Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị C của hàm số.. Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn hơn hoành độ của C.. a Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c.. Hãy xác địn
Trang 1SỞ GD&ĐT THANH HểA
NĂM HỌC 2012-2013
Thời gian làm bài: 180 phỳt khụng kể thời gian phỏt đề
Cõu I (4 điểm) Cho hàm số y = x3-3x +1
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trỡnh:
(m2+1)x3 = 3(m2+1)x + 4m
Cõu II (6 điểm):
1 Giải phương trỡnh: cos x − 3 3 sin x = cos 7 x
2 Giải phương trỡnh:
2
2013 6 2
1
x
x x
+ +
3 Giải hệ phương trỡnh:
2 2
Cõu III (2 điểm) Tính tích phõn:
3
2 0
1 cos
x
=
+
∫
Cõu IV (6 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giỏc ABC cú trực tõm là H(3;
4
1
− ), tõm
đường trũn ngoại tiếp là K(0;
8
29 ), trung điểm cạnh BC là M( ; 3
2
5
) Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh A, B, C; biết hoành độ của B lớn hơn hoành độ của C.
2 Trên ba tia Ox, O y, Oz vuụng gúc với nhau từng đụi một lần lợt lấy các điểm A,
B, C sao cho OA = a, OB= b, OC = c.
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c.
b) Cho A, B, C thay đổi trên các tia thỏa mãn: OA + OB + OC + AB + AC + BC = k, (với k dương không đổi) Hãy xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC
3 Cho tứ diện ABCD cú ba cạnh AB, AC, AD đụi một vuụng gúc với nhau Gọi
M, N, P lần lượt là trung điểm cỏc cạnh BC, CD, DB Giả sử AM = a, AN = b, AP = c
và h là khoảng cỏch từ A đến mặt phẳng (MNP) Chứng minh rằng
2
2
h
a + + ≥ b c
Cõu V (2 điểm):
Cho ba số x, y, z ∈ [ ] 1;3 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: P 36x 2y z
yz xz xy
-
Trang 2Hết -SỞ GD&ĐT THANH HÓA
NĂM HỌC 2012-2013
I 1 Kh¶o s¸t (2,0 ®iÓm)
4,0
®iÓm Với m= −1,ta được hàm số y x= −3 3x+1
Tập xác định: R
Giới hạn tại vô cực: lim , lim
→+∞ = +∞ →−∞ = −∞
Sự biến thiên: y' 3= x2 − = ⇔ = ±3 0 x 1
0,5
' 0 ( ; 1) (1; )
y > ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞x Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞ −1) và
(1;+∞)
' 0 ( 1;1)
y < ⇔ ∈ −x Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1;1).− Điểm cực đại của đồ thị ( 1;3),− điểm cực tiểu của đồ thị (1; 1).−
0,5
Bảng biến thiên:
0,5
Đồ thị đi qua điểm (-2; -1) và (2; 3)
Điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng
0,5
2 Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình (2,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương x3-3x =
1 m
m 4
2 + ⇔x3-3x +1 =m 1
m 4
2 + +1
Số nghiệm PT là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y =
1 m
m 4
2 + +1
0,5
Do -2≤
1 m
m 4
2 + ≤ 2 với mọi m∈R⇒ -1≤ m 1
m 4
2 + +1≤3 với mọi m∈R
Ta có:
1 m
m 4
2 + +1 = -1 ⇔ 1
4
2 +
m
m
= -2 ⇔ m = -1;
Và
1 m
m 4
2 + +1=3 ⇔ m 1
m 4
2 + = 2 ⇔ m = 1
0,5
Suy ra: Với m ≠ ±1 đường thẳng y =
1 m
m 4
2 + +1 có 3 điểm chung với đồ thị (C) Với m = ±1 đường thẳng y =
1 m
m 4
2 + +1 có 2 điểm chung với đồ thị (C) Vậy: với m ≠ ±1 phương trình có ba nghiệm, với m = ±1 thì PT có hai nghiệm
1,0
II 1 Giải phương trình lượng giác (2,0 điểm)
x y' y
−∞
−∞
+∞
+∞
1
−
1
−
1
3
-2 -1
-1
1 1
3
2
x y
O
Trang 36,0
điểm Giải phơng trình: cos x − 3 3 sin x = cos 7 x
Biến đổi tơng đơng phơng trình đã cho
2
cos cos 7 3 3 sin 0
2sin 3 sin 4 3 3 sin 0
2sin 4 sin (3 4sin ) 3 3 sin 0
sin 2sin 4 (1 2cos 2 ) 3 3 0
sin 0
3 3 2sin 4 (1 2cos 2 )
2
x
=
1,0
Giải (1) ta đợc x= kπvới k∈Ζ
Giải (2): Ta có (2) ⇔sin4xcos2x+sin4x=
2
3 3
2
3 3 4 sin 2 cos 2 sin
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số:
2
2 cos , 2
2 cos , 2 sin
2 2
2 x x x
ta đợc 1=
2 cos 2 cos 2 3 (sin 2 cos 2 )
3 3
2 2
cos 2 sin 2
cos 2
3 3
2 4 sin 2 cos 2 sin
2
3 3
suy ra (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm
Kết luận: Phơng trình có nghiệm x=kπvới k∈Ζ
1,0
2 Giải phương trỡnh logarit (2,0 điểm)
