THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 400-10/2010

Chia sẻ: Nguyen Bach Thang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

146
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng Câu II: 5  cos 2x 1) Giải phương trình: 2cos x 3  2 tan x 3 y3 9 2) Giải hệ phương trình: Câu IV: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB DC . Biết rằng DBC là tam...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 400-10/2010

www.VIETMATHS.com THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 400-10/2010 ĐỀ SỐ 01 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y  x 3  3mx  3m  1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng x  y  0. Câu II: 5  cos 2x  2cos x 1) Giải phương trình: 3  2 tan x  x 3  y3  9 2) Giải hệ phương trình:  2 2  x  2y  x  4y Câu III:  1 cos x 1  sin x  2 Tính tích phân: I   ln dx . 1  cos x 0 Câu IV: w ÿ Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB  a, AC  a 3, DA  DB  DC . Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V: Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  3, ta có bất đẳng thức: 1 4 3  . xyz  x  y  y  z  z  x  2 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 5x  2y  7  0, x  2y  1  0 . Biết phương trình phân giác trong góc A là x  y  1  0 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3  . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300. Câu VII.a: Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com Giải phương trình: e x  1  ln 1  x  . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 3 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  và parabol (P): y 2  x . Tìm 2 trên (P) các điểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vuông ABCD có A  5;3; 1 , C  2;3; 4  , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x  y  z  6  0 . Hãy tìm tọa độ điểm D. Câu VII.b: 3   1  x  1  x3  2 . Giải phương trình: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) y '  3x 2  3m  y’ có CĐ và CT khi m  0 .  x1  m   y  2m m  3m  1   1 Khi đó:   y 2  2m m  3m  1 x 2   m    m  2m m  3m  1  x1  y 2   Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên:   x 2  y1   m  2m m  3m  1  1 Giải ra được m  3 Câu II: 3 1) ĐK: tan x   ,cos x  0 2 PT  5  cos x  sin 2 x  2  3cox  2sin x  2  cos 2 x  6 cos x  5  sin 2 x  4sin x 2 2   cos x  3    sin x  2    cos x  sin x  1 cos x  sin x  5   0  cos x  sin x  1  sin x  0   x  k kZ cos x  0  loai   Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 2)  x 3  y3  9 (1) Hệ PT   2 2  x  x  2y  4y (2) Nhân 2 vế PT(2) với -3 rồi cộng với PT(1) ta được: 3 3 x 3  3x 2  3x  y 3  6y 2  12y  9   x  1   y  2   x  y  3  y  1  x  2 2 Thay x  y  3 vào PT(2):  y  3  y  3  2y 2  4y  y 2  3y  2  0    y  2  x  1 Nghiệm hệ:  2; 1 , 1; 2  Câu III:     1 cos x 1  sin x  2 2 2 2 dx   cos x.ln 1  sin x dx   ln 1  sin x dx   ln 1  cos x dx I   ln (1) 1  cos x 0 0 0 0  Đặt x   t  dx  dt 2    2 2 2 Suy ra: I   sin t.ln 1  cos t dt   ln 1  cos t dt   ln 1  sin t dt 0 0 0    2 2 2 Hay I   sin x.ln 1  cos x dx   ln 1  cos x dx   ln 1  sin x dx (2) 0 0 0   2 2 Cộng (1) với (2): 2I   cos x.ln 1  sin x dx   sin x.ln 1  cos x dx   