9 Đề thi HK1 môn Toán 12 - THPT Tà Nung - Có đáp án

2

3

x3





x

Bài 1: (1,5 đ) Cho hàm số f(x) =

ÔN THI KỲ I Lớp 12 THPT Đề số 1  1x9 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [–2 ; 2] . Suy ra tất cả các giá trị a để bất phương trình sau có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2] :

3

2

f(x) > a2 + 2a + 6 , a  R .  

 x)1m(





x

y

1x)2m(

(*)

Bài 2: (3,5 đ)Cho hàm số

 a. Chứng minh hàm số (*) luôn có cực đại và cực tiểu . b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 c. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

y 

x

1 3

d. Viết phương trình đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị (C) . e. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 – 3x – k = 0

Bài 3: (2đ) Cho phương trình :

x



 1x

1 2

4



2.m

0)1m4(



 a. Giải phương trình khi m = 1/2 b. Với các giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm

Bài 4: (3đ) Trên nửa đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’ , D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD . Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C ‘

a. Chứng minh B’D’ // BD và tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc với nhau b. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (AB’D’) c. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’

Đề số 2

3

2

y



)x(f



x



x



Bài 1: Cho hàm số

1 3

5 3



;

)

a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(

7 3

1 3

c. Chứng tỏ rằng đồ thị có một tâm đối xứng . d. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 + 3x2 – k = 0

Bài 2:

 2

 2

a. Rút gọn biểu thức  a

A







(a > 0)

a 1 2

 1 2

2 3 2

 a1 1 2

 1 2

a

a

a



a

a

2

A





 b. Rút gọn biểu thức : log log

log 2 log

12 2

48

6

96 2 Bài 3: Cho phương trình: m(16x) + 2(81x) = 5(36x) (m:tham số)

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

1

a. Giải phương trình khi m = 3 b. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất

Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B .AB = BC = a ; AD = 2a , cạnh SA = a 2 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Gọi M là hình chiếu của A lên SB . Mặt phẳng (AMD) cắt SC tại N .

a. Tứ giác ADNM là hình gì ? Vì sao ? b. Tính thể tích hình chóp S.ADNM theo a .

Đề số 3

y



3 

x

x3

Bài 1: Cho hàm số

có đồ thị (C)

1 4

x 

32

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) có hoành độ

. Viết phương trình đường thẳng đi

qua M và là tiếp tuyến của (C)

)x(f

Bài 2 :Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : trên đoạn [ 0 ; /2]  xsin4x2cos

168

24

 . Tính

theo a và b .

2   ; a

log54

log7

log12

log

log

2

 7x3 x

3x x

Bài 3: Biết b 12 Bài 4: Giải các phương trình :  2 2

2 log

 )1

 )1

4.13(

log

4(

a. b.

2

1 2

Bài 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . SA = h và vuông góc với đáy . Gọi H và I lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC .

a. Chứng minh rằng IH vuông góc với (SBC) b. Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h .

Đề số 4

Bài 1: Cho hàm số

(C)

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ là những số nguyên . c. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C) . Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của

(C) tại M vuông góc với đường thẳng IM .

Bài 2: Rút gọn biểu thức :

(1) với m là tham số

675

75

số nào lớn hơn ?

và

log135

log 45

Bài 3: Cho phương trình a. Giải phương trình ứng với m = 2 . b. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm. Bài 4: Không dùng máy tính hãy xét xem trong hai số : Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a . Qua trung điểm I của cạnh AB dựng đường thẳng d

SI 

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Trên d lấy một điểm S sao cho

.

3a 2

a. Tính diện tích tam giác SCD .

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

b. Tính thể tích hình chóp SACD . Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD) Đề số 5

Bài 1: Cho hàm số y = –x4 + 2x2 + 3 có đồ thị (C)

1. Khảo sát hàm số 2. Dựa vào đồ thị (C) , hãy xác định các giá trị của m để phương trình x4 – 2x2 + m = 0

có 4 nghiệm phân biệt

Bài 2: Rút gọn biểu thức :

1 2

1 2

a



a



b

1 4

1 4

P







b

  a:  

   

1 4

3 4

1 4

1 4

b 1 2 ba



a

a

b

    

    

 Bài 3: Tìm các giá trị của a để hàm số

3

2

y



x



 x)1a(2



ax)1a2(





nghịch biến trong khoảng (1;2)

1 3

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số dương n > 1 ta có :  )1n(

log

log

n(

)2



 1n

n

Bài 5: Cho hình chóp S.ABC đỉnh S , đáy là tam giác cân AB =AC =3a , BC=2a .Biết rằng các mặt bên (SAB) ,(SBC) ,(SCA) đều hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 .Kẽ đường cao SH của hình chóp. 1. Chứng tỏ rằng H là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC và SA  BC 2. Tính thể tích hình chóp

Đề số 6

y



)C(

Bài 1: Cho hàm số

 1x 1x 

1. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 2. CMR mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số đều lập với 2 đường tiệm cận một tam giác có

diện tích không đổi

3. Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại đó lập với 2 tiệm cận một tam

giác có chu vi bé nhất .

Bài 2: Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng :

Bài 3: Tìm tập xác định của hàm số :

x

y

4





3

. Dấu bằng xảy ra khi nào ?

Bài 4: Cho các số thực x,y thay đổi sao cho x + y = 1 . Chứng minh rằng : 2 Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và vuông góc với đáy ABCD . Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M,N . Đặt AM = x .

a. Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính thể tích S.MNCD theo a và x . b. Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD bằng 2/9 thể tích S.ABCD

Đề số 7

Bài 1: Cho hàm số :

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3

x

a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm với trục hoành . c. Tìm các điểm trên (C) có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) bằng 4 . x 1m3).1m(4

9.m







Bài 2 : Cho bất phương trình:

 a. Giải bất phương trình khi m = 2 . b. Tìm giá trị m để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x.

cos

1(





y

x

x

)

trên đoạn [0 ; ]

Bài 3: Chứng minh rằng : x > ln(x+1) . x > 0 Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số sin Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B . AB = a , BC = 2a , SA = 2a và vuông góc với đáy . Gọi M là trung điểm của SC.

a. Chứng minh rằng tam giác AMB cân tại M và tính theo a diện tích của tam giác đó b. Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC .

Đề số 8

3

x





x3

)C(2

Bài 1: Cho hàm số  y a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) qua A(1,–1) . c. Biện luận số nghiệm phương trình |x|(x2 – 3) = m theo tham số m Bài 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 + 2mx2 + m – 2 nghịch biến trong khoảng (1 ; 3) Bài 3: Cho a và b là hai số thực khác 0 . Tính giới hạn sau :

Bài 4: Cho bất phương trình : (m –1).4x + 2x+1 + m+1  0 (1)

a. Giải bất phương trình (1) khi m = –1 b. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi x

Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Góc nhị diện giữa hai mặt bên kề nhau bằng 1200 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD .

Đề số 9

Bài 1:

a. Khảo sát,vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 b. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị

(C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.

2

x

y



Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số

nghịch biến trên khoảng (–2 ; –

  mmx 1x 

 x1

 2x3

 3x2

)3

2(

)3



1

)3

2(



25

15

18

b

  theo a và b .

 2(  . Tính

 log 24

3/2) . Bài 3: Giải phương trình :  ; Bài 4: Biết log12 a log 6 Bài 5: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a a. Tính thể tích của tứ diện .

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

4

b. Một mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện . Hãy

tính thể tích của khối cầu nội tiếp tứ diện đều trên .

PHẦN BÀI GIẢI

3

2

x3





x

Bài 1: (1,5 đ) Cho hàm số f(x) =

ĐỀ SỐ 1  1x9 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên đoạn [–2 ; 2] . Suy ra tất cả các giá trị a để bất phương trình sau có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2] :

2

3

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

f(x) > a2 + 2a + 6 , a  R .  Bài giải : x 1 9 Tập xác định D = R  hàm số xác định trên [–2 ; 2] f

f x ( )    3 x x

 '( ) 3  6 x x x  9

2

1 ;  f

    1 [ 2; 2]  x 6 f '( ) 0    3 x x   [ 2; 2]



f

(2)

  21

2

( 2)    f Max f x ( ) [ 2;2]   x Min f x ( ) [ 2;2]   x  f x ( )

x      9 0 x 3      ( 1) 6 f 21 ; f (2)   ( 1) 6

2

2

a

a

2

0

a

6 6

   

a

3

2

a  2 a 6 2  có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2]  a a 2    6

2) 1) m m    1 x x y x ( Max f x ( ) x [ 2;2]          a 2 0 2 Vậy khi –2 < a < 0 thì bất phương trình f(x) > a2 + 2a + 6 có nghiệm trên đoạn [–2 ; 2] Bài 2: (3,5 đ)Cho hàm số  (

y

1 x 3

i. Viết phương trình đường thẳng qua cực đại cực tiểu của đồ thị (C) . j. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 – 3x – k = 0

2

 (*)  f. Chứng minh hàm số (*) luôn có cực đại và cực tiểu . g. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1 h. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

2

( x x    m m 1) 2)  1

 ' 3 1)   x

Bài giải: 3 a.   x y ( Tập xác định D = R 2   x m m y 2( 2    2 0  x m 1) 2 m m 7

   ' 0 2( m 3 y x 2 (  m 1) 2) 3( m    0     (vì m < 0) m

  ' Vậy y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt chứng tỏ hàm số (*) luôn có cực đại ,cực tiểu .

5

3

2

y

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

c.

có hệ số góc k

1 x 3

k

.

1

thỏa

     k 3

1 3

23 x

y  x  3 x    ' 3 1 y x 3  Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

x

y

3

 

 1

(2;1)

nên có phương trình :

3

x

x

y    . Số nghiệm của phương trình cũng là số giao điểm của 1

y 3 0 3

 1

xm .2

(4

m





Bài 3: (2đ) Cho phương trình :

  1) 0

1  x 24 c. Giải phương trình khi m = 1/2 d. Với các giá trị nào của m thì phương trình trên có nghiệm

Bài giải :

 1

1  x 24



(4

m

  1)

xm .2 x

 xm 2 .2

         x 1 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là : d. đồ thị hàm số có cực đại A(–1 ; 1 ) cực tiểu B(1 ; –3)    Đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến (2; 4) AB  n         ( 1) 1 0 y   x x 1) 0 2( 2 3 e.      k k x x 1 3 0 3 đồ thị với đường thẳng y = k –1 . Dựa vào đồ thị ta biện luận như sau : k – 1 < –3  k < –2 có 1 giao điểm  phương trình có 1 nghiệm k – 1 = –3  k = –2 có 2 giao điểm  phương trình có 2 nghiệm –3 < k – 1 <1  –2 < k < 2 có 3 giao điểm  phương trình có 3 nghiệm k – 1 = 1  k = 2 có 2 giao điểm  phương trình có 2 nghiệm k – 1 > 1  k > 2 có 1 giao điểm  phương trình có 1 nghiệm

0 (1)   0

 m 1)

0

0

(2)





  t

Với m = ½ Ta có

1

3 2

t 2

  

3 0

t

t   2 

3 / 2

 t  t        t

x

2

x

log



2

 log 3 1 2

3     2

3 2

Phương trình (1)  phương trình (2) có nghiệm thuộc (0 ; +)

  2

m

có nghiệm thuộc (0 ; +)

22 t  t

 1 2

f

t ( )



Xét hàm số

với t > 0

22 t  t

 1 2

2

1

f

t '( )





0

  t

0

 2

t 2 t (

 

t 8 2)

 f(t) đồng biến trên (0 ; +)  t > 0 ; f(t) > f(0) = –1/2

m

m

2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

 1     2

 1 4

  2.4 (4 Đặt t = 2x > 0 Ta có phương trình : 22   t 1) 0 (2) mt (4 m   2

6

GV:PHẠM VĂN LINH

d. Chứng minh B’D’ // BD và tứ giác AB’C’D’ có hai đường chéo vuông góc với nhau e. Chứng minh SC vuông góc với mặt

THCS – THPT TÀ NUNG Bài 4: (3đ) Trên nửa đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’ , D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD . Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C ‘

S

phẳng (AB’D’)

f. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’

D'

C'

2

2

I

'







A

2

2

2

B'

D

SB SB '. SB

4  5

SA SB

2

2

O

'







2

2

2

Bài giải : Trong (SBD): B’D’ SO = I  AI = (SAC) (AB’D’) Trong (SAC) : AI  SC = C’  C’ = SC  (AB’D’) SAB vuông tại A có AB’ là đường cao nên SB 4 a SB 5 a SAD vuông tại A có AD’ là đường cao nên SD 4 SD 5

SD SD SA SD

4  5

a a

B

C

'

'. SD '



B D BD '/ /

'



Vậy

SD SD

SB SB Lại có :  BD AC

  BD ( SAC )

'

)





AC

SAC

B D '

 B D SC '

SAC

(1)





(

)

'

  BC

SAB

(

)

    (

  

BC AB



AB



'

SC

(2)

nên

'

' AB

SC  

AB D '

SC



')

(

'

2

AC













'



2

2

2

2

2

  Lại có ) AB ( SBC '  SB Từ (1) và (2) suy ra AB D  ') ' ( c. SC AC SAC vuông tại A có AC’ là đường cao nên 1 a 2

1 AC

1 AC

1 AS

3 a 4

1 a 4

2 '

a 3

'

2

4

'



B D '

'



' B D BD

4   5

a 5

2

BD SA   ' B D ' ' Vậy tứ giác AB’C’D’ có 2 đường chéo vuông góc với nhau b. Do B D ' ' BC AB   BC SA

AB C D '

'

'

SB SB 1 2

a 4 2 4 6 S  AC B D '. ' '  .  1 2 . 2 a 5 a 15 3

7

2

2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

2

2

2

2

3

6

V



SC S '.



