Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật.. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.. Cho tam giác ABC có BAC· =600, nội tiếp đường tròn đường kính AI.. Trên đư
Trang 1Ngày 7 tháng 5 năm 2015
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y=4x3−6x2+mx (1), với m là tham số thực
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=0
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2x−4y− =5 0
Câu 2.(1,0 điểm)
1 Giải phương trình 2sin 3 1 8sin 2 os 22
4
2 Giải phương trình sau trên tập số phức: x4+6x3+9x2+100 0=
Câu 3 (1,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2
log (x+1) =log (4− +x) log (4+x),(*)
2 Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ
Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình
( )2 1
4 3
1
2
x
x y
+ +
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân ( )
2 5 1
1 1
x dx
− +
∫
Câu 6.(1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BAC· =600, nội tiếp đường tròn đường kính AI Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC)
Câu 7.(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:x−2y+ =2 0 Tìm trên
d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC
Câu 8.(1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
x = =y z và mặt phẳng (P):
6 0
x y z+ + − = Gọi M là giao điểm của d và (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 2 2
Câu 9.(1,0 điểm) Chứng minh rằng ( )
4
x y z
x y z
+ +
-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 123
Trang 2Câu NỘI DUNG Điểm
1.1 Cho hàm số y=4x3−6x2+mx (1), với m là tham số thực
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m=0
1.0
* m = 0 thì 3 2
y= x − x
* TXĐ: D R=
' 12 12 , ' 0
1
x
x
=
* Bảng biến thiên…
Hàm số đồng biến trên (−∞;0 ; 1;) ( +∞) Hàm số nghịch biến trên ( )0;1
Hàm số đạt cực đại tại x=0,y=0 Hàm số đạt cực tiểu tại x=1,y= −2
0.25
2
y = x− y = ⇔ =x y= −
2
1.2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2x−4y− =5 0 1.0
y = f x = x − x m+ Hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ =' 36 12− m> ⇔ <0 m 3
Gọi hai điểm cực trị của đths làA x y( 1, 1) (;B x y (2, 2) x x là hai nghiệm của pt ' 01, 2 y = ) 0.25
y= f x = f x x− + − x+
Do f x'( )1 = f x'( )2 =0nên 1 2 2 1
y = − x +
2 2
y = − x +
Vậy pt đt AB là 2 2
y= − x+
0.25
A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0 ( )
( )
1 2
I d
⊥
⇔ ∈
(I là trung điểm AB)
m
m
0.25
I có toạ độ:
2
I
x
+
= − ÷ + = −
( )2 2.1 4 1( ) 5 0
2
Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0
0.25
2.1
4
0.5
Pt
( )
( )
4
4
x
π π
+ ≥
⇔
0.25
( )2 2 1 os 6 1 4sin 2 (1 os4 )
2
Trang 31 12 sin 2
5 2
12
x
π
= +
= +
- Với
12
x= π +kπ
- Với 5
12
x= π +kπ
0.25
2.2 Giải phương trình sau trên tập số phức: 4 3 2
2
2
3 10 0 (1)
3 10 0 (2)
(1) có ∆=9 40i+ có một căn bậc hai là 5 4i+ ⇒(1)có nghiệm 1 2
4 2
= +
= − −
(2) có ∆=9 40i− có một căn bậc hai là 5 4i− ⇒(2)có nghiệm 1 2
4 2
= −
= − +
3.1 Giải phương trình: 2
log (x+1) =log (4− +x) log (4+x),(*) 0.5
1
x x
− < <
≠
log x 1 log 16 x x 1 16 x
2
2
2
17 0
x
x
x x x
x
