b Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 1 có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất.. Lập phương trình mặt phẳng P chứa truc Oy và cắt mặt cầu S theo một đườ
Trang 1Môn TOÁN Thời gian làm bài 180 phút
-*** -Câu 1* (2,0 điểm) Cho hàm số: y x= 4−2(m2+1)x2+1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá
trị cực tiểu đạt giá trị lớn nhất
Câu 2* (1,0 điểm).
a) Giải phương trình : sin 2x−cosx+sinx=1 (x R∈ )
b) Giải bất phương trình : 1 2 2
2
log log (2−x ) >0 (x R∈ ).
Câu 3* (1,0 điểm) Tính tích phân 12 3
1
dx I
x x
=
+
Câu 4* (0,5 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 11 1
2
z
z z
− = −
4 2
z i
z i
− +
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C , ABC ' ' ' ∆ đều có cạnh bằng a , AA'=a
và đỉnh 'A cách đều , , A B C Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và ' A B
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A B C và khoảng cách từ C đến mặt phẳng ' ' ' (AMN )
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( ) S có phương
trình x2+y2+ −z2 4x+6y−2z− =2 0 Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa truc Oy
và cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn có bán kính r=2 3
Câu 7* (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9
đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau
Câu 8* (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường
cao AH có phương trình 3 x+4y+10 0= và đường phân giác trong BE có phương trình
1 0
x y− + = Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng
2 Tính diện tích tam giác ABC
Câu 9 (1,0 điểm) Giải bất phương trình: x2+5x<4 1( + x x( 2+2x−4)) (x∈ R).
Câu10 (1,0 điểm) Cho các số thực ; x y thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y
Hết
Trang 2-ĐÁP ÁN
Câu 1.
(2 đ) a) (Tự khảo sát)b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x
y’ = 0 ⇔ 0 2
1
x
x m
=
⇒ hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m
2 1
CT
x = ± m + ⇒ giá trị cực tiểu y CT = −(m2+1)2+1
2 2
V m + ≥ ⇒ y ≤ max(y CT) 0= ⇔m2+ = ⇔ =1 1 m 0
0,5
0,5
Câu 2.
(1 đ)
a) sin 2x−cosx+sinx=1 (1)
(1) ⇔ (sinx−cos )(1 sinx + x−cos ) 0x =
x x
x x
2
x k
k Z
x k x k
π
= + π
= π∨ = + π
0,25 0,25
2
og log (2−x ) >0 (x R∈ ) (2).
Điều kiện: log (22 −x2) 0> ⇔ −2 x2 > ⇔ − < <1 1 x 1
0
x
x
− < < − < <
≠
− < >
Vậy tập nghiệm bpt là S = −( 1;0) (0;1)∪
0,25 0,25
Câu 3.
(1 đ)
2
I
3
t = x + ⇒x = − ⇒t x dx= t dt
x= ⇒ =t x= ⇒ =t
2
t dt
t t
t t
3
2
x I
x
0,25
0,5
0,25
Câu 4.
(0,5 đ) z z−112 = −z 1
− ⇔ z2−4z+ =13 0, ∆ = − =' 9 9i2⇒ = −z z= +2 32 3i i
z= +2 3i ⇒ z z−+42i i = 2 1
2
i i
− =
−
z= −2 3i ⇒ 4
2
z i
z i
− + =
i i
− = +
0,25 0,25
Câu 5.
(1 đ)
Gọi O là tâm tam giác đều ABC ⇒ A’O ⊥ (ABC)
AM = AO= AM =
2
a a
A O= AA −AO = a − = ;
2 3 4
ABC
a
S∆ =
0,25
Trang 33 6 2
ABC
V =S∆ A O= =
3
V = S∆ d N ABC [ ,( )] 3 NAMC
AMC
V
d C AMN
S∆
2
S = S = d N ABC = A O=
Suy ra:
NAMC
2
a
AM = AN = , nên AMN∆ cân tại A
Gọi E là trung điểm AM suy ra AE⊥MN, '
A C a
MN = =
a a a
AE AN NE
2
AMN
a
S = MN AE=
d C AMN
0,25
0,25
0,25
Câu 6.