6 4 .



S AB C D '

.

'

'

AB C D '

'

'

1 3

1 2 . 3

a 3

a 15

4 8 6 2 SC '  SA  AC '  4 a    a 3 a 3

3

2

y



f x ( )



x



x

Bài 1: Cho hàm số

1 3

5  3



;

)

e. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . f. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M(

7 3

1 3

g. Chứng tỏ rằng đồ thị có một tâm đối xứng . h. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3 + 3x2 – k = 0

Bài giải : a.  là đường thẳng đi qua M có hệ số góc k



:

y



k x (



)

7 3

1  3

3

2

k x (







x

x

)

5   3

7 3

1 3

2

1 3 x



2

x

k

 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số  hệ phương trình sau có nghiệm :     

3

2

2



x



x

(

x



2 )(

x x



)

1  3

3

2

2

 1 3   x

5   3   6

a 3 a 16 45 Đề số 2

7 3 7) x

( x x x 3   x 2 )(3

2

3

1         6 0 3 Với x = –1  k = –1 Ta có phương trình tiếp tuyến



:

y

   (

x

)

x

    2

7 3

1 3



3(







3

y

x

x

)

:

Với x = –3  k = 3 Ta có phương trình tiếp tuyến 22 3

7 3

1   3 b. Đồ thị có điểm uốn I(–1 ; –1)

   2 x 10 14  x x x 

 OI   

( 1; 1)

Dùng phép tịnh tiến theo vec tơ

. Ta có

 x X  1

Trong hệ trục IXY hàm số có dạng

3

2

Y

  1

(

X



1)



(

X



1)

5  3

1 3

3

2

2

   Y

1

X



X



X

X



2

X

1

1   3

5   3

1 3

3

  Y

X



X F X



(

)

1 3

Tập xác định DF = R thỏa X DF  –X DF .

y Y   1   

8

3

 F X (

)

 

X



X F X





(

)

1 3

F(X) là hàm lẻ trong hệ trục IXY nên nhận I làm tâm đối xứng . Vậy đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(–1 ; –1) làm tâm đối xứng . 5

k

3

2

3

2

x



3

x

   

0

k

x

x

. Số nghiệm của phương trình cũng là số giao điểm

c.

1 3

 3

5   3 k

5

y



của đồ thị với đường thẳng

. Dựa vào đồ thị ta biện luận như sau :

 3

5

k

0

k

   có 1 giao điểm  phương trình có 1 nghiệm

5

k

0

k

   có 2 giao điểm  phương trình có 2 nghiệm

k

4

0

k



    có 3 giao điểm  phương trình có 3 nghiệm

 1 3

5

4

k

   có 2 giao điểm  phương trình có 2 nghiệm

5

k

4

k

   có 1 giao điểm  phương trình có 1 nghiệm

 3  3  5 3  k 3  3

 5 3  5 3  5 3  1 3  1 3

Bài 2:



2



2

a







A

(a > 0)

 1 2

2 3 2

 1 1 2

 1 2

a

a

a



a

a

2

A





c. Rút gọn biểu thức  a a 1  2 d. Rút gọn biểu thức : log log

12 2

log 2 log

96 2

48

6



2



2

a

A







a.

Bài giải :  a a 1 2

 1 2

2 3 2

 1 1 2

 1 2

a

a



a  2



2

 a a



1

a











 a   1 1  2

1 2

a a  1 2

2 3 2

2 3 2



a

a

a

a

(

a



1)

a

2

2

a

2







 a 2 a a

1  1 2

2 3 2

 3 2

a

5

2

4

A 





log (2 .3).log (2 .3)



log (2.3).log (2 .3)

b.

2

2

2

2

a a log 12 2 log 2 48

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2 







  (2 log 3).(4 log 3)  

log 6 2 log 2 96  2 2

2

2 (8 6 log 3 log 3) 2 Bài 3: Cho phương trình: m(16x) + 2(81x) = 5(36x) (m:tham số)

c. Giải phương trình khi m = 3 d. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất

(1 log 3).(5 log 3) 2 2   (5 6 log 3 log 3) 3  2 2

9

x

x

GV:PHẠM VĂN LINH

x

x 2.81 x

  m

2.



5.

9 4

  

  

  

  

81 16 x

t





0

Đặt

Ta có phương trình :

22 t

5.36 m  (1) THCS – THPT TÀ NUNG Bài giải : a.  .16

9     4     t m 5

 0 (2)

2

Khi m = 3 Ta có

x

t

  1

  

1

x

0

Với

9 4

  

  

x

2

x

t

x



  

Với

3 2

3 2

9 4

1 2

3   2

  

  

  

 >0

5 / 4

   t 5 4 t '( ) '( ) 0    t t  (0) 0  (5 / 4)

25 / 8

   b. phương trình (1) có nghiệm duy nhất phương trình (2) có nghiệm duy nhất t  m = –2t2 + 5t có nghiệm duy nhất thuộc (0 ; +) Xét hàm số f(t) = – 2t2 + 5t với t > 0 f f f f Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất

1 t 2  t 5 3 / 2 t       3 0 t

25 / 8

0

c. Tứ giác ADNM là hình gì ? Vì sao ? d. Tính thể tích hình chóp S.ADNM theo a .

 m    m Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B .AB = BC = a ; AD = 2a , cạnh SA = a 2 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) .Gọi M là hình chiếu của A lên SB . Mặt phẳng (AMD) cắt SC tại N .

S

Bài giải : AD BC / /

AD  ( AMD ) MN AD BC / / / / BC  ( SBC )

  AD

(

SAB

)

( AMD )  ( SBC )       

  

 MN  AD AB  AD SA

N

M

AD AM

  Vậy ADNM là hình thang vuông tại A và M

A

D

10

B

C

(



AD SB

ADNM



(

)

2







2

2

2

GV:PHẠM VĂN LINH

2  3

SA SB



MN



. SB 2   3

MN BC

2 a 3 a a 2 3 2

2

SM SB SA

  

SM

.

a 3

SA AB a

6

 AM SB SA AB

.

.



AM





2

THCS – THPT TÀ NUNG b.Do   SAB AD ) Lại có AM SB nên SM Ta có SAB vuông tại A có AM là đường cao nên 2 SM SM SB SB

ADNM

. SB 1 2

3  . 2  

3

(đvtt)

SADNM

ADNM

Đề số 3

y



3 

x

x3

Bài 1: Cho hàm số

có đồ thị (C)

1 4

x 

32

c. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số d. Cho điểm M thuộc đồ thị (C) có hoành độ

. Viết phương trình đường thẳng đi

qua M và là tiếp tuyến của (C)

Bài 2 :Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : x

2 cos 2





f x ( )

4 sin

x

trên đoạn [ 0 ; /2]

2

4 sin

f x ( )







x

x

x

) 4sin



x

2

Bài giải :  2 (1 2 sin c 2 os2 Đặt t = sinx , vì x [0 ; /2]  t [0 ; 1] f 2

t 2 2

 

t ( )

t 4





f

t '( )

 

4 2

t



4 ;

f

t '( )

  

0

t



[0;1]

1 2

f

(0)



2 ;

f

(1)

  4

2 ;

f

(

)



2 2

1 2

t ( )



2 2



t ( )



2



;

Min f x Min f ( )  [0; x

[0;1]

/2]

[0;1]

 t

24

168

 ; a

 . Tính

t  theo a và b .

Max f x Max f ( ) /2] x  [0; Bài 3: Biết

log12

log54

log7

a







log 12 7

log 7 12

b 1  a

12 1 log 7 12

4 a 6 a 6 S  AM AD MN .(  )  a   . a 2 3 9 1 2    3 2 4 a 6 a 2 8 V  SM S .  .  1 2 . 3 a 27 1 3 9 3

12

12

b    log 24 1 log 2

11

12

12

12





log 168 54

log (7.24) 3 log (2.3 )

 log 7 log 24  log 2 3log 3

12

12

12





 log 7 log 24 log 2 3(1 2 log 2)

12 



12  log 7 log 24 12 12  3 5log 2

12

12



b





12 1 a  3 5( b

 1 ab  (8 5 ) b



1)

a Bài 4: Giải các phương trình :  

3 log

log

3

x

2

x x

1)

  1)

c. d.

  7 2 x   2

log (13.4 2

3 log

 

3

7

x

  2

2

2

7)

3)







x

x

 2

log (3 2

log ( 2

2

 21 16

7)] 4

1 2 

3)(3

16





x

x

x

x

2 log (4 1 2 Bài giải : a. x log Điều kiện x > 3 . Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với 1 2 log [( 2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

(vì điều kiện x > 3)

x

x

1)

  1)

5   3 x 16 x    5 0   x 5

b.

   3 x    x log (13.4 2

log (4 1 2

x

x

  

1)



x

2 log (4 x



 1)

  1) x

log (13.4 2 log (13.4 2 x 13.4



1 4.4

9.4

1)]   3

x

4

x

 

log

4

log 3 4

  1     3

2 log [4(4 2 x   4 1 3

Bài 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . SA = h và vuông góc với đáy . Gọi H và I lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC .

c. Chứng minh rằng IH vuông góc với (SBC) d. Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h .

1 / 3   2

S

C

Bài giải: a. Gọi M là trung điểm của BC Ta có ABC đều nên AM  BC Lại có SA  BC nên BC  (SAM)  BC  SM Vậy HAM ; I SM  BC  HI (1)  BH AC

I

  BH SAC ) (   BH SC

N

A

M

H

  BH SA   Lại có BI  SC nên SC  (BHI)  SC  HI (2)

12

B

GV:PHẠM VĂN LINH

a

3

a

3

AM



;

MH



2

2

2

2

THCS – THPT TÀ NUNG Từ (1) và (2) suy ra IH  (SBC) b. Do HI  (SBC)  HI  SM

6 a 3

2



Hai tam giác MIH và MAS đồng dạng với nhau nên MI MA

2

3

  MI

;

IH







a 2

2

ah 2

2

IH MH  AS MS . MA MH MS

. AS MH MS

a 2 3



4

h

3 3

a



4

h

3 4 h SM  h   a 4  2

HIBC

IBC

4 a h 2 a 36(3

Đề số 4

Bài 1: Cho hàm số

(C)

d. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số e. Tìm các điểm trên (C) có tọa độ là những số nguyên . f. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C) . Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của

(C) tại M vuông góc với đường thẳng IM .

Bài giải:

y



  2

b.

2x 1   x 1

1  x 1

Ta có x, y  Z  (x – 1) là ước số của 1 . Ta có

o x – 1 = 1  x = 2  y = 2

o x – 1 = –1  x = 0  y = 1

Vậy trên (C) có 2 điểm có tọa độ nguyên là (2;2) ; (0 ;1)

c. Giao điểm hai tiệm cận I(1 ; 2)

M m (

; 2



 IM m  

(



1;

)

Gọi

1  m

1

1  m

) 1



Đường thẳng IM có hệ số góc 1 k

2

1 

(

m

1)

k



y m '(

)



Tiếp tuyến tại M có hệ số góc

2

2

1   1)

(

m

V  HI S .  HI MI BC . .  1 3 3 2 h 4 )  1 6

13

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG Để tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng IM thì

2

4

Vậy trên (C) có 2 điểm cần tìm là (2;2) ; (0 ; –1)

1 2

3 2

 7 4

1 2

1 4

1 3

5 3 .5 : 2 3

A



Bài 2: Rút gọn biểu thức :

  

  

  

   

    

    

  : 16 : 5 .2 .3      1 2

3 2

 7 4

1 4

1 3

1 2

A



5 3 .5 : 2 3

Bài giải :

  

  

  

  : 16 : 5 .2 .3     

   

    

    

1 2

4

7 4

3 2

 1 4

 1 2

 1 : 2 .5 .2 .3 3

  

5  3 .5 .2 3  

     

    

     

1 2

2

 2

 1

3 2

5 3

7 4

1 3

1 4

1 2

1 2



 4 3 .5 .2 .2 .5 .2 .3



2 3 .5 .2



3.5.2







15 2

  

  

(1) với m là tham số

 1



1

x

phương trình tương đương với

m 0 1     1 m 1 1 k k . 1     y            1 y m 2 2 1   1) ( m 

1 / 2 2

Bài 3: Cho phương trình a. Giải phương trình ứng với m = 2 . b. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có nghiệm. Bài giải : a. Đặt  t 2 22  t m  5 t Khi m = 2 Ta có

 0 (2)  

2

x

 1

t

x

x

2

2

1 1

  2

        4  1 x

t

x

x

x

0

2

1

1 / 2

  1/ 2

2 x          0 1

5 / 4

   t 4 5    t 2 25 / 8

'( ) t '( ) 0 t  (1/ 2)  (5 / 4)

trình

m 

Với Với b. phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm t 1/2  m = –2t2 + 5t có nghiệm thuộc [1/2 ; +) Xét hàm số f(t) = – 2t2 + 5t với t 1/2 f f f f Dựa vào bảng biến thiên ta có phương có nghiệm 25 8

675

75

Bài 4: Không dùng máy tính hãy xét xem trong hai số :

và

số nào lớn hơn ?

log135

log 45

2 t 2  t 5 1 / 2  t      2 0 t

14

3

3

3

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

135

45

3

2



2 log (3 .5 ) log (3 .5) 3 

3

3

3





3 (3 log 5)(2 log 5)

(1 2log 5)(3 log 5)   

3

3

3

log 675 log 75   

3 (6 7 log 5 2 log 5)

2 log (3.5 ) log (3 .5) 3  (3 2 log 5)(2 log 5)  2 3

  3 2 log 5 1 2 log 5 3 3    2 log 5 3 log 5 2 3

3

3

3



0



3 (3 log 5)(2 log 5)

3

3

 

(3 7 log 5 2 log 5)     3 (3 log 5)(2 log 5)    

135

45

 Vậy log Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a . Qua trung điểm I của cạnh AB dựng đường thẳng d

SI 

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Trên d lấy một điểm S sao cho

.

