Tìm m sao cho hàm số có hai cực trị có hoành độ dương.. Tính thể tích của khối chóp S.ABED.. PHẦN RIÊNG 3 điểm Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho
Trang 1ĐỀ 13
( Thời gian làm bài 150 phút )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số y 1x3 mx2 (2m 1)x m 2
3
= − + − − + với m là tham số
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).của hàm số khi m = 2
b Tìm m sao cho hàm số có hai cực trị có hoành độ dương
Câu II ( 3,0 điểm )
a Giải phương trình : x 3 3
x
1 log 3 log x log 3 log x
2
b Tính tích phân sau :
/3 (x sin x)dx A
2 cos x 0
= ∫
c Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất có của hàm số y x= + 4 x− 2
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , AS = AB = a , ABCD
là hình vuông , mặt phẳng qua BD và vuông góc với SC , cắt SC tại E Tính thể tích của khối chóp S.ABED
II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1 Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng (d ) : x 1 y 1 z 5
+ = − = −
và (d’ ) : x 2 y 1 z
− = + =
a) Chứng minh hai đường thẳng (d) và (d’) song song Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa chúng
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng (d) và (d’)
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
log 5 3
2
M 15log
2 Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
x 1 (a) : y 4 2t
z 3 t
=
= − +
= +
,
x 3m (b) : y 3 2m
z 2
= −
= +
= −
a) Chứng minh rằng hai đường thẳng (a) , (b) chéo nhau Tính khoảng cách giữa chúng b) Viết phương trình đường vuông góc chung của (a) và (b)
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Trong mặt phẳng phức Gọi A,B,C lần lượt là các điểm biễu diễn của các số phức
z = − (1 i)(2 i), z + = + 1 3i, z = − − 1 3i Tìm hình tính của tam giác ABC
.Hết
Trang 2HƯỚNG DẪN
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ m=0 thì y x = 4 − 2x 2 + 2
x −∞ 1 3 +∞
y ′ + 0 − 0 +
y 4
3 +∞
−∞ 0
2
y 2x 4 0 ; y 0 x 2 (y )
3
Đồ thị có điểm uốn (2; )2
3
b) 1đ Ta có : y 1x3 mx2 (2m 1)x m 2
3
= − + − − + nên y ' x = 2 − 2mx (2m 1) + − y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
2
' 0 m 2m 1 0 m 1
m
⇔ >> ⇔ − >> ⇔ >
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Điều kiện x 0, x 1 > ≠ :
x
1
pt log 3 log x log 3 log x
2
x
log 3 log x log x
x
t 2 log 3 2
Vậy tập nghiệm của pt là 1;9
3
b) 1đ Ta biến đổi :
(x sin x)dx xdx sin xdx
cos x cos x cos x
/3
cos x
0
= ∫ = − Đặt : u x,dv dx2
cos x
/3 u cos x 1/2
sin xdx dx 1 1/2
= ∫ = − ∫ = = Vậy : A = 3 1 ln 2
3
c) 1đ TXĐ : D [ 2; 2 ] = −
Ta có : y ' 1 x 4 x2 x, y ' 0 x 2
Suy ra : y( 2) − = − 2, y(2) 3, y( 2) 2 2 = =
Trang 3Vậy : + min y y( 2)[ 2;2 ]− = − = −2 + max y y( 2) 2 2[ 2;2 ]− = =
Câu III ( 1,0 điểm )
Gọi O là tâm của hính vuông ABCD , ta có : OE⊥SC
Hai tam giác vuông CAS và CEO đồng dạng :
CE OC a 2 1
AC = SC = 2a 3 = 6 Vì tam giác SAC vuông tại A :
SC = SA + AC = a + 2a = a 3
Suy ra : CE = AC a 2 a
6 = 6 = 3
Vẽ EH⊥(ABCD) nên EH // SA Ta có :EHSA CECS a 13
3.a 3
Vậy : VS.ABED VS.ABCD VE.BCD 1.a.a.a 1 a 1 . 5a3
3 3 3 2 18
II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1 Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Đường thẳng (d) qua A(−1;1;5) , r
VTCP : a = (3;2;6) Đường thẳng (d’) qua B(2; −1; 0) , VTCP : a = (3;2;6)r
Vì AB (3; 2; 5)uuur= − − không cùng phương a r
nên hai đường thẳng (d) , (d’) song song nhau Mặt phẳng ( α) đi qua A (−1;1; 5) và có VTPT n [AB;a] ( 2; 33;12) r = uuur r = − −
Do đó : ( ) : 2x 33y 12z 29 0 α + − + =
b) 1đ Tìm hình chiếu H của A lên (d’) ,vì H∈(d’) nên H(2+3t;−1+2t;6t) , ta có :
AH (3 3t; 2 2t; 5 6t)uuur= + − + − + mà AH a AH.a 0 t 25
49
uuur r uuurr
nên AH (222; 48; 95)
49 49 49
uuur
Vậy : d[(d);(d’)] = AH = 1237
7
Cách khác : d[(d);(d’)] = |[AB;a] |
| a |
uuur r
r
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
3
2
M 15log 15 28
15
2 8
M
53
36 2401
+
Vậy : M 28 125 1609
53 53
2 Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1,5đ Ta có : (a) : A(1; 4;3)
a (0; 2;1)
qua vtcp , (b) : B(0;3; 2)
b ( 3;2;0)
qua vtcp
[a, b] ( 2; 3;6), AB ( 1;7; 5),[a, b].ABr r = − − uuur= − − r r uuur= − ≠ 49 0 nên (a) chéo (b)
Lấy M(1; 4 2t;3 t) (a), N( 3m;3 2m; 2) (b), MN ( 3m 1;2m 2t 7; t 5) − + + ∈ − + − ∈ uuuur= − − − + − −
Trang 4MN là đường vuông góc chung của (a),(b) MN.a 0 {4m 5t 9 0 {m 1
13m 4t 17 0 t 1 MN.b 0
=
uuuurr uuuur r
t 1 = ⇒ M(1; 2; 4), m − = − ⇒ 1 N(3;1; 2) − nên MN (2;3; 6)uuuur= − ⇒ d(m;n) MN 7 = =
b) 0,5đ Phương trình đường vuông góc chung
x 1 2t (MN) : y 2 3t
z 4 6t
= +
= − −
= −
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Ta có : A(3;−1) , B(1;3) , C(−1;−3)
Vì : AB = 2 5 , BC = 2 10 , AC = 2 5
Mặt khác : AB2+ AC2 = 40 BC , AB AC = 2 = nên tam giác ABC vuông cân tại A