Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt E tại hai điểm C, D sao cho MC = MD.. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầ
Trang 1Đề số 31
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị (Cm); (m là tham số)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3
2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D,
E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình: 2cos3x + 3sinx + cosx = 0
2) Giải hệ phương trình:
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =
2
ln ln
e
e
dx
x x ex
Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam
giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a
Câu V: (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thoả mãn: 2 2 2
3
a b c Chứng
minh bất đẳng thức: 1 1 1 24 24 24
Trang 2II.PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 4x2 9y2 36 và điểm M(1; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0
Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7 Có thể lập được bao nhiêu
số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ
số đầu tiên phải bằng 1
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 5x2 16y2 80 và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1) Một điểm M di động trên (E) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích MAB
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3x 12y 3z 5 0 và (Q): 3x 4y 9z 7 0
, (d2): 3 1 2
Trang 3
Viết phương trình đường thẳng () song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2)
Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình:
3 2 n 2 9
Hướng dẫn Đề số 31
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 x(x2 + 3x + m) = 0 2 0
x
(Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt (2) có 2 nghiệm xD,
xE 0
2
0
4
9
m m
m m
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD = y’(xD) = 3x D2 6x Dm (x D 2 );m kE = y’(xE) =
2
3x 6x m (x 2 ).m
Trang 4Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc kDkE = –1
(3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1
9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et)
m = 19 65
Câu II: 1) PT cos cos 3
3
3
k
x
2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
y x y x
1
x y
x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có: x2 91 x 2 x2 x2 91 10 x 2 1 x2 9
2 2
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x
2
2 1
91 10
x x
x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Trang 5Câu III: (ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
I
ln 1 ln
e
e
d x
x x = 2ln2 – ln3
Câu IV: Dựng SH AB Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB SH, (SAB)
SH ABC và SH là đường cao của hình chóp
Dựng HNBC HP, AC SNBC SP, AC SPH SNH
SHN = SHP HN = HP
AHP vuông có: .sin 60 3.
4
3
4
SH HP
Thể tích hình chóp
S ABC V SH S
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 11 4 ( 0, 0)
Mặt khác:
2a b c2a b c 4 a 7 a b c a b c
2( 1) ( 1) ( 1) 0
a b c
2b c ab 7 2cabc 7
Trang 6Từ đó suy ra 1 1 1 24 24 24
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D
Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: yk x( 1) 1 ykx 1 k
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 2 2
4x 9(kx 1 k) 36 0
(4 9 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (1)
k x k k x k
( 288k2 72k 108 0, k)
(d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ x x1, 2 là nghiệm của (1)
Theo định lý Viet: 1 2 18 (1 2 )
4 9
x x
k
M(1; 1) là trung điểm của CD 1 2 2 18 (1 2 ) 2
4 9
M
k
4 9
k
Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0
2) Gọi A(a; 0; 0) Ox (Q/ ) : 4y 3x 10 0
(d) qua M0(1; 0; 2) và có VTCP (1; 2; 2)
u Đặt 0 1
Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác AM M0 1
0 1
2
0 ;
( ; )
3
d A d
Trang 7Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d)
2
Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)
Câu VII.a: Giả sử n = a bc d e
Xem các số hình thức a bc d e, kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là
a hoặc b hoặc c) Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ 1
số cách chọn 4
7
A
Như vậy có 3 (7 6 5 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài
Xem các số hình thức 0b c d e có 3
6
2A 240 (số)
Loại những số dạng hình thức 0b c d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT
Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x 2y 3 0 và AB 2 5
( ; ) ( ) 5 16 80.
( ; )
d M AB
Diện tích MAB: 1 ( ; ) 0 2 0 3
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 1 ; 1 , ( 5 ; 40 0)
2 5
x y có:
Trang 8 2 2
5
5
0
0
8 3 5 3
x
y
3 3
MAB
2) (P) có VTPT (1; 4; 1)
P
n , (Q) có pháp vectơ (3; 4; 9)
Q
n
(d1) có VTCP 1 (2; 4; 3)
u , (d2) có VTCP 2 ( 2; 3; 4)
u
Gọi:
1
1
( ) ( ) ( )
( ) ( ), ( ) ( )
( ) ( ), ( ) ( )
u u
() = (P1) (Q1) và () // (1)
() có vectơ chỉ phương 1[ ; ] (8; 3; 4)
4
(P1) có cặp VTCP u 1 và u nên có VTPT: 1 [ ; ] 1 (25; 32; 26)
P
Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0
25 32 26 55 0
x y z
(Q1) có cặp VTCP u và u nên có VTPT: [ ; ] (0; 24; 18)
Trang 9Phương trình mp (Q1): 0(x 3) 24(y 1) 18( z 2) 0 4y 3x 10 0
Ta có: ( ) ( )P1 (Q1) phương trình đường thẳng () :
25 32 26 55 0
4 3 10 0
y z
Câu VII.b: n 3,n 4