3a 2

c. Tính diện tích tam giác SCD . d. Tính thể tích hình chóp SACD . Từ đó suy ra khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD)

675 log 75

S

Bài giải : Gọi J là trung điểm CD CD IJ

2

  CD ( SI J )   CD SJ CD SI     

2

2

2

a 7 SJ  SI  I J   a  2 a 3 4

B

Diện tích tam giác SCD

C

2

a

7

CD SJ .



S



SCD

J

I

2

3

3

a

3

SI S .





V

.



ACD

SACD

4 a 1 3 2

a 2

12

A

D

1 2 1 3  AD AB

2

2

2

SA



SI



IA

a

S



 ;

SAD

a 2

Gọi h là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAD)

3

3

a

3

V



h S .



  h

SACD

SAD

1 3

a 12

2

Đề số 5

Bài 1: Cho hàm số y = –x4 + 2x2 + 3 có đồ thị (C)

3. Khảo sát hàm số 4. Dựa vào đồ thị (C) , hãy xác định các giá trị của m để phương trình x4 – 2x2 + m = 0

có 4 nghiệm phân biệt

Bài 2: Rút gọn biểu thức :

  AD ( SAB )   AD SA  AD SI   

15

1 2

1 2

a



b

1 4

1 4

P





:

a



b

1 4

3 4

1 4

1 4

  

  

 a b 1 a b 2



a



b

    

    

a Bài 3: Tìm các giá trị của a để hàm số

3

2

y



x



2(

a



1)

x



a (2



1)

x a

 nghịch biến trong khoảng (1;2)

1 3

3

2

y



x



2(

a



1)

x



(2

a



1)

Bài giải :

 x a

1 3

2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

' 0

  x

(1; 2)

Tập xác định D = R  a x a y (2 4( Hàm số nghịch biến trong (1 ; 2)   x 1 2 (2

' x   1)   1)

  y

2 4 x

1

  2

a

  x

(1; 2)

  x a x 1)  (1; 2)

1

x

f x ( )



  x

(1; 2)

Xét hàm số

2 4   x  1 x 2

2

2

2

f

x '( )





0

  x

(1; 2)

x (2

 x

2 

 x 2 1)

x(1;2) ta có f(1) < f(x) < f(2)  –4/3 < f(x) < –1 Vậy yêu cầu bài toán 2a  –1  a  –1/2 Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số dương n > 1 ta có :

x   2 4   x  1 x 2

n

1

n

  1)

log

(

n

  2)



log

(

n



2)

Bài giải :

log ( n

n

 1

n

 1

n   1) log 2) log ( n n (

n

n

 1

 1 log

 1

 1

n

n

log n .log 2) 1 (*)  (

log

n



(

n



2)

n

 1

n

 1

log

n .log

(

n



2)



n

 1

n

 1

log 2

2

2

log

(

n 2 )





1)

log

n

 1

n

 1





 1

n 2 n .log

  n Áp dụng bất đẳng thức Cô si .Ta có

n ( 2  2) 1

n

n

 1

 1

( n  log

 Vậy (*) luôn đúng . Bất đẳng thức đã được chứng minh . Bài 5: Cho hình chóp S.ABC đỉnh S , đáy là tam giác cân AB =AC =3a , BC=2a .Biết rằng các mặt bên (SAB) ,(SBC) ,(SCA) đều hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 .Kẽ đường cao SH của hình chóp. 1. Chứng tỏ rằng H là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC và SA  BC 2. Tính thể tích hình chóp Bài giải :

16

GV:PHẠM VĂN LINH

S

(   BC SHI )  BC SH

 AC HJ   AC SHJ ( )  AC SH

 AB HK

C

  AB SHK ( )

J

(cid:0)

SIH SJH SKH lần lượt là góc giữa mặt

THCS – THPT TÀ NUNG a. Gọi I,J,K lần lượt là hình chiếu của H lên BC,CA,AB Ta có  BC HI          (cid:0) ,

A

H

I

(cid:0)

K

060

   SJH  HI HJ HK

B

BC SA

 

SHI



2

a a a a

4 . . .2

p r .







2

a

2

a

2

a

6

0

 

r HI



SH IH

.tan 60



;

2

2

a

6

2 3

2

a

2

V



SH S .



.

.2

a

2



SABC

ABC

1 3

1 3

2

3

Đề số 6

y



)C(

Bài 1: Cho hàm số

 1x 1x 

4. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 5. CMR mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số đều lập với 2 đường tiệm cận một tam giác có

diện tích không đổi

6. Tìm tất cả các điểm thuộc đồ thị sao cho tiếp tuyến tại đó lập với 2 tiệm cận một tam

giác có chu vi bé nhất .

Bài giải :

  1

b. Gọi M(x0 ; y0) thuộc (C)

  y 0

 

1 1

2 

1

x 0 x 0

x 0

Tiếp tuyến tại M có phương trình



:

y



(

x



  ) 1

x 0

2

2   1)

(

1

2 

x 0

x 0 A là giao điểm của  và tiệm cận đứng . Tọa độ A thỏa

AB SH  Vậy (cid:0) , phẳng đáy với ccs mặt phẳng (SBC),(SAC),(SAB) (cid:0) (cid:0) SIH SJH SKH        SKH SIH   H cách đều các cạnh tam giác ABC nên là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Tam giác ABC cân tại A có AH là phân giác nên cũng là đường cao AH BC  A,H,I thẳng hàng BC ) ( b. p là nửa chu vi tam giác ABC  4a ; HI = r ABCS

17

GV:PHẠM VĂN LINH

1

B là giao điểm của  và tiệm cận ngang . Tọa độ B thỏa

1





1 ;1)

B x (2 0





1

x 0

x 0

 y   x 



(0;

  IA

 IA

4 

) 1

4 

|

1|

x 0

x 0

 IB



(2



2;0)

  IB

2 |



1|

x 0

x 0

Diện tích của tam giác IAB bằng



IA IB .

4

 (không đổi)

IABS

1 2

2

2

IA



;

IB



t 2

;

AB



t 4





2

t



c. Đặt t = |x0 –1| > 0 Ta có

16 2 t

4 2 t

4 t

2

CV



2

t

t



2   t

4 2 t

   

   

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có

2

t

2 2 ;

t



 4

2   t

4 2 t

2

CV



2

t

t





4

(1 ;1  A    1 y 4  ) 1 x 0 4  1 x 0 THCS – THPT TÀ NUNG  x    



  2 1

2   t

4 2 t

   

   

4( 2 1)

 . Dấu bằng xảy ra khi

CV  min

2

2 t t t 2 2     t

4 2 t

2;1

2)

M

(1

(1







;

2;1



2)

2

Vậy hai điểm M cần tìm là M 1 Bài 2: Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng :

c

a

  a b c 3

(

abc

)



a

c

b a b c . .   a b c 3

(

abc

)



b a b c . .

Bài giải :

  1 2      1 1 2  t     t  2 x 0 x 0 y 0      1 2      1 2 1 2 x 0 x 0 y 0        

18

c

a

b

a







ln

ln

ln

ln



(ln

c ln )

 b c

 a b

b c   a b  ln

)

 0

a ln ) 0

c ln )

)(ln





b

(

ln ) c  b c c ln ) ln   b c    c c a ( ( )  (*) c

ln ) b   y ln )

a )(ln

)(ln y

 x

)(ln

y

x



 ln ) 0 y

  a b c 3 a b ln ) 3( ln ln b    a c  )(ln ( ln a b c    a    a c a b b 2( ln ) ln ) ln (     c a a b c ( ) ln (      a b    b b c ( ) ( ) ln )  c a    a a b ( ) ( ln (    b c c a )(ln a b (   với x,y >0 Xét (  x Nếu x ≥ y  lnx ≥ lny . Nếu x < y  lnx < lny Vậy (  x Vậy (*) luôn đúng . bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài 3: Tìm tập xác định của hàm số :

Bài giải : Hàm số xác định

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

 0  log x x   1 5

1 2  x    x   x    x

x

y





3

. Dấu bằng xảy ra khi nào ?

Vậy tập xác định của hàm số là D = (1 ; +) Bài 4: Cho các số thực x,y thay đổi sao cho x + y = 1 . Chứng minh rằng : 4 2 Bài giải : Từ giả thiết ta có y = 1 – x . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

x

y

x

2



4

  

3

2



3 (*)

4 x 4

x

x

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số Ta có : x

3

v x  1   5 x  0   5 v x  1 x      x 1 x   5  0     1     6   x 5 1 5 1 5

x 2 2 4 . x 2 2 4

3.    .  3 4 x 4 2 2

x

x

8

8

1

x

y

Dấu bằng xảy ra khi

       0

2 2

4 x 4

2 2 Vậy (*) luôn đúng . Bất đẳng thức đã được chứng minh .

S

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và vuông góc với đáy ABCD . Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M,N . Đặt AM = x .

c. Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính thể tích

S.MNCD theo a và x .

d. Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD

N

M

bằng 2/9 thể tích S.ABCD

Bài giải : a. Gọi () là mặt phẳng đi qua CD

A

B

19

D

C

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG CD AB / /

CD   ( ) MN AB CD / / / / AB  ( SAB )

MN   ( )  ( SAB )       

 CD AD   CD ( SAD )   CD DM   



V



SA S .

SABCD

ABCD

2

CD SA  Vậy MNCD là hình thang vuông tại D và M 3

a 3  a x 2 a

SABC

SMCD



( )  

1 3 SM SN . SA SB SM a x  SA

 a

SACD

V



V



V

Mà

SABC

SACD

SABCD

1 2

2

2

2

V SMNC V V V

SMNCD

SABCD

2

a x (





2 a 2 )



V



SMNCD

2

2

ax 3 2 

) ( x   2 a    V 2 V  a x 2 a  a x a ax 3 2 a

b.

x 2 a

SABCD

V SMNCD V 2   9  ax 3 2 a 2

2

2

(vì 0 < x < a)

Đề số 7

Bài 1: Cho hàm số :

d. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . e. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm với trục hoành . f. Tìm các điểm trên (C) có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) bằng 4 .

     

A

0

x

Bài giải : b. Giao điểm với trục hoành y ( 1/ 2;0) 1/ 2 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại A

y



y

(

x



x

)



y

 

(

x



)

 

x

' A

A

A

4 3

1 2

4 3

2  3

2

c. Gọi M(x0 ; y0)  (C)

   y 0

3 

1

x 0

Tiệm cận đứng (1): x = 1 ; Tiệm cận ngang : (2): y = 2

2  9 a 2 / 3   9 x 27 ax  14 a   0   x a 7 / 3 a 2 3  x   x

20

d M (

,



1|

;

d M (

,

  2 |

  ) | 1

x 0

  ) | 2

y 0

3 

|

1|

x 0

Tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận :

|

  1|



4

Đặt t = |x0 – 1| > 0 Ta có phương trình

x 0

3 

|

1|

x 0

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

3

4

  

Với

t

|

3

1| 3

x 0

   

2

1

x 0 x 0

y 0 y 0   

2

5

y 0

Với

t

1| 1

1

|

x 0

0

1

    y 0

        x  0       x  0

x

x

3 t     4 t 4 t 1 3 t  t      3 0 t

Vậy có 4 điểm M cần tìm là (4 ; 3) , (–2 ; 1) , (2 ; 5) , (0 ; –1) Bài 2 : Cho bất phương trình: m

1).3 4( .9 m     1

x

x

m c. Giải bất phương trình khi m = 2 . d. Tìm giá trị m để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trị của x.

Bài giải :  m m Đặt t = 3x > 0 Ta có

0

0



2

m



(2)

m t (



t 4

  1)

t 4



1

2

 t  

4 t 

 4 t

1 

1

t

 t    

a. Với m = 2 Ta có :

4( .9  1).3  m  1 (1)

x

3

    x R 0 b. Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x  Bất phương trình (2) thỏa với mọi t >0

f

t ( )



Xét hàm số

với t > 0

t 4 2 

 1  4 t

1

t 2

2



0

  t

0

f

t '( )



2

4  t 2 

2  t  t 4 1)

(

t

t ( )

f

 (0) 1

f x ( )

1)

x

 trên [0 ; +]

( ) 1

 

f x





0

x   x 

1

x

Vậy f(t) nghịch biến với mọi t > 0 nên f Vậy giá trị m cần tìm là m  1 Bài 3: Chứng minh rằng : x > ln(x+1) . x > 0 Xét hàm số ln( 1 1  x x 0  (0) 0

   Vậy hàm số đồng biến trên [0 ; +] '( ) 0 x  f x ( )

f 

x

f

  0

0 0 (1)     t 0 2 2 2 t  t 4   1 0  t v t   t  2   t       2 2   2 2

21

x

x



1)

ln(

  (đpcm)

cos

sin

1(





x

x

)

trên đoạn [0 ; ]

 sin (1 cos ) x

f x ( )



y

x

;

y

2

2

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG   x 0 Bài 4: Tìm GTLN và GTNN của hàm số Xét hàm số  Tập xác định D = R  hàm số xác định và liên tục trên [0 ; ] c 2 os f  cos (1 cos ) x x '( ) sin    x x

2

x  cos cos x  x 1   1 f '( ) 0   x c 2 os x  cos x   1 0 cos x  1/ 2

Vì x  [0 ; ] nên

f

 (0) 0 ;

f

 ( )



0 ;



)

f

     f '( ) 0 x  / 3

3 3 4

(0)

 (





f

f

f

)





;

 ) 0

Min f x ( )  x  [0; ]

[0;

 ( 3

3 3 4

Max f x ( ) x   ] Bài 5: Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B . AB = a , BC = 2a , SA = 2a và vuông góc với đáy . Gọi M là trung điểm của SC.

c. Chứng minh rằng tam giác AMB cân tại M và tính theo a diện tích của tam giác đó d. Tính theo a thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC .

