Tài liệu Khảo Sát Chuyên Đề Hàm Số ppt

Sở GD − ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Tam Dương  &  ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số ( ) ( ) = − − + − + 3 2 1 1 1 3 2 3 3 y x m x m x 1. Khào sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm có hoành độ 1 2 , x x sao cho + = 1 2 2 1 x x . Câu 2 (2.0 điểm ) : 1. Giải phương trình: 2 4sin 3 .sin 4cos 3 cos cos 2 1 0 4 4 4 x x x x x π π π       + − + − + + =             . 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 4 log 2 2 4 log ( 2 2) 5 x x x x − + + − + ≤ . Câu 3 (2.0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; −1), B(7; −2; 3) và đường thẳng : 1 2 2 : 3 2 2 x y z + − − ∆ = = − 1. Chứng minh rằng đường thẳng AB và đường thẳng ∆ cùng thuộc một mặt phẳng. 2. Tìm điểm I thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Tính tích phân: I = 3 2 0 2( 1) 2 1 1 x dx x x x x+ + + + + ∫ . 2. Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 2 2 2 2 3 x xy y y yz z z zx x x y z + + + + + + + + ≥ + + Câu 5 (2.0 điểm): 1. Gi ải phương trình : 4 3 2 6 9 100 0 z z z + + + = . 2. Trong m ặt phẳng Oxy, cho Hypebol (H): 2 2 1 9 4 x y − = . Gọi F 1 , F 2 là hai tiêu điểm của (H). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho diện tích tam giác MF 1 F 2 bằng 4 13 −−−−−−−−−−−−−H ẾT−−−−−−−−−−−−− Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: SBD: Câu Nội dung Điểm I 1. Khi m = 2, hàm số có dạng: = − + 3 2 1 1 3 3 y x x + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: ( −∞; 0) và (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại x CĐ = 0, y CĐ = 1 3 ; đạt CT tại x CT = 2, y CT = −1 y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn 1 1; 3   −     (1; 2) 0.25 Giới hạn và tiệm cận: 3 3 1 1 1 lim lim 3 3 x x y x x x →±∞ →±∞   = − + = ±∞     0.25 LËp BBT: 0.25 §å thÞ: 0.25 2/. Ta có: y’ = x 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆’ > 0 ⇔ m 2 − 5m + 7 > 0 (luôn đúng ∀m) 0.25 Giả sử hoành độ hai điểm cưcj trị là x 1 , x 2 . Khi đó x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình y’ = 0. Theo Viet ta có: 1 2 1 2 2( 1) 3( 2) x x m x x m + = −   = −  0.25 y’ − ∞ − 1 0 1 3 x y + ∞ − + + 0 − ∞ 2 + ∞ 0 x y O Vì x 1 + 2x 2 = 1 ⇒ x 1 = 1 − 2x 2 nên ta có: ( ) 2 2 2 3 2 1 2 3( 2) x m x x m = −    − = −   0.25 2 19 3 8 19 9 0 16 m m m ± ⇔ + + = ⇔ = KL: 0.25 II 2/. Phương trình đã cho tương đương với: 1 sin 4 2(cos 2 sin 2 ) 0 2 x x x + + + = (1) 0.25 Đặt 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 , | | 2 sin 4 1 4 t x x x t x t π   = + = − ≤ ⇒ = −     0.25 Phương trình tương đương với t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do | | 2 t ≤ ) 0.25 Suy ra: 3 cos 2 0 ; 4 8 2 k x x k π π π   − = ⇔ = + ∈      0.25 2. Điều kiện: ∀x∈R B ất phương trình tương đương với: ( ) 2 2 4 4 log 2 2 4 log ( 2 2) 5 x x x x − + + − + ≤ 0.25 Đặt 2 4 log ( 2 2) 0 t x x = − + ≥ , bất phương trình có dạng: t 2 + 4t − 5 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 (Vì t ≥ 0) 0.25 Vậy: 2 2 2 4 4 log ( 2 2) 1 log ( 2 2) 1 2 2 0 1 3 1 3 x x x x x x x− + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ + 0.25 KL: Tập nghiệm của bất phương trình: 1 3;1 3 T   = − +   0.25 III 1/. Ta có: (6; 4; 4), (3; 2; AB u ∆ = − = − uuur uur 2) ⇒ 2 AB u ∆ = uuur uur ⇒ AB // ∆ ⇒ AB và ∆ cùng thuộc một mặt phẳng. 