http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
6
Với:
2
1
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
2 0x y
Với
4
3
a
b
đường thẳng
qua AB có phương trình
3 12 0x y
0,25
0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng
;2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2
xx
b) Giải phương trình : 3
2
3
512)13( 22 xxxx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2ln3
023 )2( x
e
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là
a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
22
44
yx
yx
P
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz ,
z
C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) :3 5 0
x y
sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
zyx
d
1
3
3
1
2
:
2
zyx
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
7
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a) Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1
y x m x m m x
)1(6)12(66' 2 mmxmxy
y’ có 01)(4)12( 22 mmm
0,5
1
0' mx
mx
y
Hàm số đồng biến trên
;2
0'
y 2
x
21
m
1
m
0,25
b)
0,25
Câu II a)
Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2
xx
1 đi
ểm
PT
1)1cos4(3cos2 2xx
1)sin43(3cos2 2 xx
0,25
Nhận xét Zkkx
,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2 2 xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
; Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
mt5
,Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Zl
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x(tm 5
);
7
2
7
m
x (37
lm )
trong đó Zltm
,,
0,25
Giải phương trình : 3
2
3
512)13( 22 xxxx
1 đi
ểm
PT
631012)13(2 22 xxxx
232)12(412)13(2 222 xxxxx . Đặt )0(12 2 txt
Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt
Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx
0,25
b)
Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt
Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx
0,25
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
8
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,5
Tính tích phân
2ln3
02
3)2( x
e
dx
I
1 đi
ểm
Ta c ó
2ln3
0 2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I=
Đặt u= 3
x
e
dxedu
x
3
3;22ln3;10
uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I=3 du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
0,25
Câu III
8
1
)
2
3
ln(
4
3
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O M
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
9
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
BCOA
BCAM
')'( AMABC
Kẻ ,'AAMH
(do
A
nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do BCHM
AMAHM
AMABC
)'(
)'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
OA
'
suy ra 3
a
a3
4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
Thể tích khối lăng trụ: 12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3
cba .Chứng minh
rằng:
134)(3 222 abccba
1 đi
ểm
Đặt
2
;134)(3),,( 222 cb
tabccbacbaf
*Trước hết ta chưng minh: ),,(),,( ttafcbaf
:Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba
33
cbaa hay a
1
),,(),,( ttafcbaf
134)(3134)(3 2222222 atttaabccba
= )(4)2(3 2222 tbcatcb
=
22
22
4
)(
4
4
)(2
3cb
bca
cb
cb =2
2
)(
2
)(3 cba
cb
=0
2
))(23( 2
cba do a
1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: 0),,(
ttaf với a+2t=3
Ta có 134)(3),,( 2222 atttattaf
= 13)23(4))23((3 2222 ttttt
= 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra 10&1
cbacbt (ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
10
1
1
22
44
yx
yx
P
Từ giả thiết suy ra:
xyxyyx
xyxyxyyxyx
33)(1
21
2
22
Từ đó ta có 1
3
1 xy .
0,25
M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222
nªn 12
2244 xyyxyx .®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
22
)(
2
t
t
tt
tfP
0.25
TÝnh
)(26
26
0
)2(
6
10)(' 2lt
t
t
tf
0.25
Do hàm số liên tục trên
1;
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f,)26( f,)1(f cho ra kết quả:
626)26( fMaxP ,
15
11
)
3
1
(min fP
0.25
Câu VIa
1 đi
ểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có:
1;2 5
AB AB
. Phương trình của AB là:
2 2 0
x y
.
: ;
I d y x I t t
. I là trung điểm của AC: )2;12( ttC
0,5
a)
Theo bài ra: 2),(.
2
1
ABCdABS ABC
446. t
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5) thoả mãn .
0,5
1 đi
ểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên )1;1;2(// nOH ;
H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1 suy ra )
3
1
;
3
1
;
3
2
(H
0,25