Đáp án thi thử lần 2
1a *Tập xác định : D=R
*Tính 3 2 9
' 0y = ⇔ =x 1,x=3
*Xét dấu y’ : ' 0y > ⇔ ∈ −∞ ∪ +∞x ( ;1) (3; ) , y' 0< ⇔ ∈x ( )1;3
*Kết luận : hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (3;+∞)
nghịch biến trên khoảng (1;3)
*Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x=1 , yCĐ=3 và đạt cực tiểu tại x=3 , yCT=1
*Giới hạn : limx→+∞y= +∞ , lim
x→−∞= −∞
*Bảng biến thiên
x −∞ 1 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 3 +∞
1
−∞ y *Vẽ đồ thị
x
0
0.25 0.25 0.25 0.25 1b * 3 2 ' 6 2 2 m y = x − x+ , y' 0= ⇔3x2−12x m+ =0 (*) *Hàm số đã cho có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi pt(*) có 2 nghiệm phân biệt ' 36 3 0 12 (**)
m m ⇔ ∆ = − > ⇔ < *Gọi hai nghiệm của (*) là x1&x 2
⇒đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là A x y( ; ) & ( ;1 1 B x y2 2)
Ta có 1 3 2 1 1 2
1 ( 4) 1 1 & 2 ( 4) 2 1
0.25
0.25
Trang 2*Từ đó A,B đối xứng qua điểm I(2;2) khi và chỉ khi
1 2
1 2
2 2 2 2
+
+
áp dụng hệ thức Viet x1+ =x2 4 thay vào trên ta đợc m=9 thỏa mãn (**)
0.25 0.25 2.1
*Đặt
2 10
x
phơng trình trở thành cos(2t−2 ) cos(π + π − +t) sint=0
⇔cos 2t−cost+sint=0
⇔(cost−sin )(cost t+sint− =1) 0
cos sin 0 (1)
cos sin 1 0 (2)
*(1) tan 1
4
*(2) sin( ) 1
2
*Giải ra nghiệm 7 2
10
; 4
5
x= +π k π
; 6 4
5
0.25
0.25
0.25
0.25 2.2 *Điều kiện : x∈ −∞ − ∪ +∞( ; 3] [1; )
TH1 : Xét x≥1
Biến đổi bpt tơng đơng với x+3 ( 2x+ +5 x− ≥1) 2x+ − −5 (x 1)
⇔ + + − ≥ + bình phơng 2 vế
2
4x 8x 21 0
⇔ + − ≥ ( ; 7] [ ;3 )
2 2
x
Kết hợp x≥1 ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp này là 1
3 [ ; ) 2
TH2: xét x≤ −3
Biến đổi bpt tơng đơng với − −x 3 ( − − +2x 5 1−x) 1≥ − − − −x ( 2x 5)
⇔ − − + − − ≥ − bình phơng 2 vế
2
4x 8x 21 0
⇔ + − ≥ ( ; 7] [ ;3 )
2 2
x
Kết hợp x≤ −3 ta đợc tập nghiệm trong trờng hợp này là 2 ( ; 7]
2
T = −∞ − Kết luận : Tập nghiệm của bất phơng trình đã cho là ( ; 7] [ ;3 )
2 2
T = −∞ − ∪ +∞
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 32 2
16 3 12
x x − = x − x Điều kiện x∈ −∞ − ∪ +∞( ; 4] [4; ) 2
16 3 12
2 4 2
16 (3 12)
x
≥
16 3 12 4;5
*Diện tích cần tính là
5
4 ( 16 (3 12 ))
16 (3 12 )
Xét
5 2 1
4
16
I =∫x x − dx đặt t = x2−16 2 2
16
⇒tdt=xdx
Đổi cận : x=4 ⇒ t=0 , x=5 ⇒ t=3
2 1
0
3 9 0 3
t
Xét
5
2 4
5 (3 12 ) ( 6 ) 7
4
Vậy S =2 (đvdt)
0.25
0.25
0.25
0.25
4 *Gọi H là trung điểm của AB
⇒SH ⊥ AB S
⇒SH ⊥(ABC) K
*Kẻ AK ⊥SC ⇒SC⊥(ABK)
⇒SC⊥KB
⇒[(SAC);(SBC)] (= KA KB; ) 60= 0 C A
⇒A K Bã =60 hoặc ã0 A K B =120 H0
Nếu ãA K B =60 thì dễ thấy KAB0 ∆ đều
KA AB AC
⇒ = = vô lý B
Vậy ãA K B =120 0
* KAB∆ cân tại K ⇒A K Hã =600 tan 600 2 3
KH
*Trong ∆SHC vuông tại H , đờng cao KH có
1 2 1 2 12
HK = HC +HS thay ; 3
2
2 3
6
8
a SH
0.25
0.25
0.25
Trang 4* 1. . 1. 6. 2 3 3 2
5
