www.saosangsong.com.vn Năm học 2009-2010 1 NHÁY A 2009. Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (2 điểm ). Cho hàm số y = 2x 1 x 1 − + a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C).của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến hợp với hai trục thành một tam giác có diện tích là 121/6 Câu 2 (2 điểm ) : 1) Giải phương trình : (1 2cos x) sin x 3 (1 2cosx)(1 + cos x) + = − 2) Giải phương trình 3 2 x 1 x 8 1+− − = Câu 3 (1 điểm ). Tính tích phân : /2 42 0 sin x (1 cos x)d x I π =+ ∫ Câu 4 (1 điểm ). Cho hình chóp SABCD đáy là hình thang cân hai đáy là AB = a, CD = 2a. Biết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) vuông góc với đáy và vuông góc nhau. Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là 45 0 , tính thể tích khối chóp S. ABCD. Câu 5 (1 điểm ). Cho a, b > 0 và thỏa 33 11 2 ba + = , tìm GTNN của A = 22 111 a b ab ab ++ Câu 6 (3 điểm ). 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y – 11 = 0 và đường thẳng d: mx + y + 1 = 0 . Tìm m sao cho d cắt (C) tại A, B và diện tích tam giác IAB là lớn nhất, I là tâm đường tròn (C). 2. Trong không Oxyz cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 6z - 6 = 0 và đường thẳng d: x 1 4 1 12 yz −+− == − 1 . Viết phương trình mặt phẳng qua d và cắt (S) theo một đường tròn có bán kính là 2. 3. Định m sao cho hệ sau có 4 nghiệm : () 22 3 3 x+ y + m x log (x ) 1 log x 216 y yy ⎧ +=+ ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩ GIẢI VẮN TẮT Câu 1. b) Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ a : y = 2 22 3 2 1 3x 2 2 1 (x ) (1) 1(1) (1) aa a aaaa 2 a − −− −+ = + +++ + d cắt Oy tại A(0 ; 2 2 22 (1) aa a −− + 1 ) và Ox tại B(- 2 22 3 aa1− − ; 0) www.saosangsong.com.vn Năm học 2009-2010 2 Diện tích tam giác OAB bằng 121/6 Ù 22 2 (2 2 1) 121 6( 1) 6 aa a −− = + Ù Ù 2 2 2 2 1 11( 1) 22111(1 aa a aa a ⎡ −−= + ⎢ −−=− + ⎣ ) 2 2 213120 . 29100 aa aa ⎡ −−= <=> ⎢ ++= ⎣ Câu 2. a) Đk : cosx ≠ ½ và cosx ≠ - 1: sinx + sin 2 x = 2 3 3 cos x 2 3 cos x −− Ù sin x + 3 cos x sin 2x 3 cos 2x=− − Ù cos(x / 6) cos(2x - 7 / 6) π π −= . . . b) Đặt u = x 1+ ≥ 0, v = 3 2 x- 8 , ta có : u – v = 1 Mặt khác : x = u 2 – 1 và x 2 = v 3 + 8 Suy ra: v 3 + 8 = (u 2 – 1) 2 Thay v = u – 1, ta có phương trình : (u – 1) 3 + 8 = u 4 – 2u 2 + 1 Ù u 4 - u 3 + u 2 – 3u – 6 = 0 Ù (u – 2)(u 3 + u 2 + 3u + 3) = 0 (u ≥ 0) Ù u = 2 Ù x = 3 Câu 4. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì (SAC) và (SBD) cùng vuông góc (ABCD( nên giao tuyến SO của chúng cũng vuông góc (ABCD). Ta có: (SAC) và (SBD) vuông góc => AC vuông góc BD => OAB và OCD vuông cân : => OI = a và OJ = a/2 , I, J là trung điểm của AB và CD. Góc của (SAB) và (SCD) là góc IS = 45 . Đặt SO = h, ta có: 0 D B y S C A a a/2 45 0 O S J O I tan45 0 = 2 2 2 1 2 aa hh a h + = − 22 3 1 2 ah ha = − Ù 2h 2 – 3ah – a 2 = 0 Ù h = 317(31 44 aa a++ = 7) \ Suy ra: V = . . . Câu 5: Đặt 11 x; ; 1 b yz ac === ; gt Ù x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 – xy + y 2 ) = 2 ≥ (x + y)xy www.saosangsong.com.vn Năm học 2009-2010 3 Mà x + y ≥ 2 xy nên 2 ≥ 2. () 3 ) xy => xy ≤ 1 . A = () 21x y xy xy++≤+=3 Vậy maxA = 3 khi x = y = 1 Ù a = b = 1. Câu 6. 