Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tính thể tích tứ diện MA’CD.. Viết phương trình các cạnh AB, AC.. Tìm giá trị lớn nhất của S... Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc ∆1 và ∆2 nên n
Trang 1ĐỀ TỔNG HỢP SỐ 5
THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 PHÚT
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x 3 – 3x + 2, (C).
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Chứng minh rằng qua điểm M 28;0
27
kẻ được ba tiếp tuyến với (C) trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình:
3
3
8x 2x (y 4) y 3 0 8x 2x y y 3 7 0
+ − − + − =
2 Giải phương trình: cos x 2 −cos3x 3 4sin x( − 2 ) +2sin x cosx sin 6x 0 + =
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB = AD = a, AA’ = 2a Trên DD’ lấy M sao cho AM ⊥ B’C Tính thể tích tứ diện MA’CD.
Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân:
2 1
2 0
1 x
+ +
= ∫
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Chứng minh rằng: xy yz xz 27xyz
3 xyz
+ + >
+ .
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxy cho ∆ ABC: A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM và cạnh BC của tam giác ∆ ABC tương ứng là: x – 3 = 0 và 7x + 2y – 31 = 0 Viết phương trình các cạnh AB, AC.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxyz cho hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 có phương trình 1
x 3 y 1 z 3 :
2
:
− Chứng minh ∆ 1 và ∆ 2 chéo nhau Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với ∆ 1 và ∆ 2
Câu VIII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log2 x +log 3 x +log 4 x = log 2 x.log 3 x.log 4 x
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxy cho A(1,1) và đường tròn (C) có phương trình: (x – 2) 2 +(y – 2) 2 = 9, M và N là hai điểm chuyển động trên (C) và thỏa mãn MN = 2, S là diện tích ∆ AMN Tìm giá trị lớn nhất của S
Câu VII.b (1,0 điểm)
Trong hệ trục Oxyz cho M(2; 4; 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và cắt các trục Ox, Oy, Oz tại
A, B, C tương ứng với hoành độ, tung độ và cao độ dương sao cho 4OA =2OB =OC.
Câu VIII.b (1,0 điểm) Tính ( ) (16 )16
2
− + − −
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN
Câu I
(2,0)
1
(1,0)
1/ Khi m =0 y x= 3 −3x 2+
Tập xác định: R
Chiều biến thiên:
y' 3x= 2 −3 → y’ = 0 ↔ x = 1 hoặc x = -1 lim yx→∞ = ∞,
xlim y
+ Hàm số đồng biến trên (∝; -1); và (1; +∝); nghịch biến trên (-1;1)
+ Hàm số có cực đại tại x = -1, yCĐ = 4; cực tiểu tại x = 1, yCT =0 0,25
Đồ thị:
Đồ thị giao với Ox tại (1;0) và (-2; 0); giao với Oy tại (0; 2)
0,25
2
(1,0) 2/ Phương trình đường thẳng qua điểm Mo
28
;0 27
y k x 28
27
đường thẳng là tiếp tuyến của (Co)
2
28
x 3x 2 3x 3 x 27
27 3x 3 k
− + = −
0,25
↔ (x - 1)(18x2 - 10x - 10) = 0 ↔ x1 =1, x2 5 205,x3 5 205
Vậy có ba tiếp điểm thuộc (Co) với hoành độ tìm được → qua Mo ta
kẻ được ba tiếp tuyến với đồ thị
0,5
x y’
y
4
0
-∝
+∝
2 4
-1
y
Trang 3Giả sử (d1),(d2), (d3) là ba tiếp tuyến có hệ số góc tương ứng k1,k2 ,k3
Khi x1 =1→ k1 = 0 tiếp tuyến (d1) y = 0 (trục Ox) →(d2) và (d3) không thể vuông góc với (d1)
