Hàm số có một cực trị khi và chỉ khi: hoặc gx vô nghiệm hoặc gx có nghiệm kép bằng 0... ĐK:x,y là các số thực.. Gọi B,C là giao điểm của d và E, BC không đổi.. 2 ABC S∆ = BC AH Nên để di
Trang 1Môn: TOÁN, Khối: A,B,D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) với k = 3
I.1 Khi k = 3: hàm số viết lại: y = f x ( ) 3 = x4 + 2 x2 − 5 (1)
D=¡
Sự biến thiên: y ' 12 = x3 + 4 ; ' 0 x y = ⇔ = x 0
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (0; +∞ );Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) −∞ ;
Cực trị: Hàm đạt cực tiểu tại x=0, yCT=-5
Giới hạn: lim ( ) lim ( )
x f x x f x
Bảng biến thiên:
x -∞ 0 +∞
y +∞ +∞
-5
0,25
Đồ thị:
0,25
I.2 Xác định các giá trị của tham số k để hàm số chỉ có một điểm cực trị
4 ( 1) 2 1 2 , k lµ tham sè (1)
2
0
x
kx k
=
0,25
+ k=0 : y’=0 có duy nhất nghiệm x=0, hàm số là hàm bậc hai có duy nhất một cực trị 0,25
+k≠0 : g(x)= 2kx2+ −k 1
Hàm số có một cực trị khi và chỉ khi: hoặc g(x) vô nghiệm hoặc g(x) có nghiệm kép bằng 0
g(x) =0 vô nghiệm khi và chỉ khi -8k(k-1)<0 k < 0 hay k > 1
0,25
g(x) = 0 có nghiệm kép bằng 0 khi và chỉ khi 8 ( 1) 0
1
1 0
k k
k k
⇔ =
− =
Như vậy để hàm số có một cực trị thì k ∈ −∞ ( ;0] [1;+ ) ∪ ∞
0,25
Trang 2ĐK:
x 2
k
k k k
≠ +
¢
0,25
Ta có: sin 4 cos 4 1 1 sin 2 1 (1 os ) 2
+ = − = + phương trình trở thành:
1 cos 1 s inx tan (1 in ) 1 cos 1 s inx (1 2 tan )
1 cos 1 s inx os 2 sin 1 cos (1 s inx)(1 sin )
.
0,25
Theo điều kiện cosx khác 0 nên ta phương trình (1) tương đương với
os (1 cos ) (1 s inx )(1 sin ) os (1 cos ) os (1 sin )
0,25
Kết hợp với điều kiện phương trình có các nghiệm là: ,
4 2
x= +π lπ l∈¢
0,25 II.2 Ta có
3
2( ) 4 3 0(1)
( )
I
⇔
+ − − + + − + = + − + + + + − + =
⇔ + − + + + + − =
0,25 Mặt khác(x y+ ) 2 ≥ 4xy từ (1) ta được
2(x y+ ) + +(x y) − ≥3 2(x y+ ) +4xy− =3 0 như vậy: 2(x y+ ) 3+ +(x y) 2− ≥3 0
Đặt t=x+y ta được 3 2 2 3 3
2 2
t + − ≥ ⇔t t− t + t+ ≥ ⇔ ≥t ( vì 2 3 3
0
2 2
0,25
Viết lại phương trình (2): t4−2t2 + +t (2y−1) 2 =0
Khi đó ta xét hàm số y = f(x) = x4 −2x2+x, x [1;+ )∈ ∞
'( ) 4 4 1 4 ( 1) 1 0, x [1;+ )
f x = x − x+ = x x − + > ∈ ∞
Nên hàm số đồng biến trên [1;+ )∞ nên f t( )= −t4 2t2+ >t f(1) 0,= ∀ ∈t [1;+ )∞
Mà (2y−1) 2 ≥ ∀ ∈0, y ¡ nên
4 2
2 1 0
y
− + =
0,25
1
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm
1 2 1 2
x y
=
=
0,25
III
−
0,25
Trang 3S S
−
2 2
0
sin
x
IV
