DAP AN DETHI THU LTV

Vậy không tồn tại m thỏa mãn bài toán... Từ giả thiết SABABCD ta suy ra SHABCD.. Vậy H là trung điểm của AB.. Mặt khác ACSH ta suy ra ACSHD.. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 2

yx  x 

* Tập xác định: R

* Sự biến thiên: 2

' 3 6 ; ' 0 0

y  x  x y   x hoặc x2

* Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;0) và (2;  ); nghịch biến trên (0; 2); yCĐ = 2, yCT = -2

* Bảng biến thiên

x  0 2 

y’ + 0 - 0 +

2 

y  -2

* Vẽ đúng đồ thị -

b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C m) của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt … Phương trình hoành độ giao điểm:

x3mx2 2 2mx  m 1 x3mx22mx    m 1 0 (x 1).(x2(m1)x 1 m)0

2 1 ( ) ( 1) 1 0 x g x x m x m             Đường thẳng d cắt đồ thị (C m) tại ba điểm phân biệt  phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0 3 2 3 1 ( 1) 0 3 2 3. m x g m                   Gọi ( ;2A a ma m 1), ( ;2B b mb m 1) trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0 Theo đề bài ta có f a'( ) f b'( )3a22ma3b22mb3(a2b2)2 (m a b  ) 0 3(a b) 2m0 (do ab) 3.(m 1) 2m 0 m 3        (Loại) Vậy không tồn tại m thỏa mãn bài toán 1 điểm 0,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ -

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Giải phương trình

(1 sin ) cos (1 cos )sin

1

1 sin 2

x





Phương trình

cos sin sin cos cos sin 1 sin 2

sin cos sin cos (sin cos ) 1 2sin cos 0

Đặt tsinxcosx sin cos 1 2

2

t

x x 

Ta có phương trình

2

2 1

2

t

1

t

t







0,25đ

0,25đ

2 sin( ) 0

2 4

2

x

x k x

 







  



 Đối chiếu với điều kiện ta được

2

( ).

3 2 2

k









0,25đ

0,25đ

Giải hệ phương trình

2

2







Điều kiện x1;x y 0;x y 0 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

x y

x y x y







Trường hợp xy.(2x   y 1) 1 0 không xảy ra vì

xy.(2x   y 1) 1 xy x(( y) (x 1)) 1 0 1 1    (do xy x,  1 0)

Vậy x = y Thay x = y vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2

2 (*)

x

x





 Phương trình (*) không xảy ra vì

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2;2)

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Tính tích phân I

3 3 0

sin x

dx

sin (x )

6











Đặt

t x  x t  dx dt

Ta có 2 3

6

sin( )

6 sin

t

t











sin t cos cos t sin

3 dt 1 cos tdt

2

cot

t

t

  

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DG theo a.

S

G J

A D I H B C

Hạ SH AB Từ giả thiết (SAB)(ABCD) ta suy ra SH(ABCD) Từ giả thiết ta có 0 0 60 tan 60 SH SH SCH SDH DH CH ADH BCH AH BH DH CH              Vậy H là trung điểm của AB Từ đó 0 6 3 2 tan 60 3 2 2 a a SH CH   Vậy 3

. 1 1 3 2 2 2

3 3 2 2 S ABCD ABCD a a V  SH S  AB AD a aa Gọi IACDH Hạ IJDG (JDG) Ta có AH AD AD  DC , suy ra hai tam giác ADH và DCA đồng dạng Do đó ADH DCA DH AC Mặt khác ACSH ta suy ra AC(SHD) Do đó ACIJ Vậy (d AC DG, )IJ Hai tam giác DJI và DHG đồng dạng Do đó 2 2 3

6 2

a

a

IJ

6

a

d AC DG IJ 

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Cho x y z , ,    1;1  và thỏa mãn điều kiện: x  y z 0. Chứng minh rằng

1 3

3 x  xy y 3 y  yz z x  xz z

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

3 x xy y .3 y yz z.3 z xz x 3 x xy y y yz z z xz x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

Từ giả thiết ta suy ra

0,25đ

Do đó

4

Vì x  y z 0 nên trong ba số x, y, z có hai số cùng dấu Giả sử xy0 Khi đó

x2y2z2 (x2y22xy)z2  (x y)2z2  ( z)2z2 2z2 2 (do   1 z 1)

Suy ra 6 3.2

3

4

Từ đó ta được

3

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Cho hình hình chữ nhật ABCD có (7; 3) D  và BC2AB Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB

và BC Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình đường thẳng MN là x3y160

Gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên MN và AC Phương trình đường thẳng

DK là 3x y 240 Suy ra tọa độ điểm K thỏa mãn hệ

44

( ; )

5

x

x y

K

x y

y

 





DH DKH Đường thẳng AC đi qua H và song song với MN, suy ra phương trình

đường thẳng AC là x3y10 0 C(10 3 ; ). c c

Trong tam giác vuông ADC ta có

3 2 144

4

10

DC

0 (10;0)

( ; )

 





  



0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M1;3;3, vuông góc với mặt phẳng (Q) và …

Gọi n P ( ; ; )a b c Ta có n n P Q  0 2a b 2c  0 b 2a2cn P ( ;2a a2 ; )c c

Phương trình mặt phẳng (P) là ( a x 1) 2(a c y )(  3) c z(  3) 0

c a



2

19

a c

a







 



TH1: a = 2c Chọn a = 2, c = 1, phương trình mặt phẳng (P) là 2 x2y  z 11 0

19

c

a Chọn a = 2, c = 19, phương trình mặt phẳng (P) là 2 x34y19z430

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn phương trình 10 4 3

1

z

i

 Điều kiện z0 Gọi z a bi a b( ,  ) Phương trình đã cho tương đương với

2 2 10 7

a b

 

 

10 7



2

2

,

10 7

a

a





 Vậy z 2 4i hoặc 9 13

z  i.

0,25đ

0,25đ

0,25đ