1. Thế y = - (m x + 1) vào phương trình đường tròn , ta có phương trình hoành độ giao điểm M, N: x 2 + (mx + 1) 2 – 2 x – 4(mx + 1) – 11 = 0 Ù (m 2 + 1) x 2 – 2( m + 1) x – 14 = 0 ∆’ = (m + 1) 2 + 14(m 2 + 1) > 0 , mọi m => d luôn cắt © tại hai điểm . M N I H K Ta có: IH = d(I, MN) = 2 |1 1 m m − + | => MH 2 = R 2 – IH 2 = 16 - 2 2 (1) 1 m m − + => S 2 = IH 2 . MH 2 = 16 ; t = 2 tt− 2 2 (1) 1 m m − + ≥ 0 X ét t : t’ = 2 2 2 (1) m m − + 2 2 t’ = 0 Ù m = 1 hay m =. - 1 Khảo sát biến thiên ta được : t thuộc [0 ; 2]. (S 2 ) ‘ = 16 – 2t < 0 => S lớn nhất khi t = 2 Ù m = - 1. Cách khác : d luôn qua điểm cố định qua K(0 ; - 1) ở bên trong đường tròn. Đường tròn có tâm I(1 ; - 2), R = 4. S = IH. MH = 2222 . 2 IKHKRIKHK−−+ Đặt HK = x , IK 2 2 = 2, ta được S = (x) f với f(x) = (2 x)(14+ x)− ( 0 ≤ x ≤ 2) => f’(x) = 2x 12 0 2(2 x)(14+ x ) −− < − => f(x) ≤ f(0) = 28 2 7= Vậy diện tích lớn nhất khi x = 0 Ù d vuông góc với IK JJ = (- 1; 1) Ù m = - 1 G M N I H K GHI CHÚ : Cũng bài toán này nhưng nếu đường thẳng d đi qua một điểm cố định K ở ngoài đường tròn thì giải như sau nhanh hơn. Vì S IMN = ½ . IM. IN sin MIN = ½. R 2 sin MIN , nên diện tích IMN lớn nhất khi sinMIN = 1 Ù tam giác IMN vuông cân Ù IH = d(I, d) = R/ 2 . Nhưng cách giải này không áp dụng cho bài này được. Thật vậy: d(I,d) = R/ 2 www.saosangsong.com.vn Năm học 2009-2010 4 Ù 22 2 |1| 22 ( 1) 8( 1) 1 m mm m − = <=> − = + + Ù 7m 2 + 2m + 7 = 0 (VN) Lý do vì d luôn qua điểm K (0 ; - 1) ở bên trong đường tròn và cách tâm I một khoảng 2 < R/ 2 nên không thể có tam giác IMN vuông cân. 2. (S) có tâm I(1 ; 0 ; 3), R = 4 G d qua M(1 ; - 4; 1), VTCP u = (1 ; - 2; 1) (P) qua M Ù ax + by + cz – a + 4b – c = 0 G (P) chứa u Ù a - 2b + c = 0 d(I, (P)) = 22 42 12−= Ù 222 |4 2 | 12 bc abc + = ++ Ù (4b + 2c) 2 = 12(a 2 + b 2 + c 2 ) Thế a = 2b – c: (2b + c) 2 = 3[ (2b – c) 2 + b 2 + c 2 ] Ù 4b 2 + 4bc + c 2 = 3(5b 2 – 4bc + 2c 2 ) Ù 11b 2 – 16bc + 5c 2 = 0 Ù b = c hay b = 5c/11 Ta chọn b = c = 1 hay (c = 11, b = 5). . . . 3. Đk : x + y > 0 và x y > 0 Ù x > 0 và y > 0. Hệ thành: x + y = 3(xy) và x 2 + y 2 + m = 8x y Ù S = 3P và S 2 – 10P + m = 0 (S = x + y > 0 và P = x y > 0) => - 9P 2 + 10P = m (*) ĐK : 2 4SP−≥0 Ù 9P 2 – 4P ≥ 0 Ù P ≥ 4/9. Hệ có 4 nghiệm khi phương trình (*) có 2 nghiệm thỏa P > 4/9 Khảo sát hàm số f(P) = - 9P 2 + 10P với P > 4/9, ta được : 8/3 < m < 25/9 . = h, ta có: 0 D B y S C A a a/ 2 45 0 O S J O I tan45 0 = 2 2 2 1 2 aa hh a h + = − 22 3 1 2 ah ha = − Ù 2h 2 – 3ah – a 2 = 0 Ù h = 317(31 44 aa a+ + = 7). 121 6( 1) 6 aa a −− = + Ù Ù 2 2 2 2 1 11( 1) 22111(1 aa a aa a ⎡ −−= + ⎢ −−=− + ⎣ ) 2 2 213120 . 29100 aa aa ⎡ −−= <=> ⎢ ++= ⎣ Câu 2. a) Đk : cosx