0.5 Gọi H là trung điểm AB ⇒ H(4 ; 0 ; 1) M ặt phẳng trung trực AB nhận AB uuur làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 3 x − 2 y + 2 z − 14 = 0 0,5 2/. Ta có: AB // ∆. Gọi A ’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆. Ta có chu vi P của tam giác IAB đạtgiá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi IA + IB đạt giá trị nhỏ nh ất. T ừ cách dựng ta có: IA + IB = I ’ A + IB ≥ A ’ B . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I trùng v ới H 0 . 0.25 Do AB // ∆ nên tam giác AA ’ B vuông tại A và AH 0 là đường trung tuyến. ⇒ ∆ H 0 AB cân tại H 0 ⇒ HH 0 ⊥ ∆ ⇒ H 0 (2 ; 0 ; 4) 0.25 Vậy I trùng H 0 (2; 0; 4) thì ∆ AIB có chu vi nhỏ nhất và min P = ( ) 2 17 30 + 0.25 H A' A B H 0 I 0.25 IV 1/. Đặt 2 1 1 2 t x t x dx tdt = + ⇒ = + ⇒ = V ới x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t =2 0.25 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1) 2 ( 1) ( 1) t t dt I t dt t t − = = − + ∫ ∫ 0.5 2 3 1 2 2 ( 1) 3 3 t = − = 0.25 2/. Ta có: 2 2 2 2 2 2 1 3( 2 ) ( 2 ) 4 x xy y x xy y x xy y   + + = + + + − +   2 2 2 2 2 1 3 3 3( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 x y x y x y x xy y x y   = + + − ≥ + ⇒ + + ≥ +   0.5 Tương tự: 2 2 2 2 3 3 ( ); ( ) 2 2 y yz z y z z zx x z x + + ≥ + + + ≥ + 0.25 ⇒ Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. 0.25 V 1/. Phương trình tương đương với: (z + 3z) 2 − (10i) 2 = 0 ⇔ (z 2 + 3z − 10i)(z 2 + 3z + 10i) = 0 2 2 3 10 0 3 10 0 z z i z z i  + − = ⇔  + + =   0.5 Với z 2 + 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i) 2 ⇒ phương trình có nghiệm 1 2 4 2 z i z i = +  ⇔  = − −  0.25 Với z 2 + 3z + 10i = 0 có ∆ = (5 − 4i) 2 ⇒ phương trình có nghiệm 1 2 4 2 z i z i = −  ⇔  = − +  0.25 2. Hypebol có hai tiêu điểm ( ) ( ) 1 2 13;0 , 13;0 F F − G ọ i h là chi ề u cao h ạ t ừ M c ủ a ∆ MF 1 F 2 . Vì di ệ n tích ∆ MF 1 F 2 = 4 3 nên h = 4 0.25 Vì F 1 , F 2 ∈ Ox nên y M = 10. Gi ả s ử M ( a ; 4) thu ộ c (H). ( a > 0) 0.25 Hoành độ M là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình: 2 2 2 4 1 45 3 5 9 4 a a a− = ⇔ = ⇔ = ± T ươ ng t ự v ớ i a < 0 0.25 KL: Có 4 đ i ể m M c ầ n tìm: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 3 5; 4 , 3 5; 4 , 3 5; 4 , 3 5; 4 M M M M − − − − 0.25 .  &  ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số ( ) ( ) =. +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại x CĐ = 0, y CĐ = 1 3 ; đạt CT tại x CT = 2, y CT = −1 y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số