*Đặt x 1;y 1;z 1
*Từ giả thiết a b c, , 0
a b c abc
>
+ + =
, , 0
1
x y z
xy yz zx
>
2
1 1
a
( )( )
yz
x y x z
=
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có
1( )
( )( ) 2
*Biến đổi tơng tự ,rồi cộng vế ta đợc
2
VT
3
2
VT
⇒ ≤ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z 1
3
= khi đó a b c= = = 3
0.25
0.25
0.25
0.25
6a *Điểm I thuộc đt x+y-1=0 ⇒ ( ;1I x −x)
4
S = S = và 1 ( ; )
2
IAB
2 ( ; )
d I AB
AB
*AB=5 , AB có pt : 3x+4y-11=0
Từ (*) ⇒ 7 2 5
9
x x
x
= −
+ = ⇔ = −
*Với x=-5 => I(-5;6) => C(-11;10) và D(-15;13)
*Với x=-9 =>I(-9;10) => C(-19;18) và D(-23;21)
0.25 0.25 0.25 0.25
7a *Giả sử ∆ có vtcp ( ; ; )u a b cr (a2+ + >b2 c2 0)
* / /( )∆ P ⇒u nr uur P = ⇒ = −0 c b
*Ta có
2 2
[ , ] 3 2 ( ; )
2
d O
+
uuur r r
Từ đó
3 2 ( ; ) 1 b ab a 1 b
= ⇔ = −
0.25 0.25 0.25
Trang 5*Với b=0 =>c=0 ,chọn a=1 ⇒ ∆ có phơng trình
1 1 0
y z
= +
= −
=
*Với b=-2a chọn a=1,b=-2 ,c=2 ⇒ ∆ có phơng trình 1 1
−
0.25
8a
*Điều kiện :
3 2 0
3 2 0
x x
+ >
− >
*Biến đổi phơng trình tơng đơng với
x3+ =2 3 33 x−2
Đặt 3 3x− =2 t , ta có hệ phơng trình
3 3
2 3 (1)
2 3 (2)
+ =
+ =
Trừ theo từng vế các pt (1) cho pt(2) ta đợc
(x t x− )( + + + =xt t 3) 0 (*)
Do
2
x + + + = +xt t x + + > nên (*) t=x
Thay vào (1) đợc x3− + =3x 2 0 giải pt này đợc các nghiệm x=1 và x=-2
Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là x=1
0.25
0.25
0.25 0.25
6b *BC có phơng trình 4x+3y-11=0
*G thuộc đờng thẳng x-3y+1=0 ⇒G y(3 −1; )y
*Ta có 1 15 & 1 ( ; )
d G BC( ; ) 30 6
BC
15 15 6
5
y−
⇒ = ⇔ = −y y=31
1(8;3) & 2( 4; 1)
1(23;3) & 2( 13; 9)
0.25 0.25 0.25 0.25 7b *Giả sử (P) có vtpt ( ; ; )n A B Cr (A2+B2+C2 >0)
*(P) chứa A,B ⇒n ABr uuur. =0⇒ = +B A C
*Ta có cos cos( ; ) .
P Q
P Q
n n
n n
uur uur uur uur
uur uur
1 2 2 2
30 5 2 2 2
−
0.25 0.25
0.25
Trang 6⇔ 2A2 −13AC+11C2 = ⇔ =0 A C A; 2 =11C
*Với A=C chọn A=C=1 , B=2
=> (P) có phơng trình x+2y z+ − =6 0
*Với 2A=11C chọn A=11, C=2 , B=13
=> (P) có phơng trình 11x+13y+2z−39 0= 0.25 8b *Giả sử z=x+yi với ,x y R∈
Thay vào hệ và biến đổi đợc
2
( 1) ( 3) 1
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
đờng thẳng ∆ (2m−2)x+2y+ −2 m2 =0 tiếp xúc với đờng tròn
(x−1) + −(y 3) =49có tâm I(1;3) ,bán kính R=1
( ; ) 1
d I
2 2
( 1) 7
1 4( 1) 4
m m
− + giải pt này đợc các nghiệm m= ±1 3 và m= ±1 15
Đáp số : m= ±1 3 và m= ±1 15
0.25
0.25 0.25 0.25
Trang 7
*Nhận thấy 1 2 2 0
2
nên O không thể là trung điểm của AB
do đó O,A,B là ba đỉnh của tam giác cân tại O ⇔ OA=OB
1 [( 4) 1 1 ] 2 [( 4) 2 1 ]
Biến đổi và chia 2 vế cho x1− ≠x2 0 ta đợc
2
1 2 ( 4) ( 1 2) 2( 4)(1 ) 0
áp dụng hệ thức Viet ta có x1+ =x2 4 thay vào trên rồi rút gọn đợc
m2−19m+90 0= giải pt này đợc nghiệm m=9 và m=10 thỏa mãn (**)
*Đáp số : m=9 và m=10