1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Câu IV.1 điểm Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD.. Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang
Trang 1ON THI ĐẠI HỌC 08-09
Đề 2 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = mx + m + 3
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2/ Tìm m để (d) cắt (C) tại M(-1; 3), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc nhau
Câu II (2 điểm)
1/ Giải hệ phương trình:
=
−
−
− +
=
− +
−
−
0 3 2 2
6 ) 2 )(
1 )(
1 ( 2
x
y x y x
2/ Giải phương trình : tan2x + cotx = 8cos2x
Câu III.(1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = 2x, y = 3 – x , trục hòanh và trục tung
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD Biết mặt bên của hình chóp là tam giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d Tính thể tích khối chóp đã cho
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có:
2 sin 2 sin 2
sin 4
sin 4 sin 4
−
−
II PHẦN RIÊNG (3điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b)
Câu VI a.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa Oxy ,cho elip (E): 1
4 6
2 2
= + y
x
và điểm M(1 ; 1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm AB
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oz và tạo với mặt phẳng (Q): 2x + y - 3 z = 0 một góc 600
Câu VII a.(1 điểm)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x – 4m(2x – 1) = 0
Câu VI b.(2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho hai điểm A(1 ; 2), B(1 ; 6) và đường tròn
(C): (x - 2)2 + (y - 1)2 = 2 Lập phương trình đường tròn (C’) qua B và tiếp xúc với (C) tại A
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0 ; 0 ; c) với a, b, c là những số dương thay đổi sao cho a2 + b2 + c2 = 3 Xác định a, b, c để khỏang cách từ O đến mp(ABC) lớn nhất
Câu VII b.(1 điểm)
Tìm m để phương trình: 4(log ) log 0
2 1 2
2 x − x+m= có nghiệm trong khỏang (0 ; 1).
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI
Đề 2 Câu I.
1/
2/ Phương trình hòanh độ giao điểm của (C) và (d): x3 – (m + 3)x – m – 2 = 0
Hay : (x + 1)(x2 – x – m – 2) = 0
=
−
−
−
=
−
=
(*) 0 2
3 , 1
2 x m x
y x
(*) phải có hai nghiệm phân biệt ( m > )
4
9
− , xN và xP là nghiệm của (*)
Theo giả thiết: (x2N −3)(x2P −3)=−1
−
−
=
+
−
=
⇔
= + +
⇔
3
2 2 3 3
2 2 3 0
1 18
9 2
m
m m
Câu II.
1/ Hệ
=
−
− +
= +
⇔
=
− +
= +
⇔
=
−
− +
−
=
− +
−
−
−
⇔
0 5 2 ) (
6 ) ( 0
5
6 ) ( 0
5 ) 1 ( ) 1 (
6 ) 1 1 )(
1 )(
1 (
2 2
2 2
v u uv v
u
v u uv y
x
y x y x
với
−
=
−
= 1
1
y v
x u
Đặt:
=
+
=
v
u
P
v u
S
=
=
⇔
=
−
−
=
2
3 0
5 2
6
S P
S
S P
u, v là nghiệm của phương trình: X2 – 3X + 2 = 0
=
−
=
−
∨
=
−
=
−
⇔
=
=
⇔
2 1
1 1 1
1
2 1 2
1
y
x y
x X
X
Vậy nghiệm của hệ: (3 ; 2), (2 ; 3)
2/ ĐK:
≠
≠ 0 sin
0 2
cos
x
x
tan2x + cotx =
x x
x x
x
x x x
x x
x x
x
sin 2 cos
cos sin
2 cos
cos 2 cos sin
2 sin sin
cos 2
cos
2
Pt ⇔cosx(8sinxcosxcos2x−1)=0⇔cosx(2sin4x – 1) = 0
+
=
∨ +
=
+
=
⇔
2 24
5 2
24
2
π π π
π
π π
k x
k x
k x
Câu III.
Phương trình : 2x = -x + 3 có một nghiệm duy nhất x = 1 Do đó đồ thị hai hàm số cắt nhau tại điểm có hòanh độ x = 1 Vậy diện tích cần tính là:
S = ∫1 +∫ − + = + 0
3
1
2 2 ln
1 )
3 (
2x dx x dx
Câu IV.