k2 .k3 = ( 2 ) ( 2 ) 2 2 ( )2
=
0,25
Câu II
(2,0)
1
(1,0)
1/ Điều kiện y ≥ -3.(*)
Từ phương trình (1) ↔ (2x)3 + 2x =( )3
y 3+ + y 3+ → x ≥ 0.(**) 0,25 Đặt f(x) =x3 +x , f’(x) =3x2+1 > 0∀x ≥0 →f(x) luôn đồng biến /[0;+∞)
Thay vào (2) ta được 4(x -1)(2x2 +x +1) = 0 ↔ x =1 thỏa mãn (**) Với x =1 →y =1 Vậy nghiệm hệ phương trình x 1
y 1
=
=
0,5
2
(1,0)
2/ Đặt t =cosx, điều kiện t 1≤ (*)
Phương trình ↔ t2 - [cos3x.(3 - 4sin2x) + 2sinx].t + sin6x = 0 (1)
Phương trình dạng t2 - (a +b).t + ab = 0 t a
t b
=
↔ =
cos x cos3x.(3 4sin x)(3)
=
0,25
+ (2) ↔ cosx = 2sinx ↔ cotx = 2 ↔ x = arccot2 + kπ, k ∈Z 0,25 + (3) ↔ cosx = cos3x(3 - 4sin2x)
Nếu sinx =0 → (cosx =1, cos3x =1) hoặc (cosx = -1, cos3x = -1) không thỏa mãn (3)
Nếu sinx ≠ 0 khi đó (3) ↔ sin2x = sin6x
k
2
k
π
↔
Vậy nghiệm của phương trình là: x = arccot2 + kπ; x = …
0,5
2/ Do A’D // B’C và AM ⊥B’C → AM ⊥A’D
DM
Trang 40,25
V (CA”D’D)
3
V (CA’D’M)
3
V (MA’CD) =V (CA”D’D) – V (CA’D’M)
= − =
0,5
CâuIV
Tính tích phân:
2 1
2 0
dx
1 x
+ +
∫
+
2
2 2
1
1 x x
1 x
= + +
=
=
0,25
Ta được
2 1
2 0
dx
1 x
+ +
∫
0
-1
0
dx
∫ 0,25
0
Câu V
(1,0)
xy yz xz
3 xyz
+ (1) Ta có xy yz xz 3 (xyz) (Côxi)+ + ≥ 3 2
Đặt t= 3 xyz 0> , 1 = x +y +z ≥3 xyz3 →t 1
3
≤
0,25
(1) được chứng minh nếu
3 2
3
27t 3t
3 t
>
+ với 0 <
1 t 3
Ta có (2) ↔ 3 + t3 > 9t ↔ f(t) = t3 - 9t +3 >0
vì f’(t) = 3t2 - 9 < 0 ∀ 0 <t 1
3
≤ nên f(t) nghịch biến trên 0;1
3
0,5
A
D
A’
D’
M 2a
a
a
Trang 5→ 1
0 t 3
< ≤
≥ = ÷= >
Câu
VI.a
(1,0)
(1,0)
B là giao của BM và BC → B(3; 5) AB (2;3)uuur= , nrAB =(3; 2)−
Giả sử C(xC,yC): C∈ BC ↔ 7xC + 2yC - 31 = 0
1 x
2
+
↔ − = ↔ = → = − , C(5; -2)
AC (4; 4)uuur= − ↔nrAC =(1;1) Phương trình AC: 1(x - 1) + 1(y - 2) = 0 hay x + y - 3 = 0
0,5
Câu
VII.a
(1,0)
(1,0)
+ ∆1 qua M1(3;1;3) và có véc tơ chỉ phương ur1=(2;-1;0) ∆2 qua M2(-2;5;0) và có véc tơ chỉ phương ur2 =(4;-1;1)
Ta có: [u ,u M Mr r1 2] uuuuur1 2 = − ≠11 0 Vậy ∆1 và ∆2 chéo nhau
0,5
+ Giả sử AB là đường vuông góc chung của ∆1 và ∆2 với A∈∆1, B∈∆2
Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc ∆1 và ∆2 nên nhận AB làm đường kính
Ta có A∈∆1→A(3+2t; 1-t; 3), B∈∆2 →B(-2+4s; 5-s; s),
AB ( 5 4s 2t;4 s t;s 3)= − + − − + −
uuur
2
u AB 0
u AB 0
=
=
uuur r uuur
↔ =
→ A(1;2;3), B(2;4;1), AB=3, trung điểm AB là: I(3;3;2)
0,25
2
− + − + − =
÷
Câu
VIII.a
(1,0)
Giải phương trình: log2x +log3x +log4x = log2x.log3x.log4x Điều kiện x>0 (*)
Phương trình ↔ log25.log5x +log35.log5x +log5x = log23.log3x.log3x.log5x ↔ log5x.[log23.(log3x)2 – log25 – log35 -1] =0
0,5
2
log 5 log 5 1 log 3
x 3
±
0,25
CâuVI
b.(1,0)
(1,0)
Đường tròn (C) có tâm I(2;2) R=3, khoảng cách từ A tới I là d1 = 2
Ta thấy O,A,I cùng nằm trên đường thẳng
x -y =0
0,25
Trang 6Diện tích ∆AMN lớn nhất khi khoảng cách từ A tới MN lớn nhất ↔A, I, H thẳng hàng và I nằm giữa khi đó khoảng cách từ A tới MN là AH
AH = AI + IH =3 2
S là diện tích ∆AMN SMax
CâuVII
b.(1,0) (1,0)
A,B,C là điểm nằm trên Ox,Oy,Oz tương ứng có hoành độ, tung độ
C(0;0;4a) với a>0
0,25
4
↔ =
Vậy phương trình (ABC) là 4x +2y +z -17 =0
0,5
… Hết…
x 0
x x
I A