Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thị C ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau.. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn.Tìm giá t
Trang 1TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
Ngày thi 21/04/2010
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
CÂU I:
a Khảo sát,vẽ đồ thị (C) của hàm số y =x3 +3x2
b Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ
thị (C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau
CÂU II:
a Tính tích phân 2 2
0
cos xsin 2xdx
∏
∫
b Chứng minh rằng : 2 6 2 5
cos xcos 6xdx cos xsin sin 6x xdx
=
0
cos xcos 7xdx
∏
∫
CÂU III:
a Giải hệ phương trình: 3 3 6
126
x y
x y
− =
− =
b Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm: x x+ x+12 ≤m.log (22 + 4−x)
CÂU IV:
a Giải phương trình :1+cosx+cos2x+cos3x=0
b Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C là góc nhọn.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
tgA.tgB.tgC
CÂU V:
Cho hai đường thẳng: : 2 3 4 0
4 0
x y d
y z
+ − =
+ − =
1 3 ' : 2
1 2
= +
= +
= − +
a Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau
b Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’
c Hai điểm A, B khác nhau và cố định trên đường thẳng d sao cho AB= 117 Khi C di động trên đường thẳng d’,tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC
ĐAP AN CÂU I:
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y= x3+3x2 ( )C
• TXĐ: D = R
• y' 3= x2+6x=3 (x x+2)
Trang 2• ' 0 0
2
x y
x
=
= ⇔ = −
• y'' 6= x+6
• y'' 0= ⇔ x= − ⇒ =1 y 2 ⇒ Điểm uốn I(-1, 2)
• BBT:
• Đồ thị:
Cho x = -3, y = 0
x = 1, y = 4
b) Tìm điểm M trên Ox sao cho từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc nhau
Gọi M(a,0) Ox , đường thẳng (d) qua M và có hệ số góc K là: ∈
y = k( x - a) (d) tiếp xúc (C)
2
2
+ = −
⇔
+ =
3
co ùnghiệm
Thay (2) vào (1):
0
x
⇔ − − − =
=
⇔
− − − =
3
2 2 Với x = 0 ⇒ k = 0 ⇒ 1 tiếp tuyến là y = 0.
Trang 3• Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau
⇔ (3) có 2 nghiệm phân biệt ,x x1 2 ≠0 và k k1 2 = −1.
0 0
2
(3 1 6 )(31 2 6 )2 1 9( 1 2) 18 1 2 1( 2) 36 1 2 1
1 3
3 2
81 81 ( 1) 108 1 0 ( vì x x = - 3a1 2
3(a-1)
1 3
3
a a
< − ∨ > − ≠
⇔ − − − + =
< − ∨ > − ≠
⇔
và a 0
và a 0 -27a +1 = 0
1 27
a
⇔ =
Vậy chỉ có 1 điểm ( 1 ,0)
27
M ∈Ox thoả điều kiện bài toán
CÂU II:
a) Tính I= 2 2
0
cos xsin 2xdx
∏
∫
Ta có: 2 2cos3 .sin
0
π
= ∫
Đặt t =cosx⇒ = −dt sinx
Đổi cận:
0 2
x π t
= ⇒ =
= ⇒ =
Suy ra:
1
2
0
I = t dt= t =
b) Chứng minh rằng : 2 6 2 5
cos xcos 6xdx cos xsin sin 6x xdx
=
Dùng phương pháp từng phần cho 2cos6 s 6
0
x co x dx
π
∫
Đặt:
cos 6
dv= xdx, chọn 1sin 6
6
v= x.
Suy ra:
Trang 42 6 1 6 2 2 5 cos s 6 sin 6 cos cos sin sin 6
π
2cos5 .sin sin 6
0
x x x dx
π
Ta có:
cos s(6 )
0
cos ( s 6 cos sin 6 sin )
0
cos s 6 cos sin 6 sin
0
π π
=
CÂU III:
a) Giải hệ phương trình: 3 3 126 (2)6 (1)
x y
− =
− =
Ta có:
2
2 6(6 3 ) 126 ( (1)) 5
( 6) 5 ( (1))
2 6 5 0
x y x y xy
xy
⇔ − − + =
⇔ = −
⇔ − = −
⇔ − + =
= ⇒ = −
⇔ = ⇒ = −
Vậy hệ có 2 nghiệm 1 5
b) Tìm m để x x+ x+12≤m.log (22 + 4−x) có nghiệm:
Điều kiện:
0
x
x
≥
+ ≥ ⇔ ≤ ≤
− ≥
Với: 0≤ ≤x 4 thì log (2 4 ) 0
2 + −x >
Trang 5Do đó: bất phương trình log (2 412)
2
x x x
m x
+ +
+ −
Ta có:
• y x x= + x+12 là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0)
2
y= + −x là hàm số giảm và có giá trị dương trên [0,4] (vì y’= 0).
1 log (2 4 ) 2
y
x
⇒ =
+ − là hàm số tăng và có giá trị dương trên [0,4].
Suy ra hàm số ( ) log (2 412)
2
x x x
f x
x
+ +
=
+ − tăng trên [0,4].
Do đó: bất phương trình có nghiệm:
(0) 3
m f m
⇔ ≥
⇔ ≥
CÂU IV:
a) Giải phương trình :1 + cosx + cos2x + cos3x = 0
Ta có: phương trình
(1 cos 2 ) (cos3 cos ) 0 2
2cos 2cos 2 cos 0 cos (cos cos 2 ) 0
2 cos (2cos cos 1) 0
1
x
π π
π π
π π
=
⇔ = − ⇔ = + ∈
= = ± +
¢
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = tgA tgB tgC
Vì tam giác ABC nhọn nên tgA, tgB, tgC > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
tgA tgB tgC+ + ≥ tgAtgBtgC
Do tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC nên từ (*) ta có:
3
tgA tgB tgC ≥ tgAtgBtgC
3
3 3
P
⇒ ≥
⇒ ≥
Mặt khác khi
3
A B C= = =π
thì P≥3 3
Do đó Min P=3 3
CÂU V:
Trang 61 3
4 0
1 2
x y
y z
= +
+ − =
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng d và d’ chéo nhau
• d đi qua A(2, 0, 4) có VTCP a (3, 2, 2)
d = −
uur
• d đi qua B(1, 2, -1) có VTCP (3,1, 2)
'
a
d =
uuur
• a auur uuurd d, ' = − ( 6, 0,9)
• uuurAB= −( 1, 2, 5)−
'
d d
= − = − ≠
uur uuur uuur
⇒ d và d’ chéo nhau.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d và d’
Gọi α là mặt phẳng chứa d và song song d’
⇒ α Qua A(2, 0, 4) và nα =a a d d, '= −( 6,0,9)
uuur uur uuur
⇒Phương trình α :
6( 2) 9( 4) 0
x z
− − + − =
⇔ − + − =
Ta có: ( , ') ( , ') ( , ) 2 3 8 13
4 9
d d d =d α d =d B α = − − − =
+
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABC
• Gọi h là khoảng cách từ C đến d thì h≥ 13
• Ta có
39 2
S ABC
Vậy SABC nhỏ nhất là 39
2 khi h là độ dài đoạn vuông góc chung của d, d’