2
6 2
2013 6 2
1
x
x x
x x
+ +
Ta cú:
2
6 2
6 2 1 2
4 2
(1)
1 2013
x x x
x
x x
+ + +
+
+ +
(4x 2).2013 x + (x x 1).2013x + +x
Ta cú hàm số ( )f t =t.2013t luụn đồng biến trờn R nờn
(2) ⇔4x2 +2= x6 +x2 +1 ⇔x6 −3x2 −1=0
1,0
Phương trỡnh x6 −3x2 −1=0⇔u3−3u−1=0(u=x2 ≥0) (3)
Lập bảng biến thiờn của hàm số: f(u)=u3−3u−1 suy ra phương trỡnh này chỉ cú
nghiệm trong (0,2) nờn đặt 2cos (0 )
2
u= α < <α π
π
9 cos
±
=
1,0
3, Giải hệ phương trỡnh (2,0 điểm)
0,5
Trang 4Hệ phương trình tương đương với:
2 2
y x x y x
y x y x
* Nếu x=0thì hệ (I)
2 2
y
y y
+ =
* Nếu x≠0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương
- Đặt
2
1
y
u v x y x
+
= = − − , ta được hệ phương trình:
3 1
u v u
2 1
u v
=
=
0,5
- Với
2
2
2
x
x y
2 4 2
= − ∨ = = −
10 3
x y
=
∨ =
0,5
- Với
2
2
2
x
x y
- Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y = − −
0,5
III Tính tích phân (2,0 điểm)
2,0
điểm
3
2 0
cos cos sin
1 cos
x x x
x
=
+
∫
2
.cos
0,5
- Tính
0
.cos
J x x dx
π
u x du dx
dv xdx v x
0
J x x x dx x
π
0,5
Trang 5- Tớnh 2
0
.sin
1 cos
x x
x
π
= +
∫
Đặt x= − ⇒π t dx= −dt Đổi cận :
π
2
Đặt t=cosx⇒ = −dt sin x dx Đổi cận:
t 1 − 1
1 2 1
2 1
dt K
t
π
−
⇒ =
+
∫ , đặt t=tanu⇒ = +dt (1 tan )2u du Đổi cận:
u
4
π
−
4
π
4 2
4
(1 tan )
u du
u
π π
−
+
+
2
2 4
I =π −
1,0
IV 1 Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh A, B, C, biết rằng (2,0 điểm)
6,0
điểm
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua K thỡ AA’ là đường kớnh của đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC Suy ra tứ giỏc BHCA’ là hỡnh bỡnh hành ⇒ M là trung điểm của A’H
⇒ H A=2.M K= 2( )
8
5
; 2
5
− = (-5;
4
5
) Từ đú xỏc định được: A( -2;1) 0.5
Ta cú: R = KA = KB = KC =
8
697 là bỏn kớnh vũng trũn ngoại tiếp ABC.
Phương trỡnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC: x2 + (y –
8
29
)2 =
64 697
hay x2 + y2 –
4
29
y +
4
9
= 0
0.5
Phương trỡnh cạnh BC: 4x – y – 7 = 0
Tọa độ của B, C là hệ phương trỡnh:
= +
− +
=
−
−
0 4
9 4 29
0 7 4
2
2 y y x
y x
=
=
=
=
⇔
1
; 2
5
; 3
y x
y x
Vỡ xB > xC nờn B(3;5), C(2;1) Vậy: A( - 2; 1), B(3;5) và C(2;1) 0.5
2 Trên ba tia Ox, O y, Oz vuụng gúc….
Hạ OH vuông góc với BC ⇒AH vuông góc với BC (định lí ba đờng vuông góc)
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1
c b
c b OH c
b
c b c b
+
= +
Lại có 2 2 2 2 22 22 2 2 22 22 2 2
c b
a c c b b a c b
c b a OH OA AH
+
+ +
= + +
= +
Do đó: Diện tích tam giác ABC bằng 2 2 2 2 2 2
2
1
2
1
a c c b b a BC
0,5
0,5
Tớnh giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC (1,0 điểm)
Trang 6Ta có V AOBC OA S OBC abc
6
1
3
Từ giả thiết cú
2 2 2 2 2 2 3
3
3(1 2) 3(1 2)
k
k abc
+
0,5
Từ đó
3
) 2 1 ( 3 6
1
+
V OABC
Vậy max V=
) 2 1 ( 3 )
2 1 ( 3 6
+
=
=
=
⇔
+
k c
b a
k
0,25
Chứng minh rằng 2 2 2 9 2
2
h
a + + ≥b c
Tam giác ABC vuông tại A nên
2
BC
AM =
NP là đờng trung bình của ∆BCD nên
2
BC
NP= Suy ra AM = NP
Tơng tự đối với các cặp cạnh đối diện còn lại
Vậy hai cạnh đối diện bất kỳ của
tứ diện AMNP cú độ dài bằng nhau
0,5
0,5
+ Tứ diện ABCD vuông tại A nên ta chứng minh đợc 12 12 1 2 1 2
h = AB + AC + AD (1) + Mặt khác 12 12 12 2 92 2
= 2 2 2 2( 2 2 2)
2
+ Từ (1), (2) và (3) ta có
2
2 2 2
2 2 2 2
h
+ +
0,25 0,25
0,25 0,25
V Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức P
1,0
điểm Xột hàm số:
[ ]
2 2 2
36x 2y z
f (x) , x 1;3 , y, z là tham sụ
yz zx xy
f (x) đồng biến trờn [ ]1;3 nờn:
0,25
0,25
N P
A
B
D C
M
Trang 7[ ]
36 2y z
f (x) f (1) g(y), y 1;3 , z là tham sụ
z
g(y) nghịch biến trờn [ ] 1;3
⇒ ≥ = + + = ∈ = − + ≤ − + <
⇒h(z) nghịch biến trờn [ ] 1;3 h(z) h(3) 18 1 7
3
Vậy P≥7 dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x=1 và y = z = 3; Do đú MinP = 7
0,25
Chú ý: Học sinh giải cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