0 0 J K  2 Với J   cos x.ln 1  sin x dx 0 2 2 2 Đặt t  1  sin x  dt  cos xdx  J   ln tdt  t ln t 1   dt  2ln 2  1 1 1  2 Với K   sin x.ln 1  cos x dx 0 1 2 Đặt t  1  cos x  dt   sin xdx  K    ln tdt   ln tdt  2ln 2  1 2 1 Suy ra: 2I  2ln 2  1  2ln 2  1  I  2ln 2  1 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com Câu IV: ABC vuông tại A  BC  2a DBC vuông cân tại D  DB  DC  DA  a 2 BC Gọi I là trung điểm BC  IA  ID  a 2 Vì DA  a 2 , nên IAD vuông tại I  ID  IA Mà ID  BC  ID  (ABC) a3 3 1 1 1  VABCD  ID.SABC  .ID.AB.AC  .a.a.a 3  3 6 6 6 Câu V: 4 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ; và  x  y  y  z  z  x  2xyz 2xyz 1 1 4 3    2xyz 2xyz  x  y  y  z  z  x  x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x  3 Ta có: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   xyz  xz  yz  xy  zx  yz  xy  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yz và zx: 3  xy  yz  zx  222 xy.yz.zx     1  x y z  1  xyz  1 (1) 3   Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy: 3 3   xz  yz    xy  zx    yz  xy    2  xy  yz  zx    xz  yz  xy  zx  yz  xy       8 (2) 3 3    Từ (1) và (2) suy ra: x 2 y 2 z 2  x  y  y  z  z  x   8 1 4 3 3 Vậy:  3  xyz  x  y  y  z  z  x  82 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Tọa độ điểm A: 5x  2y  7  0  x  3  A  3;4     x  y 1  0  y4 Tọa độ điểm B: 5x  2y  7  0  x  1  B  1; 1   x  2y  1  0 y  1   Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com Gọi D là giao điểm phân giác và BC. Tọa độ điểm D:  x  y 1  0 x 1  D 1;0     x  2y  1  0  y  0  Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến n   n1 ;n 2    5;2  Suy ra: n1.1  n 2 .1 5.1  2.1 n  n2 7 1  20n1  58n1n 2  20n 2  0 2   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 29 n1  n 2 . 1  1 5  2 . 1 1 n1  n 2 5  n1  n 2   2  n  2;5  (AC) : 2x  5y  14  0   n  2 n 1 5 2  Tọa độ điểm C: 11  x 2x  5y  14  0   11 4   3   C ;    x  2y  1  0 y 4  3 3  3   2) Gọi vectơ chỉ phương của d là a   a1 ;a 2 ;a 3  Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0  a1 1 Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600   cos 600   3a1  a 2  a 3  0 2 2 2 2 a1  a 2  a 3 2 2 2 (Oxz) có vectơ pháp tuyến  0;1;0  Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600. a2 1  cos 600   a1  3a 2  a 3  0 2 2  2 2 2 2 2 a1  a 2  a 3 12 1 Giải ra được: a1  a 2  a 3  a1  a 2  2 a3 2 2 2             Chọn a 3   2 , ta được: a  1;1; 2 , a  1;1;  2 , a  1; 1;  2 , a  1; 1; 2 Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d): x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3 ,     1 1 1 1 2 2 x 1 y  2 z  3 x 1 y  2 z  3 ,     1 1 1 1 2 2 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com Câu VII.a: ĐK: x  1 Đặt y  ln 1  x   e y  1  x .  