Đồ thị hàm số2... Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 1... Theo giả thiết OM ON... Theo chương trình Nâng caoCâu VI.b 1.. Phương trình BC: y=1,kéo theo BC//EF Gọi I là tâm đường trọn nội ti
Trang 1PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I
1.
Khi m=1 Hàm số trở thành 4 2
y x= − 4x +1
*TXĐ: ¡
*
3
x 0
y ' 0
′ = −
=
= ⇔ = ±
* y′′ = 12x2− =4 4 3x( 2−1) * y′ > 0trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; + ∞ ) y′ < 0 trên các khoảng (-∞ ; -1), (0 ; 1) Hàm số đồng biết trên các khoảng (-1 ; 0), (1 ; + ∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞ ; -1), (0 ; 1) Điểm cực đại: A 0;1( ) Điểm cực tiểu:B 1; 2 ; B1( − ) 2(− −1; 2) * y′′ > 0 trên ; 1 ; 1; 3 3 − ∞ − + ∞ ÷ ÷ ÷ ÷ y′′ < 0 trên 1; 1 3 3 − ÷ ÷ Hàm số lõm trên các đoạn ; 1 ; 1; 3 3 − ∞ − + ∞ ÷ ÷ ÷ ÷ Hàm số lồi trên các đoạn 1; 1 3 3 − ÷ ÷ Điểm cực đại: A 0;1( ) Điểm cực tiểu:B 1; 2 ; B1( − ) 2(− −1; 2) * Trục đối xứng x = 0; xlim y→ ± ∞ = + ∞ * Bảng biến thiên x − ∞ −1 0 1 + ∞
y′ + 0 − 0 + 0 −
y + ∞ 1 − ∞
−2 −2
Trang 2Đồ thị hàm số
2.
3
Để (1) có 3 điểm cực trị thì y’= 0 phải có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m> −1
Khi đó: 3 nghiệm của PT y’=0 là
A là điểm thuộc trục tung ⇒ x A = ⇒0 OA= y A = m, BC= 2 m+1
Vậy yêu cầu bài toán : ⇔ m = 2 m+ ⇔1 m2 = 4(m+ 1) 2 2 2( )
2 2 2
m
TM m
= +
⇔
= −
Câu II
1.
Trang 32 2
sin 2 cos sin x cos os2 sinx cos
sinx(2 cos 1) os2 cos (sinx 1) 0 sinx os2 os2 cos (sinx 1) 0 os2 (sinx 1) cos (sinx 1) 0 (sinx 1)( os2 cos ) 0
sinx 1
c
=
⇔
2
2
2
k x
π
= − +
⇔ = − +
= +
⇔
= − +
2.
ĐK : − ≤ ≤2 x 2
t= + −x − ⇒x t = + +x − x − + x − x = − x− − x
Phương trình đã cho trở thành 3 2 0
3
t
t t
t
=
= ⇔ =
5
t= ⇒ + =x − ⇒ + =x x − x ⇒ x= ⇒ x=
+) t = 3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : 6
5
Câu III
1 2
sin
1 t anx0 3
*Tính I :2
Trang 4Đặt u = x ⇒ du dx=
d sin x2 (cos )2 ,
v
−
cos x
3
I
d
π
π
+
∫
3
Câu IV
Ta có BD = a2+ 3a2 = 2a
Từ O hạ OE vuông góc với AD (E AD∈ )góc giữa (ADD A1 1) và (ABCD là )
1
3 tan60
2
a
Thể tích khối lăng trụ
V =
V
3 2
1
ABCD
1
1
3
A BD
V
S
1 3
A ABD ABD
1
2
A BD
,
2
ABCD ABD S
d B A BD
BD
Câu V
b a
= + ta có
= + + + ÷= + + = > + = −
Trang 5Đặt s = a + b,P = ab; ta có
2
2
S
S
t P
+ +
−
Xét hàm số f(t)4t3− 9t2−12 18t+
Ta có f’(t) = 12t2−18 12 6(t− = t− 2)(2t+ >1) 0
⇒ đồng biến trên 5;
2
+ ∞
÷
Dấu “=” xảy ra khi a=1; b=2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 23
4
−
PHẦN RIÊNG
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1.
Phương trình của d: x t2 2t R
=
= −
Tọa độ N∈ d N t t: ( ; 2 − 2)
− Tọa độ M là nghiệm của hệ
4 0
x y
− − =
Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2≠ và khi đó 4
2
t x
t
=
− và
2
t y
t
−
=
− Suy ra 4 ;8
M
−
− − ÷
−
= ( 2 ( )2) ( 2 )
=
Trang 6Theo giả thiết OM ON = 8nên 5t2− + =8t 4 2t− 2 1( )
Nếu t > 2 thì (1)
5t 8t 4 2t 4 5t 10t 8 0
0
t=
5
t
=
Nếu t = 0 thì N(0;-2); 6
5
t= thì N 6 2;
5 5
2.
Phương trình tham số của ∆
2
1 2
= +
= − −
= −
(t R∈ )
Tọa độ giao điểm I của ∆ và (P) là I(1;1;1)
Vì MI vuông góc với ∆ nên M thuộc mặt phẳng (Q)
qua I và vuông góc với ∆ , do đó M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q)
véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là nurp = (1;1;1)
véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (Q) là nuQr u= uu∆r= (1; 2; 1)− −
giao tuyến của (P) và (Q) là đường thẳng d đi qua I và có véctơ chỉ phương là:
d P Q
uur u= n nuruur = −
phương trình của d là
1
1 2
1 3
= +
= +
= −
(t R∈ ) M∈ d nên tọa độ của M(1+t; 1+2t; 1-3t)
Ta có MI= t2+ (2 )t 2+ −( 3 )t 2 = 14t2 = 14 t
Theo giả thiết MI = 4 14 nên t = 4
Hay t= ±4có hai điểm M thỏa mãn M(5;9;-11) và (-3;-7;13)
Câu VII.a
Đặt
2 2
2 2
3
b
= − =
= −
Vậy z1 = − −1 i 3, z2 = −2 i 3
Trang 7B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
1.
Phương trình BC: y=1,kéo theo BC//EF
Gọi I là tâm đường trọn nội tiếp ABC∆ ;M là hình chiếu của A trên EF
Ta có AI EF⊥ nên AI⊥ BC, do đó ∆ABCcân tại A.Suy ra D là trung điểm của BC và
AD BC⊥ Phương trình AD là x=3
2
Theo định lý Talet, ta có AD AB AB
5
AD
Giả sử A(3;a) Với a > 0, ta có
2 2
5 25
1 4
a a
+ −
1 à do a > 0 nên a=
Tọa độ A là A 3;13
3
2.
Xét M 2 a; 1 3a; 5 2a(− + + − − )∈ ∆
Vec tơ MA a;3a; 6 2auur( − − ), vec tơ MB 1 a; 2 3a; 7 2auur( + − + − − )
Tích có hướng của hai vec tơ là (12 – 7a ; -6 – a ; -5a)
MAB
2
a 0
a 25
=
a 0= ⇒ M1(−2;1; 5− )
2
Câu VII.b
Phần thực là 2, phần ảo là 2