Bài giải :

x      x  ( 3

a.

 CB AB   CB ( SAB )   CB SB  CB SA   

S

2

2

M

AC

BC

AB







5

a

SBC vuông tại B có BM là trung tuyến nên BM = ½ SC SAC vuông tại A có AM là trung tuyến nên AM = ½ SC Vậy AM = BM AMB cân tại M b.

2

2







a 3

SA

AC

C

A

3

3

3





R







V C

B

SC M cách đều các đỉnh S,A,B,C nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Bán kính mặt cầu R = ½ SC = 3a/2 Thể tích khối cầu a 27 8

 9 a 2

4 3

4 3

Đề số 8

3

x





x3

)C(2

Bài 1: Cho hàm số  y d. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . e. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) qua A(1,–1) . f. Biện luận số nghiệm phương trình |x|(x2 – 3) = m theo tham số m Bài 2: Tìm các giá trị của m để hàm số y = x3 + 2mx2 + m – 2 nghịch biến trong khoảng (1 ; 3)

22

3

2

GV:PHẠM VĂN LINH

2 mx m

    2 ' 3 mx    4 2 x y x y

  3

x m 4



0

  x

(1;3)

   m

x

  x

(1;3)

3 4

f x ( )

 

x

f x ( )



f

  ( 3)

  x

(1;3)

Hàm số

nghịch biến trên (1 ;3) nên

 9 4

3 4

m



Vậy

là giá trị cần tìm

 9 4

Bài 3: Cho a và b là hai số thực khác 0 . Tính giới hạn sau :

ax

bx

ax

bx

e

e

(

e

(

e



1)



Bài giải :

lim  x 0

lim  x 0

 x

  1) x

ax

bx

1

e

1

e



a .



b .

  a b

lim  x 0

lim  x 0

 ax

 bx

Bài 4: Cho bất phương trình : (m –1).4x + 2x+1 + m+1  0 (1)

c. Giải bất phương trình (1) khi m = –1 d. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình (1) thỏa mãn với mọi x

Bài 5: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a . Góc nhị diện giữa hai mặt bên kề nhau bằng 1200 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD .

Đề số 9

Bài 1:

c. Khảo sát,vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 d. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị

(C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.

:

)

(

y



 k x m

2

 k x m



3

x

(

)



6

x

x

k

 2

2

Bài giải : Gọi M(m ; 0) thuộc trục hoành và  là đường thẳng đi qua M có hệ số góc k   là tiếp tuyến với (C)  hệ phương trình sau có nghiệm 3   x   2 3  3   x

THCS – THPT TÀ NUNG Bài giải : Hàm số nghịch biến trong khoảng (1 ; 3)  y’  0 x  (1 ; 3) 23   x   x (1;3) mx  4 0

0

2



x

2

x



3(

m



1)

 x m 6

 x 2

 

 

2

x



3(

m



1)

 x m 6



0

   0 

2

 x x m ) 6 )( (3   3 x x

9









m

m

m

1)

9(

48

 9

Gọi   30 m g Với x = 0  k = 0 ta có phương trình tiếp tuyến 1 : y = 0 Không có tiếp tuyến nào vuông góc với 1 . Do vậy để yêu cầu bài toán xảy ra  g(x) =0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 thỏa k1.k2 = –1 .

2    m 1) 3( g x ( ) x 2  x m 6 2

23

2

 g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 0 1 / 3

v m

  3

 

m

 

9 0

30

m

m



(*)







0



m

  g (0)

g



0

m



0

  

 9  

1)

3(





;

  3

m

Lúc này theo Viet ta có : 1 x

x 2

x x 1 2



(3

   1

  1

x 6 ) 2

 2



9(

)



18

(



    m 2 2 x x 6 )(3  2 1   1 0

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

x x 1 2 2  m

2 x 1 x x  ) 36 1 2   1 0

 

27

m

   

1 0

m

(thỏa (*))

k k . 1 2 x x x x 1 2 1 2 1) 108   1 27

M

; 0

Vậy điểm M cần tìm là

1 27

  

  

2

x

y



Bài 2: Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số

nghịch biến trên khoảng (–2 ; –

  mmx 1x 

 3x2

 x1

 2x3



)3

)3

2(

)3



1

2(

b

25

18

15

 2(  . Tính

  theo a và b .

 log 24

6

6

6







b



log 18 12

3/2) . Bài 3: Giải phương trình : Bài 4: Biết log12 log 6  a  log 15 log 3 log 5 6  1 log 3  1 log 2

 ; a  6 log 18 6 log 12 6

6

6

  ( b



  1



b 1).log 3 2 6

log 3 6

b



1

  a

  a



log 5 6

log 3 6

 1 log 3 2 log 3  b  2 1  b 1   ab a 2  b 1

6

6





log 25 24

6

1

2(

1)



2





b  2 1 b  1 2 log 5 3 2log 3  b  2 1  b 1

2log 5 1 2log 2   b 2 1

  ab a  b

6   

ab a   2 b  : 3 2    5 b  Bài 5: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a c. Tính thể tích của tứ diện . d. Một mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc với tất cả các mặt của tứ diện . Hãy

tính thể tích của khối cầu nội tiếp tứ diện đều trên .

Bài giải : Gọi O là hình chiếu của A xuống mặt phẳng (ABC) . Do ABCD là tứ diện đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC đều nên O cũng là trọng tâm của tam giác .

2

a

3

2

0

S

sin 60



a. Diện tích của tam giác đều cạnh a :

1 a 2

4

 81 m 81 ( m m

24

a

3

0

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

A

BM a

.sin 60



2

a

3

BO



BM



2 3

3

a

6

2

2

2

AO



AB



BO



a





21 a 3

I

D

3

2

3 a

2

a

6

a

3

B



.

.

V



AO S .



ABCD

ABC

1 3

1 3

12

4

O

M

3 b. Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện có bán kính r  V

IBCD

IABD

IBCD

IABC



S



S



S



r S .



 r S



ABC

BCD

ABD

BCD

tp

V V V V   

C

1 3

ABCD 1 3

2

a

3

2

S



4



a

3

Mà :

tp

3

4 2

2

a

a

3





r

.

  r

12

3

a 6 12

3

3

6

3



 r







Thể tích khối cầu nội tiếp

V C

4 3

4 3

a 6 288

 a 216

ÑEÀ 10 (Thôøi gian laøm baøi 90 phuùt )

3

y = f(x) = 3x 4x

Caâu I (3 ñieåm) Cho haøm soá

coù ñoà thò laø (C) .

a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoå thò cuûa haøm soá

b) Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi (C) ñi qua ñieåm M



Caâu II (1 ñieåm) Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá y = 5cosx cos 5x



]

treân [

  ; 4 4

Caâu III (3 ñieåm)

2

1,4

3

3



vaø 3

; 2

28 vaø 63

3  x 1



a) So saùnh caùc caëp soá sau : b) Giaûi phöong trình : x 4

2



log

0

c) Giaûi baát phöong trình :

  3 0  4x 6 x

1 3

 , AC = a , AC’ = 3a . Tính theå tích khoái laêng truï .

Caâu IV (2 ñieåm) Cho khoái laêng truï ñöùng ABC.A’B’C’ coù ñaùy laø tam giaùc ABC vuoâng taïi A, (cid:0)C 60 Caâu V (1 ñieåm) Cho hình choùp töù giaùc ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy vaø caïnh beân ñeàu baèng

( ;1) 1   6 3 2

25

GV:PHẠM VĂN LINH

HÖÔÙNG DAÃN

Caâu I (3 ñieåm) a) (2ñ )



x

 1 2

1 2



y

 0 + 0 

y

 1 1 

THCS – THPT TÀ NUNG a. Xaùc ñònh taâm vaø tính baùn kính cuûa maët caàu ñi qua naêm ñieåm S,A,B,C,D .

 b) (1ñ) TT : y = k(x+  ) 1 1 6 2    pt hoaønh ñoä tieáp ñieåm :  (2x 1)[8x   (6 6 3)x 3 3 3] 0 3 2 1 2

x 0  : y 1      k 1 1 2   

         x k 6 : y  6x 3 3 2

 

  

   







 5(sin 5x sin x)

0

x

0, x

M y(

 ) 3 3 , m y(0) 4

Caâu II (1 ñieåm) y

 6

 6

Caâu III (3 ñieåm)





2

2

1

3

 





2

28

4

(1)

1 3

3

3



28

27

28

3

a 3 1

2

 3







  (cid:0)    3 63

64

     3 63





a)

3

1,4 3



1, 4

2

   (cid:0)  

4 (2) 3

3





Töø (1),(2) suy ra :

2

28

63

x

x





b) pt

x 2 (2 )

2.2

   3 0

  x

0

x

 1  

2 2

3 (loaïi)

  

  3       k : y (x+  ) 1 3 3 2   3 4  12 9 3 2  12 9 3 2 1 6 3 2     x 

26



0

0

x

x

x

x

0



    





x

2

c) bpt

3 2

0

2





1

0

 3       2    x 

      

      

 4x 6 x  4x 6 x

3     2  3x 6 x

Caâu IV (2 ñieåm)





 (cid:0) AB AC. tan 60

a 3, CC' 2 2a





(cid:0) V CC'.S

6

 3 a

ABC

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

Caâu V (1 ñieåm) (cid:0) Goïi O = AC BD .



2

2

2

2

Khi ñoù : OA = OB = OC = OD = (1) a 2 2

      (cid:0)  Vì SO (ABCD) SOA vuoâng taïi O SO SA AO   SO (2) 2a 4 a 2 2

(cid:0) Töø (1),(2) suy ra : OA = OB = OC = OD = OS = a 2 2

ÑEÀ 11 (Thôøi gian laøm baøi 90 phuùt )

Caâu I (3 ñieåm) Cho haøm soá y = f(x) =

vôùi m laø tham soá .

 x m  x m

a) Tìm m ñeå haøm soá taêng treân töøng khoaûng xaùc ñònh cuûa noù . b) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (H) cuûa haøm soá khi m = 1 .

x



x y e sin x

 y

  y

e

. Giaûi phöông trình

 0

Caâu II (1 ñieåm) Cho haøm soá Caâu III (3 ñieåm)



2 log 2 4 log

5

2

 1 lg 2

81

3

,



 B 5ln

4 ln(e

 e) 10

 A 9

a) Tính giaù trò caùc bieåu thöùc sau : 1 e

  ln x 2 0

 ln x   3 x

b) Giaûi phöong trình : c) Giaûi phöong trình : x2 Caâu IV (2 ñieåm) Cho khoái choùp töù giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng a , caùc nhò dieän taïo bôûi hai maët beân coù soá ño baèng 120 . Tính theå tích cuûa khoái choùp . Caâu V (1 ñieåm) Cho hình laêng truï töù giaùc ñeàu ABCD.A’B’C’D’ coù caïnh ñaùy baèng a vaø

 naêm ñieåm A,B,C,D ,S cuøng naèm treân maët caàu taâm O , baùn kính : R = a 2 2

27

GV:PHẠM VĂN LINH



2m



(cid:0) a) D =

Caâu I (3 ñieåm)   \ m , y =

2  (x m)



   

Haøm soá taêng treân töøng khoaûng xaùc ñònh

y > 0 , x D

 2m > 0 m < 0

  

b) m 1

y

 x 1  x 1

(cid:0) (cid:0)

TCÑ : x = 1 TCN : y = 1



2

(cid:0)

 y =

2  (x 1)

x  1  

y y

Caâu II (1 ñieåm)

 1

 1 





 

 

x

2k ,x (2k 1)

 2

Caâu III (3 ñieåm)

a) A = 400 , B = 10

2



 

ln x

   2 0

(

ln x)

ln x

2 0

 

ln x

1 (loaïi)

4

4



 



x e



 ln x  ln x 0,x

0



  

ln x

2

x

 b) ln x    3 x

c) 2

x       2

x 3 0

x

(cid:0)





(cid:0)

(cid:0)

    

g(x) taêng treân

(1)

  Ñaët g(x) = 2 x 3 , x x Ta coù : g (x) = 2 ln2 1 0, x Maët khaùc : g(1) = 0 (2) Töø (1),(2) suy ra phöông trình coù nghieäm duy nhaát x = 1

Caâu IV (2 ñieåm)

THCS – THPT TÀ NUNG ñöôøng cheùo taïo vôùi ñaùy moät goùc 45 . Tính theå tích cuûa maët caàu ngoaïi tieáp hình laêng truï . HÖÔÙNG DAÃN

28

GV:PHẠM VĂN LINH



(cid:0)







Keû BH SC , noái DH thì DH SC neân DHB 120



(cid:0)





Do DHB caân taïi H neân OHB 60 

SOC vuoâng taïi O, coù ñöôøng cao OH . Suy ra : 1 1

1

1









O

S

2

2

a 2

OH

OC

2 OS

2 OS

4   2 a

3





V

.OS.S

ABCD

a 6

1 3

Caâu V (1 ñieåm)

(cid:0)





 (cid:0) CAC' 45 ,AC' 2a (cid:0) taâm O laø trung ñieåm cuûa AC'

(cid:0) Baùn kính : R =

3     a

V

a

AC' 2

4 3

ÑEÀ 12 (Thôøi gian laøm baøi 90 phuùt )

Caâu I (3 ñieåm)

2

4

a) Khaûo saùt vaø veõ ñoà thò (C) : y = x

2x

 2

4







b) Ñònh m ñeå phöông trình : x

2x

lg m 0 coù 6 nghieäm phaân bieät .