ey  1  x (1) Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ:  x e  1  y (2) Lấy (2) trừ (1): e x  e y  y  x  e x  x  e y  y Xét hàm số f  t   e t  t t  1 Ta có: f '  t   e t  1  0 t  1  Hàm số luôn tăng trên miền xác định.  f  x   f  y   x  y  x  ln 1  x   e x  1  x  e x  x  1 Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình. Xét hàm số f  t   e t  t Ta có: f '  t   e t  1 - Với t  0 thì f '  t   0  Hàm số luôn tăng  f  t   f  0   1  e t  t  1 t  0  PT vô nghiệm. - Với 1  t  0 thì f '  t   0  Hàm số luôn giảm  f  t   f  0   1  e t  t  1   1  t  0  PT vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 2 2 1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 6  x 0  y 0  6 M  (P)  y 2  x 0 0 Suy ra: y 4  y 2  6  0  y 0  2  y 0   2 2 0 0     Vậy M 2; 2 hoặc M 2;  2 2) AC  3 2  BA  BC  3 Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:   x  5  2   y  32   z  12  9  x  5  2   y  32   z  12  9    2 2 2  x  2    y  3   z  4   9   x  z  1  0  x  yz 6  0  x  yz 6  0     x  5 2   4  2x 2   2  x 2  9  x3 x2      y  3 hoặc  y  1 z  1 x   z  2  z  1 y  7  2x    Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com B  2;3; 1 hoặc B  3;1; 2      AB  DC  D  5;3; 4  hoặc D  4;5; 3 Câu VII.b: 3   1  x  1  x3  2 ĐK: x  1  x  2  2 x  1  3 x3  2  x  2  3 x3  2  x 3  6x 2  12x  8  x 3  2 2  6  x  1  0 Suy ra: x  1 là nghiệm của PT. Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 401-11/2010 ĐỀ SỐ 02 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y  2x 3  3x 2  1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu II:  xy  18  12  x 2  1) Giải hệ phương trình:  12  xy  9  y 3  2) Giải phương trình: 4   x  12  2x  11  x  0 x Câu III: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu IV:  Tính tích phân: I   x  cos x  sin 5 x dx 0 Câu V: a  a  c   b 2  Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện  2 b  b  a   c  111 Chứng minh rằng:   abc . PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x  4y  5  0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2x  6y  9  0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x  2y  2z  3  0 , x2 y z4 (P2): 2x  y  2z  4  0 và đường thẳng (d):   . Lập phương trình mặt cầu (S) có 1 2 3 tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2). Câu VII.a: 4   Đặt 1  x  x 2  x 3  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1 7 2 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):  x  1   y  3  1 và điểm M  ;  . 5 5 Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2x  4y  2z  5  0 và mặt phẳng (P): x  2y  2z  3  0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số: x 0 0 , 3 f  x    1  3x  1  2x tại điểm x0 = 0. x0 ,   x HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) y  2x 3  3x 2  1  y '  6x 2  6x Gọi M  x 0 ; y 0   Phương trình tiếp tuyến: y   6x 0  6x 0   x  x 0   y 0 2 Hay y   6x 0  6x 0  x  6x 3  6x 0   2x 0  3x 0  1 2 2 3 2 0 Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8  6x 3  6x 2   2x 3  3x 0  1  8 2 0 0 0 Giải ra được: x 0  1  y 0  4 Vậy M  1; 4  Câu II: 1) ĐK: x  2 3, xy  0 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com  xy  18  12  x 2  xy  30  x 2 (1)  - Nếu xy  18 thì ta có hệ:  1 2  2 3xy  27  y (2)  xy  9  y 3  2 Lấy (2) trừ (1): 2xy  3  x 2  y 2   x  y   3  x  y   3  Với x  y  3  y  x  3 , thay vào (1): 53   x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x  (loại) hoặc x  2 3 (nhận) 2    Nghiệm 2 3; 3 3  Với x  y   3  y  x  3 , thay vào (1): 53   x x  3  30  x 2  2x 2  3x  30  0  x   (loại) hoặc x  2 3 (nhận) 2    Nghiệm 2 3;3 3 - Nếu xy  18 thì từ (1) suy ra: x  2 3 , từ (2) suy ra: y  3 3  xy  18  xy  18  Vô nghiệm.    Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 . 2) 4x   x  12  2x  11  x  0  4 x  12.2x  11  x  2 x  1  0   2 x  11 2 x  1  x  2x  1  0   2 x  11  x  2 x  1  0 2x  1  x  0  x  2  11  x  0  x  3 Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3. Câu III: Gọi M là trung điểm BC  AM  BC,SM  BC  BC  (SAM) Trong (SAM) dựng MN  SA  MN là khoảng cách SA và BC.  MN = m 3a 2 2 2  m2 AN  AM  MN  4 Dựng đường cao SO của hình chóp. MN SO m SO 2 3ma     SO  AN AO 2 3 3a 2  4m 2 a3 3a 2 m 3 4 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com a2 3 ma 3 1 1 2 3ma V  SO.SABC  .  . 3 3 3 3a 2  4m 2 4 6 3a 2  4m 2 Câu IV:      I   x  cos x  sin 5 x dx   x cos xdx   x sin 5 xdx   x cos xdx   x 1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx     0 0 0 0 0 J K  J   x cos xdx 0 Đặt u  x  du  dx dv  cos xdx  v  sin x     J  x sin x 0   sin xdx  cos x 0  2 0  2 K   x 1  cos 2 x  sin xdx 0 Đặt u  x  du  dx 2 1 dv  1  2cos 2 x  cos 4 x  sin xdx  v  cos x  cos3 x  cos5 x 3 5   2 1 2 1      K  x  cos x  cos 3 x  cos5 x     cos x  cos 3 x  cos 5 x  dx 3 5 3 5  0 0     8 2 1   cos xdx   cos3 xdx   cos5 xdx  15 0 30 50    cos xdx  sin x 0 0 0    sin 3 x cos xdx   1  sin x  cos xdx  sin x  3 2 0  30 0 0    2 1 cos xdx   1  2sin x  sin x  cos xdx  sin x  sin 3 x  sin 5 x  0 5 2 4  3 5 0 0 0 8 K 15 8 I  2. 15 Câu V: Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com  a  a  c   b2 (1)   2 b  b  a   c (2)  Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a  c  b Từ (1) suy ra: ab  b 2  a  b  b  a  0 Ta có: (1)  ac   b  a  b  a  ac  c 2  ab  bc  ac  bc  a  b  c  Từ (2) suy ra: b ba 1 bc 111 Từ đó:     (đpcm). a bc abc PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và gần (d) nhất. 2 2 (C) :  x  1   y  3  1  phương trình tiếp tuyến tại M  x 0 ; y0  :  x 0  1  x  1   y 0  3  y  3  1  4  x 0  1  3  y 0  3   0  4x 0  3y 0  5  0 (1) 2 2 M  x 0 ; y 0    C    x 0  1   y 0  3   1 (2)  2 11   8 19  Giải (1), (2) ta được: M1   ;  , M 2   ;   5 5  5 5  2 11 3.    4.  5  5 5 d  M1 ,(d)   1 32  42  8 19 3.    4.  5  5 5 d  M 2 ,(d)   3 32  42  2 11   Tọa độ điểm M cần tìm là M   ;  .  5 5 N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).  1  x  5 4  x  1  3  y  3  0  IN  (d)       N  (d) y  7  3x  4y  5  0   5   Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 1 7  Tọa độ điểm N cần tìm là N  ;  . 5 5 2) I  (d)  I  2  t; 2t; 4  3t  (S) tiếp xúc (P1) và (P2)  d  I,  P1    d  I,  P2    R  t  1 2  t  4t  8  6t  3 4  2t  2t  8  6t  4    9t  3  10t  16    t  13 12  22  2 2 22  12  2 2 2 2 2  Với t  1  I  1; 2;1 ,R  2  (S1 ) :  x  1   y  2    z  1  2 2 2 2 2  Với t  13  I 11;26; 35  , R  38  (S2 ) :  x  11   y  26    z  35   382 Câu VII.a: 4   Đặt 1  x  x 2  x 3  a 0  a1x  a 2 x 2  ...  a12 x12 . Tính hệ số a7. 4 24 4    1  x  .1  x  Ta có: 1  x  x 2  x 3 24 1  x   C0  x 2C1  x 4C 2  x 6C3  x 8C4 4 4 4 4 4 4  C0  xC1  x 2C2  x 3C3  x 4C 4 4 1  x  4 4 4 4 Suy ra: a 7  C 4C3  C1 C3  6.4  4.4  40 2 4 44 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.    6 8   MI    ;   vectơ chỉ phương đường thẳng MI a   3;4   5 5  x  1  3t Phương trình đường thẳng MI:   y  3  4t 1 2 2 N  MI  (C)   1  3t  1   3  4t  3  1  25t 2  1  t   5  8 19   2 11   N1  ;  , N 2  ;  5 5  5 5  MN1  3, MN 2  1 So sánh: MN1  MN 2  8 19   Tọa độ điểm N cần tìm là N  ;  5 5 2) Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 2 2 2 (S):  x  1   y  2    z  1  1 (P): x  2y  2z  3  0 M  (P ') : x  2y  2z  d  0 d  0 1  4  2  d Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R  d  I,(P ')   R  1  d  6 2 12   2   22 (P1 ') : x  2y  2z  0 (P2 ') : x  2y  2z  6  0 Phương trình đường thẳng    đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):  x  1  t     :  y  2  2t  z  1  2t  1  2 4 5 M1 là giao điểm    và (P1)  1  t  4  4t  2  4t  0  t   M1   ; ;  3  3 3 3 1  4 8 1 M2 là giao điểm    và (P2)  1  t  4  4t  2  4t  6  0  t    M 2   ; ;  3  3 3 3 2 8 10    3 333 d  M1 , (P)   1 2 12   2   22 4 16 2    3 333 d  M 2 , (P)   3 2 2 2 1   2   2  2 4 5  Tọa độ điểm M là M   ; ;   3 3 3 2  1 2 7 N là giao điểm    và (P)  1  t  4  4t  2  4t  3  0  t   N  ; ;  3  3 3 3 Câu VII.b: f  x   f 0 1  3x  1  x  1  2x  1  x  3 3 1  3x  1  2x f '  0   lim  lim  lim  lim 2 2 x2 x 0 x x x 0 x 0 x0 x0 1  3x  1  x  3 3x 2  x 3  lim lim x2 x 0 2  x 3 1  3x   3 1  3x.1  x   1  x   x 0 2 2     3  x  lim  1 2 2 x 0 3 1  3x   1  3x.1  x   1  x  3 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 1  2x  1  x  x 2 1 1  lim 2  lim  lim x2 x  1  2x  1  x   x 0 1  2x  1  x  2   x 0 x 0 1 1  f '  0   1    2 2 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 402-12/2010 ĐỀ SỐ 03 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: y   x 4  2  m  1 x 2  2m  1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: 1) Giải phương trình: 2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3sin 2 2x  3 6x 2  3xy  x  y  1 2) Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  1. Câu III: 2 x Cho hàm số f  x   A.3  B . Tìm các số A, B sao cho f '  0   2 và  f  x dx  12 1 Câu IV: Trong mặt phẳng  P  cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng  P  tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD khi SA = 2a. Câu V: x sin x  2cos 2 trên đoạn  0;   . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    2 x   cos x  2sin 2 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương trình 4x  3y  12  0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm P  2;3; 5  hạ các đường thẳng vuông góc với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó. Câu VII.a: Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 24 5 5   Chứng minh rằng số phức z   1  cos  isin  có phần ảo bằng 0. 6 6  B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Cho đường tròn  C  : x 2  y 2  6x  2y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x  2y  4  0 và cắt  C  theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng x 1 y 1 z x 1 y  2 z   và d 2 :  . d1 : 2 1 1 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng  Q  : x  y  2z  3  0 sao cho (P) cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: 4 x  y1  3.4 2y 1  2 Giải hệ phương trình   x  3y  2  log 4 3 HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) Giao điểm với trục hoành x 4  2  m  1 x 2  2m  1  0 (*) Đặt t = x2, ta có phương trình: t 2  2  m  1 t  2m  1  0 (**) (*) có 4 nghiệm  (**) có 2 nghiệm dương phân biệt  m2  0 Δ '  0 1     S  0  2  m  1  0  m   , m  0 2 P0  2m  1  0   2 2 Với điều kiện này (**) có nghiệm t1  x1 ; t 2  x 2 (t2 > t1)  4 nghiệm (*): x 2 , x1 , x1 , x 2 Dãy này lập thành cấp số cộng khi: x 2  x1  x1    x1   x 2  3x1 Đặt x1  α  x 2  3α  m4 2  x1  x 2  10α 2 2 2 2  m  1  10α 2  m 1   2  2 2   2m  1  9    9m  32m  16  0   4 4 4 5 m  x 1 x 2  9α  2m  1  9α 9  4 Vậy m = 4 hoặc m   9 Câu II: 1) Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com 2 cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3sin 2 2x  3  2cos 2 2x  cos 2x.sin 3x  3cos 2 2x  cos 2x  sin 3x  cos 2x   0  cos 2x  0  sin 3x  cos 2x  0 π π kπ  kπ  x    k  Z   Với cos2x = 0  2x  2 42   k2   3x   2x  k2 x      2 10 5  Với sin 3x  cos 2x  0  sin 3x  sin   2x     k  Z    x    k2 2  3x   2x  k2    2 2  π kπ  x  4  2  π k2π Vậy phương trình có nghiệm  x    k  Z  10 5   x  π  k2 π  2  6x 2  3xy  x  y  1 1  2)  2 2  2  x  y  1.  1  6x 2  3xy  3x  2x  y  1   3x  1 2x  y  1  0 1  x  3    y  2x  1 22 1 Với x  , từ (2) suy ra: y   3 3  x  0  y 1 Với y  2x  1 , từ (2) suy ra: x   2x  1  1  5x  4x  0   2 2 2 x   4  y   3 5 5  Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm: 1 2 2  1 2 2   4 3  0;1 ,  , ;  ,  ;   ;   3   5 5 3 3  3  Câu III: Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com  f '  x   A.3x.ln 3  f  x   A.3x  B   A.3x   f  x  dx  ln 3  Bx  C  2   f ' 0  2  A.ln 3  2 A  ln 3    Ta có:  2   6A   f  x  dx  12  ln 3  B  12  B  12  12  1 ln 2 3   2  A  ln 3  Vậy   B  12  12 ln 2 3   Câu IV: Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm của SC. SC  SA 2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6 SC a 6 R  2 2 3 4 πR  πa 3 6 V 3 Câu V: x sin x  2cos 2 x  0;   . f x   2 x   cos x  2sin 2 x x x Ta có: cos x  2sin  2sin 2  2sin  1 2 2 2  2 Xét hàm số g  t   2t 2  2t  1 t   0;  2  1 g '  t   4t  2  g '  t   0  t  2 1 3  2  g  0   1; g    ; g   2 2 2  2     2  g  t   0 t   0;   2 x    cos x  2sin  0 x  0;  . 2  2 Copyright by VIETMATHS.com
www.VIETMATHS.com    f  x  liên tục trên đoạn  0;  . 2   x  x  x  x   cos x  sin  cos x  2sin     sin x  cos  sin x  2cos  2  2  2  2 f ' x    2 x   cos x  2sin  2  x 1  sin   2 f ' x    0 x  0;  . 2  2 x   cos x  2sin  2  GTLN f  x  = f  0   2 π 2 GTNN f  x  = f    1  2 2 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) A 1;1 B  3; 0  C  0; 4  Gọi H  x; y  là trực tâm tam giác ABC        BH   x  3; y  , CH   x; y  4  , AB   2; 1 , AC   1;3      x  3  3y  0 BH.AC  0 BH  AC   x  3           2x   y  4   0 CH  AB  y  2 CH.AB  0   Vậy H  3; 2  2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy, Oyz, Oxz. Ta có: I  2;3; 0  , J  0;3; 5  , K  2;0; 5 Mặt phẳng  IJK  có dạng Ax  By  Cz  D  0 I, J, K thuộc mặt phẳng này nên: 1  A   4 D 2A  3B  D  0  1    3B  5C  D  0   B   D Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6. 6 2A  5C  D  0   1   C  10 D  Vậy  IJK  :15x  10y  6z  60  0 Câu VII.a: Copyright by VIETMATHS.com