x x
− < < − +
+ − = =
− < < −
− − =
vậy (*) có 2 nghiệm 1 61
2
x= − + và 1 69
2
x= − 3.2 Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực
nhật Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ
0.5
( ) 3
11 165
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là 2 1 1 2
5 6 5 6 135
C C +C C =
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là 135 9
4
Giải hệ phương trình
( )2 1
4 3
1
2
x
x y
+ +
1.0
( )
2
1
4 3
1
2
x
x y
+ +
x y
+ −
0.5
Trang 4( )
1 3
x y
⇔ + =
2
x
+
1
2
t t
=
=
0.25
Với t = 1
1 4 3
x y
= −
⇔ =
, Với t =
2
2
7
3
x y
⇒
5
Tính tích phân ( )
2 5 1
1 1
x dx
− +
1 2
1
+
1
x
t
1
1 2
2
1
5
1
1
t t
−
+
2 1
2
5
1
x x
+
+
6 ln 2 ln 33
6 Cho tam giác ABC có · 0
60
BAC= , nội tiếp đường tròn đường kính AI Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC Gọi M và N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên SB, SC Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC)
1.0
N
C A
B
I
S
M
IB⊥AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB⊥SA (do SA⊥(ABC)) nên IB⊥(SAB) ⇒IB⊥AM mà
AM⊥SB nên AM⊥(SBI)⇒AM⊥SI Chứng minh tt: AN⊥SI Vậy SI⊥(AMN)
Có SA⊥(ABC); SI⊥(AMN)⇒(·(ABC) (, AMN) ) =(·SA SI, ) ∆SAI có: tan AS· I AI
SA
= (1)
3
BC
1
0.25
7 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:x−2y+ =2 0 Tìm trên
d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) = 0 2.2 22 2
5
1 2
Trang 52 2 2 2 2 1 2
Khi đó C thuộc đường tròn (A,1): 2 ( )2
Toạ độ C là nghiệm hệ 2 ( )2
1, 0
,
⇔
0.25
+ Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt uuurAC=(0; 1)− có pt: y− =2 0
B
+ Với C(4 7;
5 5): đt AB qua A(0;2) có vtpt ( ;4 3)
uuur
có pt: 4x−3y+ =6 0
Toạ độ B là nghiệm hệ
6
( ; )
5
x
B
y
= −
0.5
8
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d:
= = và mặt phẳng (P):
6 0
x y z+ + − = Gọi M là giao điểm của d và (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong
mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 2 2
1.0
Toạ độ M là nghiệm hệ 1 2 3 (1; 2;3)
6 0
M
x y z
= =
+ + − =
Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P) ⇒d' ( ) ( )= P ∩ Q , với (Q) là mp chứa d và vuông góc (P)
Mp(Q) qua M và có vtpt n Q = u n d, P
uur uur uur
= (-1; 2; -1)
⇒(Q) có pt: x−2y z+ = ⇒0 d’ có pt: 6 0
x y z
+ + − =
− + =
x t y
=
⇔ =
= −
0.5
Vì ∆ nằm trong (P), ∆ ⊥d nên ∆ ⊥d’
Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của ∆ và d’ ta có M∈d’ nên MH⊥ ∆
( ) (2 ) (2 )2
1
t t
t
=
+ Với t = 3 thì H(3; 2; 1): ∆ qua H, có vtcp uuur uur∆ =n Qnên ∆có pt: 3 2 1
x− = y− = z−
+ Với t =-1 thì H(-1; 2; 5): ∆ qua H, có vtcp uuur uur∆ =n Qnên ∆có pt: 1 2 5
x+ = y− = z−
0.25
9
4
x y z
x y z
+ +
( ) (z x x y) (2 ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (x y y z2 y z z x2 4 )
2 2
2
(y z) (z x x y) (2 ) ( )y z 1 yz y z (y z) yz y z 2 yz
0.25
Trang 6Chứng minh tt có:
2
2
Từ (1), (2), (3) có: P 2(x y z) 2 yz zx xy
0.25
Áp dụng bđt: 2 2 2
a + + ≥b c ab bc ca+ + , có:
x y z
x + y + z ≥ x y + y z + z x = + + (5)
Từ (4), (5) ⇒ ≥P 4(x y z+ + ) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
0.25