Caâu II (1 ñieåm) Tìm giaù trò nhoû nhaát vaø giaù trò lôùn nhaát neáu coù cuûa haøm soá y = x 1 x Caâu III (3 ñieåm)

a) Chöùng minh raèng :



 log 4 log 3 2

3

x

x

x





5

25

c) Giaûi heä phöong trình :

y

  4

4  25.2 10 b) Giaûi baát phöông trình :    2x y 4  x  3.2 2.4 

Caâu IV (2 ñieåm) Cho khoái laêng truï ABC.A’B’C’ ñaùy ABC laø tam giaùc vuoâng caân ñænh A . Maët beân ABB’A’ laø hình thoi caïnh a naèm treân maët phaúng vuoâng goùc vôùi ñaùy . Maët beân ACC’A’ taïo vôùi ñaùy moät goùc  . Tính theå tích khoái laêng truï . Caâu V (1 ñieåm) Cho hình choùp töù giaùc S.ABCD coù ñaùy laø hình vuoâng caïnh a , SA  (ABCD) vaø SA = a . Tính baùn kính cuûa maët caàu ngoaïi tieáp hính choùp theo a .

HÖÔÙNG DAÃN

Caâu I (3 ñieåm)

4

2

a) (2ñieåm) (C) : y = x

2x

THCS – THPT TÀ NUNG Goïi hình choùp ñeàu laø S.ABCD , ñaùy coù taâm O .

29

x

 1 0 1   0 + 0  0 +

y y  0

 1 1



1< m < 10

;1]

b) (1ñ) Caên cöù vaøo ñoà thò : pt coù 6 nghieäm phaân bieät  0 < lgm < 1 Caâu II (1 ñieåm)  Taäp xaùc ñònh : D = (  2 3x





 

 

  

Ñaïo haøm : y =

, x (

;1) ; y = 0

2 3x

0

x

2 3



2 1 x

x

 2/3 1 

y

+ 0 



y

2 3 9  0

Baûng bieán thieân

Vaäy : Haøm soá ñaõ cho ñaït :





)

2 3

(cid:0) M max y = y( 

;1]

(

(cid:0)

2 3 9 Khoâng coù GTNN Caâu III (3 ñieåm) a) Duøng baát ñaúng thöùc Coâsi x

x

x

x

x

b)

 

   





1) 5 (2

1) 0

(2

bpt

2 1)(5

2 5 (2

5 ) 0

     0 x 2

...

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

30

c)

2x y 4 (1) y

  x



 

2.4

3.2

4 (2)

  

(2)

2x

2

2x



 



   







(1)

y = 4 2x

2.2

4 3.2 .

4

t

2t 24 0,t

2

1 2x

2

2

2x





2

     4 2

x 1(y 2)

6 (loaïi)









  t 4    t  Caâu IV (2 ñieåm) Goïi H laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A' leân AB . Vì mp(ABB'A') mp(ABC) neân A'H mp(ABC) A'H AC

(cid:0)





 





Maø AC AB neân AC mp(AA'B'B) . Vaäy : A 'AB  AA 'H vuoâng taïi H neân A'H = AA'.sin = asin .

2





Ta co ù :

S

.AB.AC

ABC

1 2

a 2

2







Do ñoù : V = A 'H.S

 asin .

sin

ABC

a 2

3 a 2



    SA AC

SAC vuoâng taïi C .

 

(cid:0)

BC (SAB)

    BC SB

SBC vuoâng taïi B

Caâu V (1 ñieåm) (cid:0) SA (ABCD)   BC AB   BC SA 

2

2





(cid:0)  Ñöôøng kính SC Ñkính SC = SA

AC

a 3

  R

a 3 2

ĐỀ 13

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

Bài I: ( 4,5 điểm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = - x3 +3x2 - 2. 2) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận số nghiệm của phương trình sau theo tham số m : x3 - 3x2 + m + 1 = 0 . 3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(-1; 2).

Bài II: ( 1,5 điểm)

2

x



 2 x

x

3



2sin



1

. x

1) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số : y = 2) Tìm các điểm cực trị của hàm số : y 

.

31

GV:PHẠM VĂN LINH



4

THCS – THPT TÀ NUNG Bài III: ( 3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC biết SA = a ; SB = b và SC = c. Ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc.

Bài IV: (1 điểm) Giải bất phương trình :

x

1) Tìm diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 2) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC , G là trọng tâm tam giác ABC. a) Chứng minh S, G, I thẳng hàng. b) Tính thể tích khối tứ diện SGAB. x 4  x 3

4

---------------------Hết--------------------

ĐÁP ÁN

Bài I: (4,5 điểm)

1) (2,5 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y = - x3 +3x2 - 2.

 TXĐ : R (0,25 điểm)  Sự biến thiên : (1,75 điểm)

.

2

(

y

x 

x  )

)2;0( x

;2(;)0;





)

;

+ Chiều biến thiên : (0,5 điểm) y’ = -3x2 + 6x = -3x(x – 2) ; y’= 0  0 y’> 0 . ; x  0' )0; ;2( Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) ; nghịch biến trên các khoảng (- +Cực trị: (0,5 điểm) Điểm cực đại x = 2 ; ycđ = y(2)=2 ; điểm cực tiểu x = 0 ; yct = y(0) = -2. +Giới hạn : (0,25 điểm) . lim y x +Bảng biến thiên : (0,5 điểm)

2

x y’ y

-  0 2 +  - 0 + 0 - +  -2 - 

 Đồ thị : (0,5 điểm)

+Một giao điểm với trục hoành : (1;0) là tâm đối xứng của đồ thị. +Một số điểm thuộc đồ thị (-1;2) ; (3;-2). +Vẽ đồ thị

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

  lim y x

32

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

y

4

2

(C)

d : y = m -1

x

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

-2

-4

2) (1 điểm) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m:

+Viết phương trình về dạng : - x3 +3x2 – 2 = m – 1 +Số nghiệm của pt đã cho là số giao điểm của (C) với đường thẳng d : y = m – 1 ( đường thẳng d chạy song song với trục Ox) (0,25 điểm) (0,25 điểm) -Với m > 3 hoặc m < -1 thì pht có 1nghiệm (0,25 điểm) -Với m = 3 hoặc m = -1 thì pht có 2 nghiệm (0,25 điểm) -Với -1< m < 3 thì pht có 3 nghiệm 3) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến.

+Gọi (D) là tiếp tuyến của (C) có hệ số góc k và đi qua điểm A thì : (D):y = k(x+1)+2 +Tìm được hai giá trị của k là k= 0 và k = -9 +Kết luận có hai tiếp tuyến là y = 2 ; y = -9x - 7

(0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm)

Bài II: (1,5 điểm)

1) (0,75 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :

2

+TXĐ: D =  x 2



2;2 x 

(;



2

x 

)2

+y’=

(0,25 điểm)

2

y

(



)2



2

.

y 2

x  2 + y’ = 0 1 x +Tính y(1) = 2 ; Kết luận

)2(  ;2 tại x = 1

(0,25 điểm) (0,25 điểm)

y

3



2sin

x



1

2) (0,75 điểm) Tìm các điểm cực trị của hàm số :

.

23 

cos

;2

yx

0' 

x



 k ;

k



Z

+TXĐ : R và tính y’=

.

(0,25 điểm)

 x  12

" y



k 



k 

2

x

+Tính y”= 4sinx và

là điểm cực tiểu

 12

 12

  

 0  

Maxy D

33

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

" y





k 

2

x



k 

 12

 12

  

 0  

là điểm cực đại (0,5 điểm)

Bài III: ( 3,0 điểm) 1) (1,25 điểm) Tìm diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. (0,25 điểm) C

M

G I S B

H J

2

2

2

a



c



A +Vẽ hình đúng để giải được câu 1)

2

2

2

2

+Tìm được tâm I và tính bán kính R của mặt cầu với R2 = (0,75 điểm)

b 4 (0,25 điểm)

 4 R   ( a  b  c )

+Tính diện tích mặt cầu là S = 2a) (0,75 điểm) Chứng minh S, G, I thẳng hàng.

(0,5 điểm)

+Với J là trung điểm của AB ; SC//IJ nên SI cắt CJ tại G và do SC = 2IJ nên CG = 2GJ +Do CJ là trung tuyến của  ABC nên G là trọng tâm của  ABC .Từ đó suy ra điều phải chứng minh (0,25 điểm) 2b) (1,0 điểm) Tính thể tích khối tứ diện SGAB

1 3

1 3

+Gọi H là hình chiếu của G trên (SAB), tính GH = SC = c (0,5 điểm)

(GH là chiều cao của tứ diện vẽ từ G)

1 2

. GHB



abc

+Tính diện tích  ABC là B = ab (0,25 điểm)

1 3

1 18

x

+Tính thể tích khối tứ diện SGAB là V= (0,25 điểm)



4

x

4  x 3

4

Bài IV: (1,0 điểm) Giải bất phương trình :

(0,25 điểm) +ĐK: x 0 +Chia tử và mẫu của vế trái cho 3x và đặt t = (4/3)x và biễn đổi bất phương trình theo t

4  . 3

thì được : 0

+Từ đó tìm được x < 0 hoặc x  1 (0,25 điểm) ------------------Hết---------------------

34

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

ĐỀ 14

C©u 1: (4,0 ®iÓm )

y



x x

 

2 1

Cho hµm sè : cã ®å thÞ (C).

1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè ®· cho.

3  . 4

2.ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) , biÕt tiÕp tuyÕn cã hÖ sè gãc k =

3.T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ®­êng th¼ng y = 2x – m c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt

A, B sao cho AB = 5 2 .

 1;2 .

C©u 2 :(1,5 ®iÓm ) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt , gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè : y = 2x3 – 7x2 – 12x + 1 trªn ®o¹n 

C©u 3:(1,5 ®iÓm )

Cho h×nh chãp S.ABC cã ®¸y ABC lµ tam gi¸c vu«ng t¹i B , AB = a , AC = 2a , SA  (ABC).

C¹nh bªn SC t¹o víi mÆt ph¼ng (SAB) mét gãc 300.TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp S.ABC theo a.

PhÇn dµnh riªng cho c¸c líp 12A1 , 12A2 (3,0 ®iÓm)

C©u 4a:

x



y



3

1.Víi h×nh chãp S.ABC ®· cho cña C©u 3 , gäi E, F lÇn l­ît lµ h×nh chiÕu cña A trªn c¸c c¹nh SB, SC.TÝnh theo a kho¶ng c¸ch tõ F ®Õn mÆt ph¼ng (ACE).

x

  5

y

  3

m

   

2.Cho hÖ (m lµ tham sè) (I)

T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hÖ (I) cã nghiÖm (x;y) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn: x  4.

PhÇn dµnh riªng cho c¸c líp 12A3 , 12A4 , 12B1 , 12B2, 12B3 (3,0 ®iÓm)

C©u 4b:

1.Víi h×nh chãp S.ABC ®· cho cña C©u 3 , gäi E lµ h×nh chiÕu cña A trªn SB.

TÝnh theo a kho¶ng c¸ch tõ S ®Õn mÆt ph¼ng (ACE).

2

2

2

x y



y x

2.Cho c¸c sè thùc kh«ng ©m x, y thay ®æi tho¶ m·n x + y = 1.

0





2

2

2

 x



y

 xy



Chøng minh :

……… HÕt ………

35

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

§¸p ¸n

PhÇn chung (7,0 ®iÓm)

lim

lim

1





C©u 1 (4,0 ®iÓm)

x

x





x x

lim

lim

;  

 

 ®t x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng

x

x

 1 

 1 

 ®t y = 1 lµ tiÖm cËn ngang

  2 1

x x

2 1

x x  

2 1  

1. (2,0 ®iÓm) 1) TX§ : R 2) Sù biÕn thiªn a) Giíi h¹n, tiÖm cËn 2  1  x x

y

'



  

0;

x

1

x

3  2  1



b) ChiÒu biÕn thiªn :

-  1 + 

- -

x y’ y

;1 vµ 

 1; .

§iÓm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

BBT Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng  Cùc trÞ : Hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. 3) §å thÞ Giao Ox : (- 2; 0) , Giao Oy : (0 ; -2) VÏ :

y

0,25 0,25

1

O

1

-2

x

-2

2. (1,0 ®iÓm)

 ;M x y



0

0

f '

Gäi d lµ tt cña (C) vµ lµ tiÕp ®iÓm cña d vµ (C).