(1 đ)
( ) :S x + y +z −4x+6y−2z− = ⇔ −2 0 (x 2) +(y+3) + −(z 1) =16
⇒ ( )S có tâm (2; 3;1) I − bán kính R=4 ; trục Oy có VTCP rj=(0;1;0)
Gọi nr=( ; ; )a b c là VTPT mp(P) ,
( )P chứa Oy ⇒ nr⊥ ⇒ =rj b 0 ⇒ =nr ( ;0; ) (a c a2 +c2 ≠0)
Phương trình mp(P): ax cz+ =0
(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh r =2 3
⇒ d I P[ ,( )] = R2 −r2 =2 ⇔
2
a c
a ac c a c
a c
+
+
0,25
0,5
E A
B
C
C'
’
B'
’
A'
’
M O
N
Trang 42 0
c
c ac
c a
=
⇔ − = ⇔ =
Vậy phương trình mp(P) : x=0 hoặc 3x+4z =0
0,25
Câu 7.
(0,5 đ)
4 4 4
12 8
n Ω =C C C =
Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”
Số các kết quả thuận lợi của A là n A( ) 3 2 1.= C93 C63 C33 =1080
Xác xuất của biến cố A là ( ) ( ) 1080 54 0,31
n A
P A
n
025,
0,25
Câu 8.
(1 đ)
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC
Tính được N(1; 1) Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0
B là giao điểm của BC và BE Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:
(4;5)
x y
B
x y
− − =
− + =
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:
( 3; )
x y
A
x y
− − =
Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:
(1;1)
31 33
;
C
x y
x y
C
x y
= =
− − =
Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra
A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
Tương tự A và 31 33;
25 25
C
thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác
ngoài của tam giác ABC.
BC = 5, ( , ) 49
20
AH =d A BC = Do đó 49
8
ABC
S = (đvdt)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9.
(1 đ) x2+5x<4 1( + x x( 2+2x−4)) (*)
A
B
C H
E M(0;2)
N I
Trang 5ĐK: x(x + 2x − 4) ≥ 0 ⇔
x
≥ − +
Khi đó (*) ⇔ 4 x x( 2+2x−4) > x2+5x−4
⇔ 4 x x( 2+2x−4) (> x2+2x− +4) 3x (**)
TH 1: x≥ − +1 5, chia hai vế cho x > 0, ta có:
(**) ⇒ 4 x2 2x 4 x2 2x 4 3
+ − > + − +
Đặt t x2 2x 4, t 0
x
+ −
= ≥ , ta có bpt: t2 − + <4t 3 0⇔ < <1 t 3
2 2
2
4 0
x x
x x
− − <
< < ⇔
+ − >
− + < < +
TH 2: 1− − 5 ≤ ≤x 0, x2+5x− <4 0 , (**) luôn thỏa
= − − ∪ ÷
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu10
.
(1 đ)
P= x + y + x+ + x + y − x+ + −y
Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN
⇔ (x−1)2+y2 + (x+1)2+y2 ≥ 4 4+ y2
⇒ P≥2 1+y2 + − =y 2 f y( )
TH1: y ≤ 2: f y( ) 2 1= + y2 + −2 y ⇒ '( ) 2 2 1
1
y
f y
y
+ 2
2
3
y
y
≥
=
Lập bảng biến thiên f(y) ⇒ min( .2] ( ) 3 2 3
3
∈ −∞
= ÷= +
TH2: y ≥ 2: f y( ) 2 1= +y2 + −y 2 ≥ 2 5 2> + 3
Vậy P≥ +2 3 ∀x y;
Do đó MinP= +2 3 khi x = 0 ; y = 3
3
0,25
0,25
0,5
Hết