PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa 2 điểm a Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2.. Tìm toạ độ đỉnh C.. Dành cho thí sinh thi the
Trang 1
MÔN TOÁN - A ( ĐỀ 05)
(Thời gian làm bài: 180 phút)
A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y x= −3 3(m+1)x2+9x m+ −2(1) có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng 1
2
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x+1)=1
b) Giải phương trình : 3
2
3 5 1 2 ) 1 3 ( x+ x2 − = x2 + x−
Câu III (1 điểm) Tính tích phân =3ln∫2 +
0 (3 e x 2)2
dx
I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc
của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là
4
3
a
Câu V (1 điểm) 1 Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x2 −xy+y2 =1.Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4 + +
+ +
=
y x
y x P
B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC)
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z∈C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3∆ x y− − =5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5 1
1 3
4 : 1
−
+
=
−
−
=
x d
1 3
3 1
2 : 2
z y
x
d − = + =
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x−2)>9log2 x−2
…… HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN
Câu I
b) b) y'=3x2 −6(m+1)x+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
0 9 3 ) 1 ( 9 '= + 2 − >
0 3 ) 1 ( + 2 − >
= m
)
; 3 1 ( ) 3 1
; (−∞− − ∪ − + +∞
∈
⇔m
3
1 3
+ +
− +
− + +
−
y
Gọi tọa độ điểm cực đại và cực tiểu là (x1; y1) và (x2; y2)
1 4 ) 2 2 (
2( 2 2 2) 2 4 1
2 =− m + m− x + m+
Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là
1 4 ) 2 2 (
−
y
Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y x
2
1
= ta có điều kiện cần là
2
1 ) 2 2 (
− m m ⇔m2+2m−2=1
−
=
=
⇔
=
− +
⇔
3
1 0
3 2 2
m
m m
m
Theo định lí Viet ta có:
=
+
= + 3
) 1 ( 2 2 1
2 1
x x
m x
x
Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài
Câu II a PT⇔ 2cos3x(4cos2 x−1)=1⇔ 2cos3x(3−4sin2 x)=1
Nhận xét x=kπ,k∈Zkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 x − 2 x = ⇔ 2cos3x(3sinx−4sin3 x)=sinx
⇔ 2cos3xsin3x=sinx ⇔ sin6x sin= x
⇔ 66x x==πx+−m x2+πm2π ⇔
+
=
=
7
2 7
5 2
π π
π
m x
m x
;m∈Z
Xét khi =
5
2mπ
π
Xét khi
7
2 7
π
π + m =kπ ⇔1+2m=7k⇔k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, l∈Z
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2mπ
7
2 7
π
x= + (m≠7l+3) trong đó
Z l t
m, , ∈
b)
2
3 5 1 2 ) 1 3 ( x+ x2 − = x2 + x−
PT ⇔ 2(3x+1) 2x2 −1=10x2 +3x−6
Trang 3Pt trở thành 4t2 −2(3x+1)t+2x2 +3x−2=0
Ta có:∆'=(3x+1)2 −4(2x2 +3x−2)=(x−3)2
Pt trở thành 4t2 −2(3x+1)t+2x2 +3x−2=0
Ta có:∆'=(3x+1)2 −4(2x2 +3x−2)=(x−3)2
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
; 2
1
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
+
− +
∈
7
60 2
; 2
6 1
x
Câu III
Ta c ó ∫
+
=3ln2
3 ) 2 (
x x x
e e
dx e
Đặt u= 3
x
3
3 = ;x=0⇒u=1;x=3ln2⇒u =2
Ta được: =∫2 +
1
2 ) 2 (
3
u u
du
u u
u
+
− 2 1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
1
=3
2 1 ) 2 ( 2
1 2
ln 4
1 ln 4
1
+ + +
−
u u
u
8
1 ) 2
3 ln(
4
3
−
= Vậy I
8
1 ) 2
3 ln(
4
3
−
=
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⊥
⊥
BC O A
BC AM
' ⇒BC ⊥( AM A' )
Kẻ MH ⊥ AA,'(do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