0 x  

3 4

Hoµnh ®é t® x0 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh :

0,25 0,25

36

x

0



  

x



2 1

2

0

1

 3 4

x

0

 3   1



0

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3

y



x 0

0

5    ; pttt y = 2

3        4 x  19 3 x 4 4

0,25 0,25 *

     ; pttt y =

1

y

x 0

0

1 2

3 x 4

5  4

*

2



 ( ) 2 x

x



(3



 m x m

)

  (1) 2 0



2

 x m

x x

 

2 1

 c¾t (C) t¹i 2 ®iÓm pb A, B  (1) cã 2 nghiÖm pb x1 ; x2 kh¸c 1

2

2

 

m



2

m



 25 0

(

m



1)



 24 0





3. (1,0 ®iÓm) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (C) vµ  : y = 2x – m lµ nghiÖm cña pt :

  (1) 2 (3

 

2 0

m





 

3 0

   

  

m .

m ).1 VËy m pt (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1 ; x2.

m

3

m

2



x





x 1

2

x x . 1

2

 2

 2

2

x



x



(2

x



x 2 )

Theo ®Þnh lý viet ta cã : ,



2

2

1

2

1

2

2



5(

x



x

)



x



x

)



x x 4 .

 2 AB

2

1

2

1

2

1

5 (  

 

2

3

m

m

2

2



5



4



m



2

m



25





 2

 2

5 4

  

  

  

  

  

  

Gäi A(x1;2x1- m) , B (x2;2x2- m) ; AB =

m

2

2

AB



5 2





2

m



25

  

50

m

2

m



15 0

m





3

5 4

5        m 

 1;2 .

0,25 0,25 0,25 0,25

C©u 2 (1,5 ®iÓm) XÐt hµm sè y = 2x3 – 7x2 – 12x + 1 trªn ®o¹n  y’ = 6x2 – 14x – 12 ,

   x

;

x



l 3( )

2 3

y

  ( 1) 4,

y

(2)

 

35,

y





2 3

143 27

  

  

y

x

max  1;2 

2     3

143 27

y’ = 0

y

    2

35

x



min  1;2

0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

37

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

S

30

C©u 3 (1,5 ®iÓm)

F

E

C

A

B

1 3

2

a

3

SA  (ABC) nªn SA lµ ®­êng cao ; VSABC = SA.S ABC

3a

S



AB BC .





ABC

1 2

2

 BC AB

  BC

(

SAB

)

 BC SA

0

(cid:0) BSC





30



   (cid:0)  SC SAB ;(

2

2

BC = ; .

SB





a 3

SA



SB



AB



2

a

2

0

BC tan 30

,

2

3

a

3

a

6

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2

a

2.



.

1 3

3

2

. VSABCD =

1.(1,5 ®iÓm) C©u 4a

SE



,

SF



,

EB

a 4 3 3

a  ; 3

a 8 3

2

2

0

(3,0 ®iÓm)

S



SB BC .



S



SE SF .

sin 30





SBC



SEF

1 2

a 3 3 2

a 8 3 9

1 2

2

2

, ,

S



EB BC .



S



S



S



S





EBC



EFC



SBC



SEF



EBC

1 2

a 3 6

a 4 3 9

3

2

2

6

,

SE 

AE 

V





FACE

AE S .

EFC

a 8 3

a 3

a 8 81

1 3

2

7

2

2

2

2

EC



AC



AE





S



AE EC .



AEC

a 3

1 2

a 2 14 9

, ,

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

38

3

6

21

4

V



,(





d F AEC ,(

)



 d F AEC S ) .







FACE



AEC

a 8 81

a 21

1 3

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2.(1,5 ®iÓm)

Do x

1

4

t

y



t t (

    t

0)

3

x

   .VËy 0

1t  .

2

§Æt .

t f ( )



t



3

  5

t

  (*) m

3



2

Pht (2) trë thµnh :

min f ( )t m



4x   (*) cã nghiÖm  t 

0;1



0;1

2

2

HÖ cã nghiÖm

t f ( )



t



3

  5

t



3 ;

t









 0;1

2

2

t (



3)

t

  3

t

t



3



5





t



t

t f'( )







2

2

2

2

t



3

t



3



5

t



3



5.

t



3

3 







2

XÐt hµm

  (3

t

)

t

  3

t

t



3

 (do

5

t 



2



0;1

2

2

2

  (3

t

t ) (



3)



t



3



5

2

 t 

 

2

2

f’(t) = 0 )

  3(3

t

)



t 5

t 



0;1

(ph­¬ng tr×nh nµy v« nghiªm )

 < 0

1 6

f’(t) liªn tôc , f’(t) kh«ng ®æi dÊu mµ f’(1) =

t 

0;1

t 

 f (1) 5

nªn f’(t) < 0 ,

 suy ra hµm sè f(t) nghÞch biÕn trªn 

0;1 

min f ( )  0;1

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

t 

5m  .

 5m  ; kÕt luËn :



0;1

VËy BPT (*) cã nghiÖm

1.(1,5 ®iÓm) C©u 4b

2

2

AE 

a 3

SE 

a 8 3

2

S



AE SE .





SAE

1 2

a 8 2 9

(3,0 ®iÓm) ,

0,25 0,25 0,25 0,25

39

2

3

a



V



BC S .



a

3.



SACE



SAE

1 3

8 2 9

a 8 6 27

1 3

2

7

2

2

2

2

EC



AC



AE





S



AE EC .



AEC

a 3

a 2 14 9

1 2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3

V



,(





d S ACE ,(

)



 d S ACE S ) .







SACE



AEC

a 8 6 27

a 4 21 7

1 3

0,25 0,25

2

(

x

)

2.(1,5 ®iÓm)

y 4

1  4

2

2

2

x y



y x

2



y

Cã x + y = 1 , x 0 , y 0  0  xy 





2

2

2

 x



y

 xy



xy 2  1 3

xy





3

 xy

x

 xy x  y



§Æt S =

,

t

0;

0,

0;

2

t 2  1 3 t

1 4

2  (1 3 ) t

1 4

   

  

     t 

  

XÐt hsè f(t) = ; f’(t) =

0;

1 4

1 4

  

  

  

  

Hsè f(t) ®b trªn , f(0) = 0 ; f = 2

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

 0  f(t)  2 hay

0





2

xy 2  1 3

xy

(®pcm)

Chó ý : - Mäi c¸ch gi¶i kh¸c lËp luËn chÆt chÏ cho ®iÓm t­¬ng ®­¬ng.

- Kh«ng chia nhá h¬n biÓu ®iÓm. - ®iÓm ®­îc lµm trßn ®Õn 0,5 ( vÝ dô 5,25  5,5 ; 5,5  5,5 ; 5,75  6,0)

ĐỀ 15

Câu 1(4,5 điểm): Cho hàm số y = x4 – 2m2 x2 + 1 có đồ thị là (Cm).

a, Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = -1 . b, Dựa vào đồ thị (C), tìm k để phương trình x4 – 2x2 = k có đúng 2 nghiệm . c, Tìm m để (Cm) có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân.

+) f(x) = x3 – 3x2 + 3 trên đoạn [1 ; 3]; +) g(x) = -2cos4x – 2cos2x + 1. a, Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau: b, Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n>1 và với | x | < 1 ta có: (1+x)n + (1-x)n < 2n.

Câu 2(2,5 điểm): 40

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG Câu 3(3,0 điểm): Cho khối tứ diện ABCD có AB = a, AB vuông góc với mặt phẳng (BCD) và BCD là tam giác

vuông cân tại C có BD = a 2 . Gọi M là trung điểm của AC và BN vuông góc với AD tại N.

a, Chứng minh rằng các mặt còn lại của khối tứ diện là các tam giác vuông. b, Tính thể tích khối tứ diện ABCD. c, Mặt phẳng (BMN) chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện.Tính thể tích khối đa

diện không chứa điểm A.

.......................................................... ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12

Nội dung Câu Ý a * Với m = -1, ta có: y = x4 – 2x2 + 1 (C)

* TXĐ: D = (cid:0) ....................................................................................................... *Sự biến thiên:

+ y’ = 4x3 – 4x  y’ = 0   x 0    x 1  1 (4,5) a.3,0 b.1,0 c.0,5 Bảng xét dấu y’:

+ x y’ - -1 - 0 0 + 0 1 - 0 +

Điểm 0.5 0.5

4

2

4

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1;0) và (1; +) - Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; -1) và (0;1) …………………………... *Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 1 - Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 và yCT = y(1) = 0

x



2

x

  1)





)

  …………………………...

lim (  x

x lim (1  x

1 4 x

2 x 2

*Giới hạn:

*Bảng biến thiên:

+ + x y’ y - 0 + 0 1 1 - 0 -1 - 0 + 0 0 +

*Đồ thị: - Giao với Oy tại (0;1) - Giao với Ox tại (-1;0) và (1;0) -Ta có: x = 2  y(2) = 9 - Vì y = x4 – 2x2 + 1 là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng…….. -Vẽ đồ thị:

0.5 0.5 0.5 41

1 2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

1 0

8

6

4

2

0

-6

-4

-2

2

4

6

8

-2

0.5

b Ta có: x4 – 2x2 = k  x4 – 2x2 + 1 = k + 1 (*) ……………….. …………………...  Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y = k + 1……..

0

k  01 k  1 -Dựa vào đồ thị ta có: pt (*) có đúng 2 nghiệm   0.25 0.25 0.5 k  11 k  0       (1) c * Để (Cm) có 3 điểm cực trị thì điều kiện là pt y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

2

x



m

 x  2 

(2) …………………………..

0



0

Ta có: y’ = 4x3 – 4m2x  y’ = 0 

   m 1



2

2 m m (

1) 0

 

m    AB AC .



0

    

Vậy ycbt  …………………………. Vậy (1)  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m  0 * Với m  0 và a = 1>0 thì (Cm) có điểm cực đại là A(0;1) và 2 điểm cực tiểu là B(-m ; 1-m4) ; C(m ; 1-m4). - Dễ thấy AB = AC và tam giác ABC chỉ có thể vuông tại A. m   

f x max f(x) 3, min ( )



1

a * f(x) = x3 – 3x2 + 3 trên đoạn [1;3]. Dễ thấy f(x) liên tục trên đoạn [1;3]

[1;3]

[1;3]

-Ta có: f ’(x) = 3x2 – 6x  f ’(x) = 0  x = 2 hoặc x = 0 ………….. - Mà: f(1) = 1, f(2) = -1, f(3) = 3. …………………………………………………..   ………………………………………………….. Vậy: 2 (2.5) a.2,0 b.0,5

max (x) max (t) 1,

 min ( ) min ( ) g t





g x (cid:0)

(cid:0)

[0;1]

0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 * g(x) = -2cos4x – 2cos2x + 1. TXĐ: D = (cid:0) - Đặt t = cos2x  g(t) = -2t2 – 2t + 1, với t  [0;1]. Dễ thấy g(t) liên tục trên [0;1]….. - Ta có: g’(t) = -4t – 2  g’(t) = 0  t = -1/2 ………………………….. ………………………………………………………….. -Mà: g(0) = 1, g(1) = -3 Vậy:   g g 3 [0;1]

b Đặt f(x) = (1+x)n + (1-x)n, với |x|  1 và n>1, n  (cid:0). …………………………. …………………. - Ta có: f ’(x) = n.[(1+x)n-1 – (1-x)n-1]  f ’(x) = 0  x = 0 - Bảng biến thiên: 1 -1 0 - + 2n x f’(x) f(x) 2n 2

0.25 - Dựa vào bảng biến thiên ta có: f(x) < f(1) = 2n với |x| <1 n>1, n (cid:0).  đpcm .………………………………….

42

A

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

N

a

a

M

B

D

a

a

C

(

ABD

)



(

BCD

)

(

ABC

)



(

BCD

)

  AB

(

BCD

)

3 (3,0) a.1,5 b.1,0 c.0,5

(

ABD

)



(

ABC

)



AB

    

* Vì

 AB  BC , AB  BD  Các tam giác ABD và ABC vuông tại B. …………..

2

a 2

3

 DC BC 0.25 0.5 0.5 0.5 - Vì  Tam giác ACD vuông tại C. ……   DC ( ABC )   DC AC  DC AB    b * Vì tam giác BCD vuông cân tại C nên CB = CD = BD.sin450 = a  SBCD =

.

AB S .



BCD

1 3

a 6

0.5 0.5 Vậy: VABCD =

(

.

)

ABMN

c * Gọi V là thể tích của khối đa diện không chứa điểm A. Ta có: V = VABCD - VABMN





.

.



2

V V

AB AM AN AM AN AB AC AD AC AD

. .

AM AC AN AD ).( . 2 AC AD .

ABCD

Mà:

2

ABMN

Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên BM  AC  AM.AC = AB2 = a2 và AC2 = 2a2 Vì BN  AD nên trong tam giác vuông ABD ta có: AN.AD = AB2 = a2 và AD2 = 3a2

ABMN

ABCD

2

2 a a . 2 a 2 .3

ABCD

3

V





ABCD

5 6

a 5 . 6 6

a 5 36

  V  V V V a 1 6 1   6 3 Vậy V = 0.25 0.25

3

ĐỀ 16

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 2 x

y

2





x 

Bài 1: (3 điểm) Cho hàm số

1) 2)

3

2

x Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x



m





0

x

x

x 1

x

2 Bài 2: (2 điểm) Giải các phương trình sau  4

4.2



0

2

1)

43

01



log3



x

x

2)

9

2 9

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

log2 Bài 3: (2 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy là a và cạnh

bên là 2a.

