ĐỀ SỐ 29 MÔN TOÁN ÔN THI ĐH

Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy.. M là trung điểm của BC.. Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và AC Câu V 1 điểm Tìm giá

Đề số 29

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x42mx2m2m (1)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = –2

2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc bằng 1200

Câu II (2 điểm)

1) Giải bất phương trình:  x 3  x 1 1   x2  2x 3 4

2) Giải phương trình:

2 sin

cos





x

Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:



x

x

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, AB

= AA = 2a Hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng đáy trùng với tâm của đáy M là trung điểm của BC Tính thể tích hình hộp và cosin của góc giữa hai đường thẳng AM và AC

Câu V (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết toạ độ các đỉnh A(2; 0), B(3; 0) và giao điểm I của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y x Xác định toạ độ các điểm C, D

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 2; 0), C(0; 0; 2) Tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC

Câu VII.a (1 điểm) Chứng minh: 0 10 1 9 9 1 10 0 10

10 20  10 20   10 20  10 20  30

A Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):

2 2

x y  x y  và A(0; –1)  (C) Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):

x y z  và các đường thẳng 1: 1 3 ; 2: 5 5

Tìm các điểm M d ,1 N d2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng

2

Câu VII.b (1 điểm) Tìm các số nguyen dương x, y thoả mãn:

  

Hướng dẫn Đề số 29

Câu I: 2) Ta có 3

  



x

x m (m<0)

Gọi A(0; m2+m); B( m; m); C(– m; m) là các điểm cực trị

2



AB m m ;    ( ;  2 )

AC m m ABC cân tại A nên góc 120 0 chính là

A

120

A

4 4

cos



 

  AB AC m m m A

AB AC

4

4

3

0 1

2

3





  





m (loai)

m

Vậy m=

3

1 3

 thoả mãn bài toán

Câu II: 1) Điều kiện x 1

Nhân hai vế của bpt với x  3 x 1, ta được

2

 





x

x

Kết hợp với điều kiện x 1 ta được x 2

2) Điều kiện cos 0 ,

2





Ta có PT cos sin  2 cos sin

, 4











 



m x

Câu III: Nhận xét: 0, 0, .



x

x Do đó diện tích hình phẳng cần tìm là:

2

2

1

cos







x

=

0

tan













Suy ra S= 2 ln cos ln cos

      

(đvdt)

Suy ra V=B.h=4a a 2 2  4a 3 2

Tính góc giữa AM và AC Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM // CN

Xét ACN ta có:





C

Vậy cosin của góc giữa AM và AC bằng 3

2 5

Câu V: Đặt t sinx với t  1,1 ta có A 5t3  9t2  4

Xét hàm số f t( )  5t3  9t2  4 với t  1,1 Ta có f t ( ) 15  t2  18t 3 (5t t 6)

6

5

f t t t (loại); f( 1)    10, (1)f  0, (0)f  4 Vậy  10  f t( )  4

Suy ra 0 A f t( )  10

Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi 1 sin 1 2

2





và GTNN của A là 0 đạt được khi 1 sin 1 2

2





Câu VI.a: 1) Ta có 1

4



S S =1 Mặt khác 1 .

2



IAB

1  0  1

 IH = 2

Gọi I x x( ,I I) vì I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) là y = 0;

IH = 2 d I AB( ; )  2  x I  2

TH1: x I   2 I(2; 2); (3; 4); (2; 4).C D

TH2: x I    2 I( 2; 2); ( 5; 4); ( 6; 4)   C   D  

2) Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC

Ta có: V OABC V IOAB +V IOBC +V OCA +V ABC = 1 . 1 . 1 . 1 .

3r S OAB3r S OBC 3r S OCA 3r S ABC

=1 .

3 r S TP

OABC

2

(đvdt)

2

.8 2 3

ABC

S AB (đvdt)  S TP   6 2 3 (đvdt)



OABC TP

V r

S (đv độ dài)

Câu VII.a: Ta có (1 x) 30  (1 x) (1 10 x) , 20  x (1)

Mặt khác: 30

30 1



n

k

Vậy hệ số a10 của x10 trong khai triển của (1 x) 30 là 10

10  30

Do (1) đúng với mọi x nên a10 b10 Suy ra điều phải chứng minh

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) và R= 10 Suy ra  2.

;



H H

X

H Y

Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì  ABC là tam giác đều

Phương trình (BC) đi qua H và vuông góc với AI là:

3 12 0

Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ phương trình:



Giải hệ PT trên ta được: 7 3 3 3 3; ; 7 3 3 3 3;

lại

2) PTTS của d1 là:

1 2

3 3 2

 





 



 



M  d1 nên tọa độ của M 1 2 ;3 3 ; 2  t  t t

Theo đề:

1

0 3





t

d M P

t

+ Với t = 1 ta được M13; 0; 2; + Với t = 0 ta được M21;3; 0

 Ứng với M1, điểm N1 d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và //

(x 3)  2y 2(z 2)   0 x 2y 2z  7 0 (1)

PTTS của d2 là:

5 6 4

5 5

 









   



(2)

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm là N1(–1;–4;0)

 Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;–5)

Câu VII.b: Điều kiện: 1

2