AM A HM
AM A BC
⊥
⇒
∈
⊥
) ' (
) ' (
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3 )
BC , A'
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM AO
O
⇔ suy ra
3
a a 3
4 4
3 a 3
3 a AH
HM AO O '
Thể tích khối lăng trụ:
12
3 a a 2
3 a 3
a 2
1 BC AM O ' A 2
1 S
O ' A V
3
=
A
B
C
C
’ B
’
A
’ H
Trang 4Cõu V 2 Cho x,y,z thoả món là cỏc số thực: x2 −xy+ y2 =1.Tỡm giỏ trị lớn nhất ,nhỏ
nhất của biểu thức
1
1 2 2
4 4 + +
+ +
=
y x
y x P
Từ giả thiết suy ra:
xy xy
y x
xy xy xy y
xy x
3 3
) ( 1
2 1
2
2 2
−
≥
− +
=
=
−
≥ +
−
=
Từ đó ta có 1
3
1≤ ≤
Măt khác x2−xy+y2 =1⇔x2+y2 =1+xy
nên x4 +y4 =−x2y2+2xy+1 đăt t=xy
Vởy bài toán trở thành tìm GTLN,GTNN của
3
1
; 2
2 2 )
(
2
≤
≤
− +
+ +
−
=
t
t t t f P
Tính
−
−
=
−
=
⇔
= + +
−
⇔
=
) ( 2 6
2 6 0
) 2 (
6 1 0 ) (
l t
t t
t f
Do hàm số liên tục trên [ ;1]
3
1
− nên so sánh giá trị của )
3
1 (−
f ,f( 6−2), f(1) cho
ra kết quả:
6 2 6 ) 2 6
= f
15
11 ) 3
1 ( minP= f − =
Cõu VIa
a)
(Học sinh tự vẽ hỡnh)
Ta cú: uuurAB= −( 1;2)⇒AB= 5 Phương trỡnh của AB là: 2x y+ − =2 0
( ): ( );
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC:C(2t−1;2t)
2
=
∆ AB d C AB
=
= 3 4
0
t t
Từ đú ta cú 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
; 3
5 ) thoả món
*Từ phương trỡnh đoạn chắn suy ra pt tổng quỏt của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0
*Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O l ờn (ABC), OH vuụng gúc với
(ABC) nờn OH//n(2;1;−1) ;H∈(ABC)
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trỡnh( ABC) cú t=
3
1
3
1
; 3
1
; 3
2
H
3
2
; 3
2
; 3
4 (
O
CõuVIIa Giải phương trỡnh:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈
PT⇔ z(z+2)(z−1)(z+3)=10⇔ (z2 +2z)(z2 +2z−3)=0
Đặt t=z2+2z Khi đú phương trỡnh (8) trở thành:
Đặt t=z2 +2z Khi đú phương trỡnh (8) trở thành t2−3t−10=0
±
−
=
±
−
=
⇒
=
−
=
⇔
6 1
1 5
2
z
i z
t
t
Vậy phương trỡnh cú cỏc nghiệm: z=−1± 6;z=−1±i
Viết phương trỡnh đường AB: 4x+3y− =4 0 và AB=5
Trang 5Điểm M thuộc∆ có toạ độ dạng: M =( ;3t t−5) Ta tính được:
( , ) 13 19; ( , ) 11 37
Từ đó: S MAB =S MCD ⇔d M AB AB d M CD CD( , ) = ( , )
9 7
3
⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
3
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi
đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB( 1, 2)
và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
Ta tìm A, B :
'
⊥
uuur r uuur ur A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
⇒uuur (….)… AB ⇒A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒I(2; 1; -1)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là: ( )2 2 2
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2 x−2)>9log2 x−2
Điều kiện:x>0
Bất phương trình ⇔ 3(x−3)log2 x>2(x−1)
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình
TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
>
x
x x
Xét hàm số: f x log2 x
2
3 ) ( = đồng biến trên khoảng (0;+∞)
3
1 )
(
−
−
=
x
x x
g nghịch biến trên khoảng (3;+∞)
TH 2 :Nếu 0< x<3 BPT ⇔
3
1 log
2
3
−
<
x
x x
*Với x>1:Ta có
=
<
=
>
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt vô nghiệm
* Với x<1:Ta có
=
>
=
<
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
⇒ Bpt có nghiệm 0<x<1
Vậy Bpt có nghiệm
<
<
>
1 0
4
x x