1) Chứng minh SA vuông góc với BC. 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

PHẦN RIÊNG CHO THÍ SINH THEO MỖI BAN A. Theo chương trình ban Khoa học tự nhiên (các lớp từ 12A1 đến 12A7) Bài 4A: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 x

sin

cos

. x

y

trên đoạn

;0[  ]

x

log2

Bài 5A: (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: 

mx 



0

2 3

3

log Bài 6A: (1 điểm) Cho một hình trụ có trục là OO' , một mặt phẳng (P) bất kỳ song song với trục OO' cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật ABCD. Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD, biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng bán kính đường tròn đáy của hình trụ. Chứng minh I thuộc mặt cầu đường kính OO'

B. Theo chương trình ban Cơ bản và ban Khoa học xã hội

(các lớp từ 12B1 đến 12B10 và 12C)

, chứng minh rằng: x

 0''



y

xe sin y Bài 4B: (1 điểm) Cho hàm số y sin. x y  '. cos ''y lần lượt là đạo hàm cấp một và đạo hàm cấp 'y và (với hai của của hàm số)

Bài 5B: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y



2 xe ).

trên đọan [-1;1]

x (  2

1 4

Bài 6B: (1 điểm) Cho một hình trụ có trục là OO' và có chiều cao bằng bán

kính đáy và bằng 50cm. Một đoạn thẳng AB dài 100cm với A thuộc đường tròn (O) và B thuộc đường tròn ( O' ), tính khoảng cách giữa AB và OO'.

--------------------HẾT--------------------

44

2

3

GV:PHẠM VĂN LINH

   x x  2





lim xf )( x 

x



1

; ĐÁP ÁN TÓM TẮT y xf x )( TXĐ: D = R lim xf )( x 



1



3 2 x

 x 2

x



1 3

   

; y’= 0 y’=

(

 ;

;1(),



)

(

)1;

BBT:

1 3

1 3

;

(

)

Hàm số tăng trên và giảm trên

)1;1(

1 3

59 27

Đồ thị hàm số có điểm cực đại là và điểm cực tiểu là

 x

f

(

)



Điểm uốn:

1 3

43 27

1 3

(I

;

)

y’’= 6x – 2 ; y’’=0 ,

1 3

43 27

3

2

2

3

Điểm uốn của đồ thị hàm số là

x



2 



m

0

2

x

x

x

x

y



m

THCS – THPT TÀ NUNG BÀI Bài1 Câu1 Câu 2

3

và đồ thị Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng x  m (1) Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đường thẳng 2 x  x  2 .

 

hàm số m m  y xf )( x  : (1) có 1 nghiệm m  1 1 : (1) có 2 nghiệm phân biệt m  1 1

ĐIỂM 0,25 0,25 0.25 0.25 0,25 0.25 0,5 0,25 0,5

45

1

m



m

 1

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

59  27

59 27



m



m

: (1) có 3 nghiệm phân biệt



m



m

: (1) có 2 nghiệm phân biệt

59 27 59 27

59 27 59 27 1 

m

: (1) có 1 nghiệm

m



m

59 27 1 

Vậy: : (1) có 1 nghiệm

m



59 27

       





m

 1

: (1) có 2 nghiệm phân biệt

59 27

x

x

2

x

0



2.2

2.2

: (1) có 3 nghiệm phân biệt

x   1 2 x  ,2

4 

  4 0 ta có phương trình: t 0 1 

4.2 Đặt t

2 2 t 0  t 2  4  2

2

1

01

log2



log3

x

x

2 9

9



0

t

t   t  loại. Ta có 1t x x 2 2 nên t

log 9



1

3 2 t



t 2

01 



1 3

t    t 

t

Vì 0t  Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x = 1. Giải  Điều kiện: x > 0. Đặt tx  , ta có phương trình:

0t

1 3

x



9

log

x



1

9

t

1 

log

x

1 



9

log

x

1 

x



9

  

1 9

   

x

 x

,1 

Vì nên loại. Ta có

1 9

Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình là:

BC

.

AM  SM 

BC BC

Chứng minh SA  Gọi M là trung điểm BC, ta có: 0,25 0.5 0,5 0,5 0,5

46 Bài 2 Câu 1 Câu 2 Bài 3 Câu 1

)

BC  BC 

(SAM SA

GV:PHẠM VĂN LINH

SO 

( ABC

)

THCS – THPT TÀ NUNG Câu 2

I 

SO

IC



IA  IA 

IB SI

AM 

(vì )

a

AO



AM



2 3

3

Suy ra Nên Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, ta có : Trong mặt phẳng (SAO), đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I. Ta có: Vặy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Trong tam giác đều ABC , ta có: 3a 2

2

Gọi K là trung điểm SA thì SK = a Tam giác SAO vuông tại O:

2

2

2

SKI



SK SO

6

a

aa .2

 SI





SI SA SKSA . SO

33

a

33 3

a SO  SA  OA  4 a   33 3 a 3 9 (g.g), suy ra: đồng dạng với SOK

2

144

2   4 SI



S

1,0 0.25 0.25 0,25 0,25

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:  a 33

2 x ) ]1;0[t

ta có: sin t sin21.( x  , sin x

1

f

t )('



0

t

PHẦN RIÊNG 2 y   x x sin . cos ;0[ x ] đặt Với 32   t y f t t )(

261)('  t

6

f f

 0 )0( )1(  1 1

2

)



f

(

6

63

2

f t ;

63

Giá trị lớn nhất của hàm số là:

mx 

log





0

x

2 3

3

Bài 4A Bài 5A 0,25 0,25 0,25 0,25 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: -1 log2 (1)

47

t



tx ,

GV:PHẠM VĂN LINH

ta có phương trình Đặt

t

0  22 t  t



 22 t

log 3 m 

(2)

f

t )('



0

t

)( f t Xét

1

f

t )('

t 4 

1 4

;

 m



0

(1) có 4 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm dương phân biệt

1 8

ĐS:

C

 OIO' 

90

O'

THCS – THPT TÀ NUNG Bài 6A

' 

D

CM Gọi M là trung điểm AB, Chứng minh được tam giác IMO’ vuông cân, nên

IO 

'

 45 IMO Chứng minh được IO giác IOO' vuông cân tại I

I

B

O

M

A

2. xex '   0'

nên tam 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0

0

x y y

2e 4

Giá trị lớn nhất của hàm số là:

1  4

Giá trị nhỏ nhất của hàm số là:

Bài 4B Bài 5B 1,0 1,0

48

GV:PHẠM VĂN LINH

B

O'

THCS – THPT TÀ NUNG Bài 6B

H

C

I

D

O

A

Vẽ đường sinh AC, gọi H là trung điểm BC Khoảng cách cần tìm là O’H = 25 cm

ĐỀ 16

2

3

1,0

Câu 1: (2,5 điểm) Cho hàm số

 có đồ thị (C).

3x



x

2

3

2

A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất cả các học sinh )  y a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.  b/ Tìm m để phương trình



x

 có 3 nghiệm phân biệt.

1 2

1 2

-

b

A

=

+

a

>

0,

b

>

0,

a

¹

b

Câu 2: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

, với

.

b a

2 ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø

 3x m 0 æ b ç - 1 2 ç ç ç a è

ö æ ÷ ç÷ : a ç÷ ç÷ ç÷ è ø

 5x 6

 x 1

2x



a/ b/

Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình :  4 

2  . 2log x 3log x log x 1

; 

8

2

2 1 2

,

=

=

2 ,

=

7

.

AB a AD a SC a a/. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b/. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD.Tính thể tích

Câu 4: (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA ^ (ABCD), khối cầu.

B. PHẦN TỰ CHỌN (Dành riêng cho học sinh từng ban)

Học sinh học Ban nào chọn phần dành riêng cho Ban học đó

I. Dành cho học sinh Ban nâng cao.

Câu 5A : (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số sau: y = sin3x – cos2x + sin x + 2 Câu 6A : (1 điểm) Biện luận số nghiệm của phương trình sau theo tham số m . (m -3).9x +2(m +1) .3 x – m - 1 = 0 .

3

log

log

+

0

4

£

x

x

-

2 2

2

II. Dành cho học sinh Ban cơ bản. Câu 5B : (1 điểm) Giải bất phương trình : Câu 6B : (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số sau: y = | x2 – 4x – 5 |

trên 

2;6

49

GV:PHẠM VĂN LINH

__________HẾT__________

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2008 - 2009

A. PHẦN CHUNG ( Dành cho tất các các học sinh ) ĐÁP ÁN

* Txđ : D = ¡ . * Sự biến thiên và cực trị + y’= 3x2 – 6x

THCS – THPT TÀ NUNG

2

x y y’= 0  3x2 – 6x = 0  2 y

y



2)



3

 

3

2

y



x



3

x



2)

 

lim x  lim  x

lim ( x  lim (  x

y  0

+ Giới hạn: 0    2       x 2  3  x x

+ Bảng biến thiên: x -  0 2 +  Kết luận y/ + 0 _ 0 + * Đồ thị: 2 +  + y’’= 6x – 6 y -  - 2 y’’= 0  x = 1 + Điểm đặc biệt :

Câu a 1

Điểm 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0,5đ 0,5đ

b

x y - 1 0 1 2 3 - 2 2 0 -2 2 + Vẽ đồ thị:

y = m + 2

50

- x3 + 3x2 + m = 0  x3 - 3x2 + 2 = m + 2 (1) Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  - 2 < m + 2 < 2  - 4 < m < 0

2

-

:

a

-

b

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

(

)

b a

2 ö÷ ÷ ÷ ÷ ø

2

2

a

-

b

=

:

a

-

b

=

0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ

(

)

1 a

a

æ ç = A 1 ç ç çè æ ç ç ç çè

2 ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø

2 5 

x

x



6

2(

x

 1)



2

3

a

0.25đ 0.5đ 0.25đ

2 log

x



log

x

  1 0

2 2

2

b

2

0.25đ 0.5đ 0.25đ



2 log  1 x

( thỏa đk)

1 2

2

Phương trình viết lại: 2  x2 + 5x – 6 = 2( x – 1 )  x2 + 3x – 4 = 0 x  1     x 4  DK: x > 0 Phương trình viết lại:  x    

Hình vẽ

0.5đ

4

V



SA S .

S ABCD

.

ABCD

1 3

a

2

2

2

2

SABCD = AB.AD = 2a2.  SC SA

AC

SC







(

2  AD AB

)



a 2

2

3

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

V



SA S .



2

a

2

a



a

S ABCD

.

ABCD

1 3

2 2 3

1 3

b

* Gọi () là trục của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD * Gọi M là trung điểm của SA, (d) là đường trung trực của SA * Đường thẳng () cắt đường thẳng (d) tại O thì O là tâm của Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp, R = OA = OS...

0.25đ 0.25đ

   log  2 x x      1 2 1 2

51

a

R OA





* Tam giác SAC vuông tại A, AO là đường trung tuyến nên

.

SC 2

7 2

0.25đ 0,25

3

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3

* V =

.

3    

a  R    4 3 4 3 7 2  a 7 7 6    

PHẦN TỰ CHỌN BAN NÂNG CAO ĐÁP ÁN

Đặt t = sinx ; | t |≤ 1

  1

t

+ f(t) = t3 + 2t2 + t + 1 t

1 3

1;1      t 

Câu 5A

y



y



k

 2 ) 5

+ f/(t) = 3t2 + 4t + 1 ; f/(t) = 0 

 ;

Max     ;

y

y



(arcsin(-

arcsin(-

 2 )

 2 )

 (











k

y

k

)

)

+

Min   ;





 ( 2 1 3

1 3

2

P





S

;

23 27 Đặt t = 3x ; t > 0. Ta có : ( m – 3 )t2 + 2(m + 1)t – m – 1 = 0  = 2m2 – 2 ;

 2 m

m 

 3

m   1  m 3

Nghiệm theo t

Nghiệm theo x

+

Pt có 1 nghiệm :

_ _ Pt có 2 nghiệm t1< 0 < t2 :

+

m  S P + 

| t1| > | t2|

Pt có nghiệm : 8t = 4

3

||

||

1 t  >0 2

x  

Pt có 1 nghiệm 3x =

log 2 3

1 2

+ + +

x  log t 3 2

6A

Điểm 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0,75đ

x  log t 3 1 t 3 2

Pt có 2 nghiệm   x ; log Pt có nghiệm 3x = 2

1

0 + +

 





  2

0

t =

b a 2

4 2

_

Pt có 2 nghiệm 0< t1< t2 Pt nghiệm kép  m 1) 2(  m 3 Phương trình VN

Phương trình VN

+ +

Phương trình VN

- 1 0 0 0

 





0

t =

Pt nghiệm kép m  2( 1)  3 m

b a 2

x  log 2 3

Pt có 1 nghiệm :

_ _ Pt có 2 nghiệm t1< 0 < t2:

+

- 

| t1| > | t2|

x  log t 3 2

PHẦN TỰ CHỌN BAN CƠ BẢN ĐÁP ÁN

3log

log



x

  4 0

2 2

2

Câu 5B

Điểm 0.25đ 0.25đ 0,5đ

ĐK : x > 0. Bất PT trở thành : x - 4 ≤ log2x ≤ 1  2 -4 ≤ x ≤ 2

52

2

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG





2

2

5;6



5;6 nÕu x  x  4 x  5  y  x  4 x  x  5 



2

x



4

6B

  -2;-1 nÕu x   ( 1;5)  

/

/

y



;

y

  

0

x

2

nÕu x

     5  nÕu x

 2

x



4

   

4 x   -2;-1   ( 1;5)



0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

y(-2)=7; y(-1)=0; y(2)= 9; y(5)=0; y(6)=7.  Min Max (5) 0    2;6     x x 2;6 ********* HẾT *********

ĐỀ 17

3

6 2 x









3

x

y

có đồ thị (C).

x 9 1.(2điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

y   (2) 9 ;   ( 1)  y y

I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH(7 điểm) : BÀI 1: Cho hàm số 2.(1.25điểm) Gọi A là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 4 , viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm A. Tiếp tuyến này cắt lại đồ thị (C) tại điểm B (B khác A) , tìm tọa độ điểm B.

x

y



BÀI 2.(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn [1;e2 ]

ln x

BÀI 3 . Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a , I là trung điểm của AB ,  là đường thẳng

qua I và vuông góc với mp(ABCD).Trên  lấy một điểm S sao cho SI =

.

