Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số C1.. .sin ABI Cho nên diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi sinAIB 1 hay tam giác ABI vuông cân tại I... Theo chương trình
Trang 1y
GỢI Ý GIẢI
A PHẦN CHUNG:
Câu I (2đ)
1 (1đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C1)
Hàm số (C1) có dạng yx33x 2
Tập xác định: D
Sự biến thiên
2
y x x
Bảng biến thiên:
Kết luận:
Đồ thị nhận điểm I0; 2 làm tâm đối xứng
2 Ta có 2
y x m
Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt m 0
3
y x y mx nên đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương trình là
y mx
m
m
(vì m>0), chứng tỏ đường thẳng luôn cắt đường tròn tâm I 1;1 , bán kính R=1 tại hai điểm A và B phân biệt
2
m , đường thẳng không đi qua I (A, I, B không thẳng hàng) ta có:
.sin
ABI
Cho nên diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi sinAIB 1 hay tam giác ABI vuông cân tại I
1
R
IH
2
22
m
m
Câu II (2đ)
1 (1đ) Giải phương trình:
2
3
1
2 cos
x x
k
2
4 2
k
x
y’
y
0
0
4
0
Trang 22 (1đ) Giải hệ:
Điều kiện x y
3x 3y 2xy2 xy xy
Do đó hệ trở thành:
2
1
1 5
x y
x y
Đặt u x y v; x y 1
, hệ trở thành
2 2
5 2
u v
u v
Từ (2) ta rút ra v=5-u và thế (2) vào (1), ta có 2 2 2
3
3
u
u
TH1:
3
1 2
x y
x y
x y
TH2:
1
3
3
x y
x y
x y
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm
Câu III (1đ)
2
sin cos sin cos
Ta biến đổi:
2
sin cos
Đặt
4
t x
và đưa tích phân về
2
1 2
sin
trong đó:
cos
cos
3 4 4
t t
3
3 4
4 2
4 4
Câu IV (1đ):
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO AC,
SOCD SOABCDCDSOCD
Trang 3A
K
H
S
D
C
B
O
Gọi K là trung điểm của CD Khi đĩ SK CD và
CD SOK
Từ G, kẻ GH SK, và do GH CD
6
a
GH (theo gt)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK, khi đĩ
,
OI SK OI CD OI SCDOI là khoảng
cách cần tìm
2
o OI
OK
3
2
SO OK
Đáy ABCD là hình vuơng cạnh a nên S ABCD a2 đvdt
3 2
S ABCD
Câu V (1đ)
Từ giả thiết ta cĩ 0x y z, , 3 Khi đĩ:
2
1 1
x x
x
y
z
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 3
P x y z
x y z
Ta lại cĩ 0xy z 3, theo bất đẳng thức Cauchy-Swartz: 1 1 1 9 3
x y z xyz
P Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
Vậy Pmax=3, đạt được khi x=y=z=1
B PHẦN RIÊNG:
I Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa 1) Viết lại phương trình đường trịn (C): x32y12 4, từ đĩ (C) cĩ tâm I3; 1 , bán kính R 2
Đường thẳng đi qua điểm M2;0 cắt (C) tại A, B sao cho M là trung điểm AB, do đĩ IM 1;1
là một vector pháp tuyến của đường thẳng ; phương trình đường thẳng là
2) Gọi nA B C; ;
là một vector pháp tuyến của mặt phẳng (P), phương trình mặt phẳng (P) cĩ dạng
AxB y C z AxBy Cz B C
N P A B CB C A2B C
Như vậy phương trình mặt phẳng (P) trở thành 2B C x By Cz B2C 0
Khoảng cách từ K đến mặt phẳng (P):
Trang 4 2 2 2 2
2
,
2
B
d K P
Dấu bằng xảy ra khi B=-C
Từ đó, phương trình mặt phẳng (P) trở thành:
Câu VIIa Điều kiện x>0
Đặt tlog3x, phương trình trở thành x1t24xt16 (*) 0
2
4x 16 x 1 2x 4
3
3
1
4
81
3
x
t
x
II Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb 1) Gọi phương trình đường thẳng đi qua 1;1
2
M
có dạng
2 2
1
1 2
a b
Phương trình hoành độ giao điểm của và (E) là:
2 2 2
at
ac a b , phương trình có hai nghiệm phân biệt t1, t2, nên luôn cắt (E) tại hai điểm A,
1 2 2 2
4
a b
t t
A at bt B at bt
1 2
2
M
M
b t t
y y
y a b
Chọn b ; 1 a , phương trình trở thành 2
1 2 1 2
2) Viết lại phương trình mặt cầu: x12y22z3281, mặt cầu có tâm I1; 2;3, bán kính R=9
Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A có dạng: a x 13b y 1cz0ax by cz b 13a0
B P a b c a a b c
Phương trình mặt phẳng (P) trở thành b4c x by cz 12b52c0
(P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi:
4
2
b c
d I P
Vậy (P) có phương trình 8x4y z 1000 hoặc 2x2y z 280
Trang 5Câu VIIb Đặt 2x t 0, phương trình trở thành 2
3.t 3x10 t cĩ 3 x 0
3x 10 12 3 x 9x 48x 64 3x 8
Do đĩ
3 6
t
2 3 1 ( y=2 đồng biến, 3 nghịch biến)
x
x
