)(t t 4) f (t) f (t) 0 (t 0 t 1). (2t t ) (2t t ) (2t t ) Bng bin thiờn: t 0 1 3 f / (t) 0 - 0 + f(t) + 2 4 6 3 3 Tửứ baỷng bieỏn thieõn, ta coự: min f(t) 2 t 1 x 4 = = = Vy, giỏ tr nh nht ca hm s: = = 0; 3 miny 2 khi x / 4. Cõu 6: Gii phng trỡnh 2 4 3 1 0 2 z z z z + + + = trờn tp s phc. * Bin i: + + + = + ữ ữ 2 2 4 3 2 1 1 5 1 2 2 z z z z z z z z z . t n s ph: t = 1 z z * a v phng trỡnh: 2 5 1 3 1 3 0 2 2 2 i i t t t t + + = = = ữ * ỏp s cú 4 nghim z : 1+i; 1- i ; 1 1 ; 2 2 i i + . 6 Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn -----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------- 7 . tìm: 1 m . 4 ≤ Câu 3: 1). (C 1 ): 2 2 (x 1) (y 1) 4− + − = có tâm 1 I (1; 1) bán kính R 1 = 2 3 x y (C 1 ) (C 2 ) I 2 AI 1 1 1 4 x = 3 0 Lê Trinh Tường Trường. THPT Trưng Vương Quy Nhơn (C 2 ): 2 2 (x 4) (y 1) 1− + − = có tâm 2 I (4; 1) bán kính R 2 = 1 Ta có: 1 2 1 2 I I 3 R R= = + ⇒ (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài