đáp án bộ đề thi toan đại học rất hay

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên P, ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡ I Vậy P cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến... D là trực tâm của ∆MNP ⇔ uuur uuuur uu

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 1: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán

0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)

Câu I:

1) Học Sinh Tự Làm

2) Gọi M(xo;

0 0

2

x x

−

− )∈ (C) Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y =

2

0 0

x

− +

− +

(∆ ) ∩ TCĐ = A (2;

0 0

2

x x

−

− ) ⇔ (∆ ) ∩ TCN = B (2x0 –2; 2)

0

0

2

2

AB x

x−

= −

−

uuur

⇒ AB =

2

0

4

cauchy x

x

− +

⇒ AB min = 2 2⇔

1 (1;1)

o

= →



 = →



Câu II:(cosx –sinx)(cox2 + sin2 -sinxcosx) = m ⇔ (cosx –sinx)(1- sinxcosx) = m

đặt t = cosx –sinx [- ⇔ sinxcosx= (1) ⇔ t( 1- )= m

1) khi m= -1 t( 1- ) = -1 ⇔ t = 1,t=2 (loại) vậy với t= -1⇔⇔ x1=- ,x2= (k

2) t( 1- )= m để pt có nghiêm x[-] thì t

Câu III:

2) Đk x ≥ 0 đặt t = x ; t ≥ 0

(1)trở thành (m–3)t+(2-m)t2 +3-m = 0 ⇔

2 2

1

m

t t− +

=

− + (2) Xét hàm số f(t) =

2 2

1

t t− +− + (t ≥ 0)

Lập bảng biến thiên ⇒ (1)có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔

3≤ ≤m

Câu IV:Gọi (∆) là đường thẳng cần tìm ta có:(P) ∩ (d1) = A(1;1;2); (P) ∩ (d2) = B(3;3;2) ⇒

(∆)

1 2

2

z

= −



 = − ∈



 =



¡

Sử dụng công thức tính khoảng cách và cm hai đường thẳng chéo nhau

Câu V:

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 2: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán

0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)

Câu I:

1)Học sinh tự làm

2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:

=

 + + + + = + ⇔ + + + = ⇔  = + + + =

2

0

x

g x x mx m

(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C ⇔phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

≤ − ∨ ≥

∆ = − − > 

≠ −



2

m

Mặt khác:

− +

= 1 3 4 =

2

d K d

Do đó: ∆ =8 2 ⇔1 ( , ) 8 2= ⇔ = ⇔16 2=256

2

KBC

(x B x C) (y B y C) 256

⇔ − + − = với x x B, Clà hai nghiệm của phương trình (2).

⇔(x B −x C) ((2+ x B+ −4) (x C+4))2 =256⇔2(x B−x C)2 =256⇔(x B +x C) 42− x x B C =128

2 2 1 137

2

(thỏa ĐK (a)) Vậy

2

m= ±

Câu II:

1)Phương trình ⇔ (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0

cos -sin -1

cos -sin 5( cos - sin 2)

x x loai vi x x

=





2 2

π π

π π

 = +



 = +



2) Từ (1) ⇒ y ≠ 0 Hệ ⇔

3

3 2 2

  

 + =  + ÷ =

 + =   + ÷=

1

a b

a b

ab

ab a b

+ = + =

 + =  =

 ĐS: Hệ đã cho có 2 nghiệm 3−4 5;3+6 5 ÷  , 3+4 5;3−6 5÷

Câu III:

1) Ta có: I =

6

1 sin sin

2

π

π∫ x× x+ dx

=

6

3 cos (cos ) 2

π π

−∫ − x d× x

Đặt

3

2

Đổi cận: Khi

2

Do vậy:

2 2

4

3 sin 2

π

π

= ×∫

= 3 ( 2)

16 π +

2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:

9 + −x −(m+2)3+ −x +2m+ =1 0(1)

* Đk x∈[-1;1], đặt t = 31 1 + −x2

; x∈[-1;1]⇒t∈[3;9]

Ta có: (1) viết lại

2

2

t

− +

− Xét hàm số f(t) =

2 2 1 2

t

− +

− , với t∈[3;9] Ta có:

2

3 ( 2)

t

t t

=



− +

= − = ⇔  = Lập bảng biến thiên

f/ (t)

+

f(t)

48 7

4

[-1;1]

O M A

B

Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM

Suy ra: SM =AM =

3 2

a

; ·AMS= 600 và SO ⊥ mp(ABC)

⇒ d(S; BAC) = SO =

3

4a Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC ⇒ VS.ABC =

3 3

1 .

3S ABC SO a16

(đvtt) Mặt khác, VS.ABC =13S∆SAC ( ;d B SAC)

∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =

3 2

a

⇒

2 13 3 16

SAC a

S∆ =

Vậy: d(B; SAC) =

.

13

S ABC SAC

S∆ =

(đvđd).

Câu V:

*Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡ I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.

Mặt khác, H∈d ⇒ H(1+2t;t;1+3t)vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d⊥ ⇒uuur rAH u =0 (ur=(2;1;3)

là véc tơ chỉ phương của d) ⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5)

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔7x + y – 5z –77 = 0

Câu VI:Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :

Câu VII 8c3+ =1 (2 1)(4c+ c2− +2 1)c cauchy≤ 2c2+ ⇒1 8c a3+1≥ 2c2a+1

;

2c a 1 2+ a b 1 2+ b c 1≥

BĐT (1) ⇔ 4(a3b2+b3a2+c3a2) +2(a3+b3+c3 )+2(ab2+bc2+ca2)+( a+b+c) ≥

≥ 8a2b2c2 +4(a2b2 +b2c2 +c2a2) +2 (a2 +b2 +c2 )+1 (2)

Ta có: 2a3b2 +2ab2≥ 4a2b2; … (3)

2(a3b2+b3a2+c3a2) ≥ 2.3.3 a b c =6 (do abc =1) (4)5 5 5

a3+b3+c3≥ 3abc =3 = 1 +2 a2b2c2 (5)

a3 +a ≥ 2a2; … (6)

Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2) Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 3: Luyện thi Đại Học,CĐ Môn Toán

0974.200.379—3755.711 (Giải toán theo chương trình mới nhất của bộ giáo dục)

Câu I:

1)Học sinh tự giải

2)y x= 4+mx3−2x2−2 x 1m + (1)

Đạo hàm y/ =4x3+3mx2−4x 3m (x 1)[4x− = − 2+ +(4 3m)x 3m]+

/

2

x 1

=





° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1

2

3

4 4 3m 3m 0

∆ = − >

 Giả sử: Với

4 m

3

≠ ± , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x , x , x1 2 3

° Bảng biến thiên:

y +∞

CT

CĐ

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi

4

3

≠ ±

Câu II:

1).cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2 3 2 8

+

⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =

2 3 2 8 +

os 3x sin 3x+3 os3x osx sin 3x sinx

2

⇔

2

c = ⇔ = ±x π +kπ k Z∈

2) Giải phương trình : 2x +1 +x x2+ + +2 (x 1) x2+2x 3 0+ =

(a)

Đặt:

 − = +



2

Ta có:

⇔ − + ÷÷ + + ÷÷ = ⇔ − + ÷÷ − + ÷÷ + =

 − =

⇔ −  −  + ÷+ = ⇔ +  + + ÷+ =



Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm

Do đó: (a)⇔ − = ⇔ = ⇔v u 0 v u x2+2x 3+ = x2 + ⇔2 x2 +2x 3 x+ = 2 + ⇔ = −2 x 1

2

Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =

1 2

−

Câu III:

1) + Ta có

( )

2;0;2

AB

AB C C

 =

= −



uuur

uuur uuur uuur

Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có một VTPT nr =(1;1; 1− ) và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P)

Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) ⇒ C không thuộc (P), do đó (P) // CD

AB C

AB C

uuur uuur uuur uuur

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz

Ta có :



Mặt khác: Phương trình mặt phẳng (α) theo đoạn chắn: 1

m+ + =n p

Vì D ∈(α) nên:

1

− + + =

D là trực tâm của ∆MNP ⇔

uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur

Ta có hệ:

0

3 0

3

1 1 1

1

m n

m

m p

n p

m n p



 + =

−

 + + =

luận, phương trình của mặt phẳng (α): 3 3 3 1

x + + =y z

Câu IV: Tính tích phân 2( )

0

1 sin 2xdx

π

=∫ +

Đặt

x 1

1

2

du d

u x

=



= +

I =

Câu V:

Giải bất phương trình: 9x x2+ −1+ ≥1 10.3x x2+ −2. Đặt t =3x2+x, t > 0.

Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)

Khi t ≤ 1 ⇒ t =3x2+x ≤ ⇔1 x2+ ≤ ⇔ − ≤ ≤x 0 1 x 0.(1)

Khi t ≥ 9 ⇒

1

x

= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔  ≥ (2) Kết hợp (1) và (2) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ∞; -2]∪[-1;0]∪[1; + ∞)

Câu VI:

1)

2)Ta có

z = − − i

Do đó:

+ + = + − + ÷ + − − ÷=

Câu VII: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC Vì A'.ABC là hình chĩp đều nên gĩc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ = · 'A EH.

Tá cĩ :

⇒

3

b

Do đĩ:

;

' ' '

'

'.

'

Do đĩ: V A BB CC' ' ' =V ABC A B C ' ' '−V A ABC'.

' ' '

'

(đvtt)

GV:Lê Quang Điệp Đáp Án Đề 4: Luyện thi Đại Học,CĐ Mơn Tốn

0974.200.379—3755.711 (Giải tốn theo chương trình mới nhất của bợ giáo dục)

Câu I:

1)Học Sinh Tự Làm

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔

=



 + + =

 2

x 0

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0

⇔

≠



∆ = − >

 + × + ≠  <

m 0

9 4m 0

4 m

9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 3x2D+6xD+ = −m (xD+2m);

kE = y’(xE) = 3x2E+6xE + = −m (xE+2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

⇔ 9m + 6m ×(–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = 1 9 65( m )

8

ĐS: m = 1(9− 65 hay m) =1(9m 65)

Câu II:

H

P

C A

B

N



1 3 sin x cosx 2cos3x 0 + + = ⇔ sin

π

3 sinx + cos

π

3 cosx = – cos3x

⇔ cos

π

 − = −

 

x 3 cos3x ⇔ cos

π

 − = π −

 

x 3 cos( 3x)

⇔

π π

 = +



∈

 π

 = + π



k x

k

3 2 (k ∈ Z)

2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x2+91− y2+91= y− −2 x− +2 y2−x2

2 2

y x y x

1

x y

⇔ x = y (trong ngoặc luơn dương và x va y đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta cĩ: x2+91= x− +2 x2 ⇔ x2+ − =91 10 x− − + −2 1 x2 9

2 2

( 3)( 3)

2 1

91 10

x x

− +

2 1

91 10

x x

⇔ −  +  − −÷ ÷÷=

− + + +

⇔ x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

 

−

b

2/ 3 1/ 3

3 u

e 2 3 4 (e 2) ; − b− 2/ 3

2 với u = ex – 2, du = exdx)

 b 2/ 3

b ln2 b ln2

Câu IV: Dựng SH AB ⊥

° Ta có:

(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB) ⊥ ∩ = ⊂

SH (ABC)

⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp.

° Dựng HN BC, HP AC ⊥ ⊥

° SHN = SHP  ⇒ HN = HP

° AHP vuông có:

o a 3

4

° SHP vuông có:

a 3

4

° Thể tích hình chóp

ABC

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:

4ab ≤ (a + b)2

1 4

a b

a b ab

+

+

1 1 1

 

⇔  + ÷ ∀ >

 

Ta cĩ:

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

≤  + ÷≤  +  + ÷=  + + ÷

Tương tự:

≤  + + ÷ + +   và

≤  + + ÷

Vậy

2x y z+ x 2y z+x y 2z

+ + + + + +

≤  + + ÷=

Vậy MaxP =

2009

4 khi x = y = z =

12 2009

Câu VI:

1) (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2

M ∈ Oy ⇒ M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy

·

·

0 0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB





Vì MI là phân giác của ·AMB

(1) ⇔ ·AMI = 300 sin 300

IA MI

⇔ MI = 2R ⇔ m2+ = ⇔ =9 4 m m7

(2) ⇔ ·AMI = 600 sin 600

IA MI

⇔ MI =

2 3

3 R ⇔

2 4 3 9 3

m + =

Vơ nghiệm Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2) (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u r1 = (2; 1; 0)

- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương ur2 =(3; 3; 0)−

AB (3; 0; 4)uuur= −

° AB.[u ; u ] 36 0uuur r r1 2 = ≠ ⇒AB, u , uuuur r r1 2 không đồng phẳng.

° Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau

° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)

° M (d )∈ 1 ⇒ M(2t; t; 4), N (d )∈ 2 ⇒ N(3 t ; t ; 0)+ / − /

° Ta có:

1

2

N(2; 1; 0)

t 1

MN u

+ − + + =



uuuur r uuuur r

° Toùa ủoọ trung ủieồm I cuỷa MN: I(2; 1; 2), baựn kớnh

1

2

° Vaọy, phửụng trỡnh maởt caàu (S): (x 2)− 2+ −(y 1)2+ −(z 2)2 =4

Cõu VII:

Xeựt phửụng trỡnh Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Deó daứng nhaọn thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm Z1 = –1, sau ủoự baống caựch chia ủa thửực ta thaỏy phửụng trỡnh coự nghieọm thửự hai Z2 = 2 Vaọy phửụng trỡnh trụỷ thaứnh:

(Z + 1)(Z – 2)(Z

2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaứ Z4 = –2 2 i ẹaựp soỏ: {−1,2, 2 2 i, 2 2 i− − }

GV:Lờ Quang Điệp Đỏp Án Đề 5: Luyện thi Đại Học,CĐ Mụn Toỏn

0974.200.379—3755.711 (Giải toỏn theo chương trình mới nhṍt của bụ̣ giỏo dục)

Cõu I:

1)hoc sinh tự làm

2) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình







=

− +

− +

−

≠

⇔ +

−

=

+

+

) 1 ( 0 2 1 ) 4 (

2 2

1

2

x

x m x

x

x

Do (1) có∆=m2 +1>0va (−2)2 +(4−m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m

nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0 Khi đó AB= 24

Cõu II.

1) Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0  





=

− +

=

−

) ( 0 7 sin 2 cos 6

0 sin 1

VN x

x

x

2 k

x= +

2) ĐK: 



≥

−

−

>

0 3 log

log

0

2 2

2

2 x x

x

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log22 x−log2 x2 −3> 5(log2 x−3) (1)

đặt t = log2x, BPT (1)  t2 −2t−3 > 5(t−3)⇔ (t−3)(t+1) > 5(t−3)







<

<

−

≤

⇔







<

<

−

≤

⇔

















−

>

−

+

>

−

≤

⇔

4 log 3

1 log

4 3

1 )

3 ( 5 ) 3 )(

1

(

3

1

2

2

x t

t

t t

t

t

t









<

<

≤

<

⇔

16 8

2

1 0

x

x

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm

là: 2] (8;16)

1

;

0

x x

dx x

x x

dx

cos 2 sin

8 cos cos sin

đặt tanx = t

C

C1 B1

K

H

dt t t

t t

dt

I

t

t x x

dx

dt

+

=

⇒

+

=

=

⇒

3

3 2 3

2

2 2

) 1 ( ) 1

2

(

8

1

2 2 sin

; cos

dt t

t t t

+

− +

+

= +

+ +

=

+ + +

=

∫

∫

−

2 2

4 3

3 3

2 4 6

tan 2

1 tan

ln 3 tan 2

3 tan 4

1 )

3 3 (

1 3 3

Cõu IV Do AH ⊥(A1B1C1) nên góc ∠AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc ∠AA1H

bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc ∠AA1H =300 2

3 1

a H

A =

⇒

Do tam giác A1B1C1 là

tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2

3 1

a H

A =

nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH ⊥B1C1 nên )

( 1

1

1C AA H

Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1

3

1

AA

AH H A

⇒

Cõu V:

áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có

) 1 ( 2009

2009 1

1

2005

a a

a a a a

a a

+

+

+

+   



Tơng tự ta có

) 2 ( 2009

2009 1

1

2005

b b

b b b b

b b

+

+

+

+   



) 3 ( 2009

2009 1

1

2005

c c

c c c c

c c

+

+

+

+   



Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc 6027 2009( )

) (

2009 )

( 4 6015

4 4 4

4 4 4 2009

2009 2009

c b a

c b a c

b a

+ +

≥

⇔

+ +

≥ +

+ +

Từ đó suy ra P=a4 +b4 +c4 ≤3 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3

Cõu VI:

1)Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB⊥ AC=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3⇒IA=3 2







=

−

=

⇔

=

−

⇔

=

−

⇔

7

5 6

1 2

3 2

1

m

m m

m

2) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡I

) 3 1

;

; 2 1

( t t t

H

d

H∈ ⇒ + + vì H là hình chiếu của A trên d nên AH ⊥d ⇒AH.u =0(u=(2;1;3)là véc tơ chỉ phơng của d)⇒H(3;1;4)⇒ AH(−7;−1;5) Vậy(P): 7(x - 10) + (y - 2) - 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0.

Cõu VII:

GV:Lờ Quang Điệp Đỏp Án Đề 6: Luyện thi Đại Học,CĐ Mụn Toỏn

0974.200.379—3755.711 (Giải toỏn theo chương trình mới nhṍt của bụ̣ giỏo dục)

Cõu I:

1)Học sinh tự làm.

2)Tacó y ' = 3 x2 − 3 mx = 3 x ( x − m ) = 0 ⇔    x x = = m 0

ta thấy với m ≠ 0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT

+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và

3

2

1

;có CT tại x=m và yMIN = 0

+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và yMAX = 0;có CT tại x=0 và MIN m3

2

1

Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều kiện ắt

2

1

m = 3 ⇔ 2 = ⇒ = ±

Cõu II:

1 =0

=0 (1-sinx)(1+ sinx + ) - (1-cosx)(1+cosx+)=0 (1-cosx)(1 - sinx)[(1 + cosx)(1+ sinx + )-(1 + sinx)(1+ cosx + )]=0

(*)(sinx-cos)(sinx + cosx + sinxcosx)=0

(**)Đặt sinx + cosx = t sinxcox= vậy trở thành t +=0t

Cõu IV:

1 1 Chọn A(2;3;−3),B(6;5;−2)∈(d) mà A,B nằm trờn (P) nờn (d) nằm trờn (P)

Gọi urvectơ chỉ phương của (d1) qua A và vuụng gúc với (d) thỡ u udu uP

 ⊥



 ⊥



nờn ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) r = r r P = − = − Ptrỡnh của đường thẳng (d1) :

= +



 = − ∈



 = − +



x 2 3t

y 3 9t (t R)

(∆) là đường thẳng qua M và song song với (d ) Lấy M trờn (d1) thỡ M(2+3t;3−9t;−3+6t)

Theo đề :

+ t =

1

3

−

⇒M(1;6;−5)

x 1 y 6 z 5 ( ) :1

+ t =

1

3⇒M(3;0;−1)

x 3 y z 1 ( ) :2

2. C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) =

5 2 2

ABC

AB∆

− − =

⇒

8(1)

5 3

2(2)

a b

a b

a b

− =



− − = ⇔  − =