3a 2

1.(0.75điểm) Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD theo a. 2.(1điểm) Gọi (N) là hình nón tròn xoay thu được khi quay đường gấp khúc SAI xung

3.(1điểm) Xác định tâm và tính theo a bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp

quanh SI . Tính diện tích xung quanh của hình nón (N) theo a. S.ABCD. II/PHẦN DÀNH RIÊNG CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3điểm) : Học sinh học theo chương trình nào thì làm theo đề của chương trình đó . A.Học sinh học theo chương trình nâng cao :

y

BÀI 4a. (2điểm) Giải hệ phương trình sau :

y

1



x 3    log2

2 x

3

2

x

13 x  x

x

 log2  y log.31  2(

12).1

m



2 9).1



(

m





0



16

. Tìm m để phương

x  2 3 2

01



x 3.8

BÀI 5a. (1điểm) Cho phương trình trình có hai nghiệm trái dấu. B.Học sinh học theo chương trình chuẩn : BÀI 4b Giải các phương trình sau :

1.(1điểm)

.

53

log

 3

)27

log

)11

3(







x

log

8

2.(1điểm)

.

5

5

5





5

2

x

x

x

log.2

log.

2.3

log

12





2

x

x

x

x



32



0

.

2 2

2 2

2

2

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG x ( BÀI 5b .(1điểm) Giải bất phương trình sau   log ĐÁP ÁN Nội dung

Bài ý 1

3

2

2

điểm 0.25 0.25

;

lim x

0.25 0.25

1.1 Tập xác định D = R 3 lim  x x   x y' =-3x2+12x-9 1

)3  (  x  6 x  9 x  )3  (  6 9 x

'

; y(1) = -1 ; y(3) = 3

Bảng biến thiên:

0.5

+

3

x

-

1

_

_

+

y '

0

0

+

3 CD

y

-

-1 CT

)

Hàm số tăng trên khoảng (1;3) ; giảm trên các khoảng (-  ;1) ; (3; , đạt cực tiểu tại x = 1 , giá trị cực tiểu là -1 , đạt cực đại tại x = 3 , giá trị cực đại là 3.

 x y 0  x  3   

54

Các giá trị đặc biệt :

0.5

1

4

x

0

2

3

-1

y

3

-1

1

3

Đồ thị :

y

3

1

x

0

1

2

3

4

1.2 Điểm A thuộc (C) có hoành độ bằng 4 , suy ra A(4;-1)

0.25 0.25 0.25 0.25

y'(4) = -9 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại A là y = -9(x-4)-1 hay y = -9x + 35. Hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với đồ thị (C) là nghiệm của phương trình -x3 + 6x2 - 9x + 3 = -9x + 35 Phương trình trên có nghiệm x = 4 ; x = -2 , kết luận điểm B(-2;53)

x

1

x

0.25 0.5

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

2

y



y

'



2e

Hàm số

liên tục trên đoạn

và có

 ln 2 x

;1[ ]

2e

y

0' 

1

ln

e

ln x x

x

0

(e thuộc đoạn

)

0.25 0.25

;1[ ]

2e

y(1) = 0 < y(e2) =

< y(e) =

nên trên đoạn

hàm số có GTLN là

1 e

 2 2 e

, đạt khi x = e và có GTNN là 0 đạt khi x = 1.

1 e

;1[ ]

55

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3



S

m

J

K

B

C

I

O

A

D

3.1 SI là đường cao của hình chóp nên thể tích của khối chóp SABCD là

0.25

dt

(

ABCD

).

SI

V =

1 3

0.25

Trong đó SI =

và dt(ABCD) = a2

3a 2

3

0.25

a

3

a

3

2

a



Suy ra thể tích của khối chóp là V =

1 3

2

6

3.2 Hình nón tròn xoay thu được có đường sinh là SA và bán kính đáy là IA

0.25 0.25

.

. SA IA

Diện tích xung quanh của hình nón là

(1)

S xq

0.25

Trong đó

IA =

;

tam giác SIA vuông

tại

I nên

a 2

2

2

a

3

2

2

2

2

SA



SI



AI



(

)



(

)







a

2

a 2

3 a 4

a 4

0.25

2





a



 a

Suy ra diện tích xung quanh của hình nón là

S xq

a 2

1 2

0.25

0.25

0.25

3.3 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD , qua O dựng đường thẳng  vuông góc mp(ABCD) , suy ra  là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Tam giác SAB có SA = AB = BS = a nên SAB là tam giác đều .Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB ( K cũng là trọng tâm của tam giác SAB.Do SI song song với  nên trong mp(SI,  ) , qua K dựng đường thẳng m song song với IO , m là trục của tam giác SAB Gọi J là giao điểm của  với m , suy ra JS = JA = JB = JC = JD . Vậy J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD Bán kính của mặt cầu là JA. Ta có :

0.25

a

3

2

2

2

2

(

AC

)



(

SI

)



(

a

)2



(

)

JA2 = OA2 + OJ2 = OA2 + IK2 =

=

1 3

2

1 2

1 3

1 2

a

=

. Suy ra bán kính của mặt cầu là JA =

.

21 6

7 2a 12

56

Điều kiện x>0

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

4a

y

0.25 0.25

x

3





log2

)1(13

y

1 

x



2 x

)2(

2 13

2 y  3

 3 (3)

log2 x 2 

log2

(4)

2 2

2

0.25 0.25

8

Giải (4) ta được

;

log 2 x

log 2 x

  y log.31   (1) Thay (3) vào (2) ta được phương trình 5 2

0.25

log2 x  21 log x  40  0

8

*

ta có hệ

log 2 x

x  8

0.25

 3

0.25

3

y

8

*

thì

, phương trình này vô nghiệm.

log 2 x

5 2

Nghiệm của hệ là : (256 ; 1)

x

x

x

0.25

log 2   y 3  Giải hệ này ta được x = 256 (thỏa điều kiện x > 0) y = 1

5a

16





12).1



(



9).1



0

(1)

0.25

x

x

)1(





2(

m



).(1

)



m



01

)

m 4 3

x

)

t

(

đặt

( t>0) , ta được phương trình t2 + (2m-1)t +m +1=0 (2)

m 2( 16 ( 9 4 3 2 t



t

1





m

(3) (do 2t+1 0 với mọi t > 0 ).

 t 1 

2 t

2

0.25



1

t

t )(



f

trên khoảng

Xét hàm số

;0(  )

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < 0 < x2 khi và chỉ khi phương trình (3) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa 0< t1 <1< t2 t  1 

t 2

)2( t 2(1 t  )1 m  2

2

'

Bảng biến thiên :

0.25

7 1  0   3 f )(' t 0  f t )(   2   1 7 t 2 2( t   t 2 )1 t   t      2   2

57

7-1

0

+

1

t

2

-

0

+

f'(t)

f(t)

1

-

3

-1

-

0.25

Phương trình (3) có 2 nghiệm t1 , t2 thỏa 0< t1 <1< t2 khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) tại hai điểm có hoành độ t1 , t2 thỏa

0< t1 <1< t2 .Căn cứ vào bảng ta có -1 < m <

1 3

GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

4b 4.1

(1) x

3 2 x  2  )1(

x 3.8 x )3.(9

01  2  3.8

x

0.25 0.25



x

3



4.2

0.25 0.25

 3 1   1  9   x 23 3 2 x x )11

3(



(

x



)27

 3

log

8

(2)

5

5

5

log  log Điều kiện : x > 27

2

0.25 0.25

x

3(



)2(



92

x



297

)



log

3 )8.5(

5

5

x

92



703



0

0.25 0.25



x

không thỏa điều kiện ; x =37 là nghiệm của pt



x

19 3

x

x



2

x



5

 01

5b

log 3 2 x  37   19 3 

2.3

log.

x



2



log

x



12

log

x



32



0

(3)

2

2 2

2

0.25

x

 x     2 x log.2 2 Điều kiện x > 0 x x )3(



x





2.32



log

x



12

log

x



32



0

2 2

2

log.2 x

0.25

0



2 2 )(log 1 x 

x log.2.12 2  x 2 log.12

2 log.12 2 x  )32

x 

 0

)32 (vì 2x +1 >0 với mọi x )

 2( 2  (log 2

0.25

x



4

2 x



16

2





log

x



8

x



256

2

  

log   

Nghiệm của bpt là 0256

0.25

58

GV:PHẠM VĂN LINH

THCS – THPT TÀ NUNG

3

MỘT SỐ BT CÁC EM TỰ GIẢI

3

Bài I: cho hàm số 3 2 x y x .  

x

3 2 x



m



0

.

 x

3 

10

y

.

 mmx



y

 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình :  3) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) trong mỗi trường hợp sau : +Tại điểm M(C) với M có hoành độ x0 thỏa mãn f”(x0) = 0. +Tiếp tuyến song song với đường thẳng +Tiếp tuyến đi qua điểm A(3;-2). 4) Định các giá trị của tham số m để đường thẳng (T) :

y



cắt (C) tại ba điểm phân biệt. Tìm các giao điểm của (C) và (T). Chứng minh rằng trong số ba giao điểm dó có hai giao điểm thỏa mãn các tiếp tuyến với (C) tại đó song song với nhau. 5) Chứng minh rằng tiếp tuyến với (C) tại tâm đối xứng của nó có hệ số góc lớn nhất.

x  x 2 

2 1

Bài II: Cho hàm số .



2009

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

1  x 3

(D) : y .

;



1 2

1 2

  

   1



2

y



3) Chứng minh không có tiếp tuyến nào của (C) đi qua điểm A .

mmx  2

4) Định giá trị tham số m để đường thẳng (T) : cắt (C) tại hai điểm M, N

2

phân biệt và chứng minh khi đó các tiếp tuyến với (C) tại hai điểm M, N song song với nhau

3

y



(

x



)5

x 2

2

x

Bài III: 1) Tìm các điểm cực trị của hàm số : 2 a) ; b) y  sin2 x  x

y



y



x 1

x

x  1 x 

c) ; d) .

3

2

y



x



(

m



)1

x



4

 mx

2) Tìm các giá trị của tham số m để các hàm số :

4

2

a) có cực trị.

y

x



m









2

2

2

   mx

b) có ba cực trị.

1 3 1 4 3 x

c)     1 y

1  xm  2  đạt cực tiểu tai điểm x = 3. mmx  2 Bài IV: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau :

2

ln

x

x



1

y



trên

đoan

y



 

2;1

3 ;1 e

2

x



1

x x

2

2

y



1) ; 2) trên đoạn 

;

e

y

 x

 4 x

ln x

e 2

 

 

3) trên đoạn ; 4)

59

3

4

2

y



x





6

x



x

x

y

2

1







GV:PHẠM VĂN LINH THCS – THPT TÀ NUNG

3 2 x 2

y



y



trên đoạn [-1;3] ; 6) trên đoạn [0;3]. 5)

y



cos

2

x



sin

x



3

x x

 

1 2

5 2 x cos 2  2 x x cos 

cos



1

2

 x 1 3

18





0

; 8) ; 9) 7)

2 2

4

x

x

x

x

x

 x

x

x

x

4 4.2 log

 36.2 23 x  1  x   5





3

x

log

; 2) log x  10 log x  6 0 1)

; 4) ; 6) ; 8)

1 4 sin cos Bài V: Giải các phương trình : x 1     9   x  4 3) 4  5) log2 7)

 36 16 16 x  9.5  x x  log.

2

2

4

2

3

2

4

12 6   2 x 3  10

log x  log x  2

log

x



 2  3

x

5

2

2

2

3

4

x

x

x

 3 log ; 10) 9) log x  log x  log 36

log

x



log

x

 51

0

3

 5

10



3

3(



10)(5



x )3



1



2 3

2 3

2

2

x

x

x

x



x

x



x

2

x

3



4



5

11) ; 11)

2



2.4



2

 4

0

12 5

15 4

20 3

  

x   

  

x   

  

x   

; 14) 13)

42  x

x

2

2

x



x

2



xx

Bài VI: Giải các bất phương trình sau :  1



2



2



3

16 9

  

 1

x

1) ; 2)



4



1

x

x

x

3   4  x 4  x 3

5  1

4

5

log

x

72

3) ; 4)

log

x



2



log

x



log

16



4





 log

 0 

 9

 log

 1  

3

x

2

x

x

x

2

2

4    log

 3  1  2 log4



144



12



log



5) ; 6)

1 2  4



 2

1

5

5

5

2 2

4

7) ; 8) log x  10 log x  6 0 .

Bài VII: Cho hình chóp S.ABC biết SA = 3 ; SB = 4 và SC = 5. Ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc.

3) Tìm thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 4) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC , G là trọng tâm tam giác ABC. a) Chứng minh S, G, I thẳng hàng. b) Tính thể tích khối tứ diện SGAB. Bài VIII: cho hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng 6 và chiều cao h = 1. Hãy tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Bài IX: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh bên SB bằng 3a.

1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD . 2) Gọi I là trung điểm đoạn SC. Tính độ dài đoạn AI. Bài X: Cho hình nón có trục SO = 2a, bán kính đường tròn đáy R = a, O là tâm của đáy.

1) Tìm thể tích khối nón, diện tích mặt nón. 2) Tìm diện tích thiết diện qua trục.

-----------------------Hết-------------------------

60