Trang 3
d
x
H
M O
D
C B
A
S
Gọi M là trung điểm CD CD (SOM) (SCD) (SOM)
CD OS
CD OM
⊥
⇒
⊥
⇒
⊥
⊥
⇒
Kẻ đường cao OH của tam giác SOM ⇒OH ⊥(SCD)⇒OH =d
Gọi CM = x Khi đó: OM = x , SM = x 3
SO = SM2 −x2 = 3x2 −x2 = x 2
2
6
2
3 2 3 6 3
1
3
d d
d SO
CD
Câu V Theo bất đẳng thức Côsi:
−
≤
− +
=
≤
−
≤
− +
=
≤
−
≤
− +
=
≤
4
sin 4
cos 4
sin 2
sin 2
sin 2
1 2
sin
2
sin
4
sin 4
cos 4
sin 2
sin 2
sin 2
1 2
sin
2
sin
4
sin 4
cos 4
sin 2
sin 2
sin 2
1 2
sin
2
sin
B A
C A C A
C A
C
A C
B C B C
B C
B
C B
A B A B
A B
A
π π π
Nhân vế với vế được bất đẳng thức cần chứng minh
Câu VIa.
1/ Pt của d: y = k(x – 1) + 1
Tọa độ giao điểm của d và (E) là nghiệm của hệ
= +
+
−
=
24 6
4
1 ) 1 ( 2
x
x k y
Suy ra: (6k2 + 4)x2 – 2(6k2 – k)x + 6k2 – 2k – 23 = 0 (*)
Để thỏa YCBT thì từ (*) ta có: 1 4
4 6
6 2 4 6
) 6
( 2
2
2
2
2
−
=
⇔
= +
−
⇔
= +
−
k k
k k k
k k
Vậy d : y = -4x + 5 hay 4x + y – 5 = 0
Trang 42/ Mp(P) chứa trục Oz nên có dạng Ax + By = 0, ⇒n→p =(A;B;0) và n→Q =(2;1;− 5)
2 2
2
1 5 1 4
2 60
cos ) ,
B A
B A n
+ + +
+
⇔
=
→
→
⇔6A2 +16AB−6B2 =0
Chọn B = 1 ta có : 6A2 + 16A – 6 = 0 suy ra: A = -3 , A = 1/3
Vậy có hai mặt phẳng (P) cần tìm là: x + 3y = 0 và -3x + y = 0
Câu VII a.
Đặt t = 2x (t > 0) ta có phương trình: t2 – 4mt + 4m = 0 (*)
1
2
≠
∧
>
=
−
t
t
Xét
1
2
−
=
t
t
2
1
2 '
=
−
=
t
t t y
y’ = 0⇔t =0∨t=2
+∞
-∞
+∞
0
0 0
2
y
y'
Từ bảng biến thiên ta có : m < 0 ∨m≥1
Câu VI b
1/ (C) có tâm I(2 ; 1) và phương trình của đường thẳng AI: x + y – 3 = 0
Pt của (C’) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0 có tâm I’(-a ; -b)
A(1 ; 2), B(1 ; 6) thuộc (C’) và tâm I’ thuộc đường thẳng AI Ta có hệ phương trình:
=
+
+
−
= +
+
−
=
+
+
0
3
37 12
2
5 4
2
b
a
c
b
a
c
b
a
, giải hệ được a = 1, b = -4, c = 9
Pt của (C’) : x2 + y2 + 2x – 8y + 9 = 0
2/ Pt mp(ABC):
2 2 2
1 1 1
1 ))
(
; ( 1
c b a
ABC O d c
z b
y a
x
+ +
−
=
⇒
= + +
Theo bất đẳng thức Côsi : 3
2 2 2 2
2 2
1 3 1 1 1
c b a c
b
a + + ≥ và 3 = a2 + b2 + c2 3 2 2 2
3 a b c
≥
Ta có :
3
1
3 1 1 1 3
1 1 1
2 2 2 2
2
c b a c
b a
Dấu = xảy ra khi a2 = b2 = c2 hay a = b = c = 1
Trang 5Vậy d lớn nhất bắng
3
1 khi a = b = c = 1
Câu VII b
Pt đã cho log log 0 (0;1) log log 0
2
1
2 2
2
Đặt t =log2 x ,x∈(0;1)⇒t∈(−∞;0)
(*)⇔t2 +t+m=0⇔m=−t2 −t ∀t∈(−∞;0)
Xét hàm số y = -t2 – t có y’ = -2t – 1
y’ = 0
4
1 , 2
1 =
−
=
t - ∞
-2
1 0
y’ + 0 -
y
4
1
-∞ 0
ĐS : m
4 1
≤