Gọi H là hình chiếu của A lên DM, khi đó BM ⊥ SH ( BM vuông góc SA và AH)
Nên SH là khoảng cách từ S đến DM
0,25
BM kéo dài cắt AB tại N, khi đó BM là đường trung bình tgABN nên B là trung điểm AN
xét tgABN vuông tại A 1 2 1 2 1 2 12 12 52
2
5
a
Tam giác SAH vuông tại A:
V Với a,b,c là các số thực dương ta có:
2
Khi đó theo (1) ta có:
2
c+ +c a+ +a b+ ≥b c + c + a + a + b + b
0,25
Mà
0,25
0,25
N A
a
H
M B
Trang 4Hay a b b c c a 2( c a b )
VIa
1
Gọi I(a,b) là tâm của đường tròn (C) cần tìm, bán kính là R
Vì tiếp xúc (d1) và (d2) nên:
( ; ) ( ; )
b
d I d d I d
= −
0,25
Khi 2 3 0 3
2
b− = ⇔ =b từ (1) suy ra 1 3 5
2 2
a= + = ;
2
5 3
| 2 1 | 11
2 2
2 5
2 1
+
phương trình ( C): ( 5 ) 2 ( 3 ) 2 121
0,25
4
a+ = ⇔ = −a từ (1) suy ra 1 1 5
b= − − = − ; 11
4 5
R=
phương trình ( C): 1 2 5 2 121
Kết luận có 2 phương trình đường tròn như trên
0,25
VIa
2
Gọi R là bán kính của mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với (P), khi đó ta có
| 1 1 2.( 1) 6 | 6
+ +
0,25 0,25 0,25
Phương trình mặt cầu (S) là: (x−1) 2+ −(y 1) 2+ +(z 1) 2 =6 0,25 VIIa
Gọi M(x,y) là điểm biểu diễn của số phức z=x+yi, thỏa mãn z i
z i
+
− là một số thực dương.
ĐK:x,y là các số thực
Ta có
2 2
+ = + + = + − +
0,25
z i
z i
+
− là số thực dương thì
0
1
1
x
y
y
=
+ − > ⇔ > ⇔ >
+ − ≠ ≠ < −
0,25 0,25
Vậy tập hợp điểm M phải tìm là hai tia At và A’t’ nằm trên trục tung loại trừ A(0;1),A’(0;-1) 0,25 VIb 1.
Gọi B,C là giao điểm của d và (E), BC không đổi
Lấy A(s,t) trên (E): s2+2t2=8
1 2
ABC
S∆ = BC AH
Nên để diện tích tam giác ABC lớn nhất
Thì AH lớn nhất
0,25
( ,( ))
3
B
A
d C H
Trang 5Mặt khác: |s− 2t+ ≤2 | (1 2+ +1 2 1 )( 2 s2 +2t2+2 ) 2 = 3(8 4) 6+ =
dấu “=” xảy ra khi
2 2
2
t
= −
vậy A(2; − 2) thì diện tích tam giác ABC lớn nhất
0,25
2.
Ta có A(4,-1,1) không thuộc (d); (d) đi qua B(0,1,1) và nhận u r = (0,1,1)làm VTCP
Gọi (Q) là mp đi qua A(4,-1,1) và vuông góc với (d), pttq của (Q): y+ z =0
Gọi H là hình chiếu A lên (d) suy ra tọa độ H là nghiệm của hệ:
0
0 1
0 1
0 0
x
x
y
z
y z
=
=
= +
= +
+ =
vậy H(0,0,0)
Giả sử (a) là đường thẳng đi qua A cắt (d) hợp với (d) một góc 450 Gọi M là giao điểm (a)
và (d) Tọa độ M(0;1+t,1+t) Vì góc AMH bằng 450 nên tam giác AMH vuông cân tại H
HA=HM 4 ( 1) 1 (1 ) (1 ) (1 ) 9
2
t
t
= −
⇔ + − + = + + + ⇔ + = ⇔ =
Khi t=-4: ta có M(0,-3;-3): phương trình (a):
4 2
1 2
= +
= − + ∈
= +
¡
Khi t=2: ta có M(0,3;3): phương trình (a):
4 2
1
= +
= − − ∈
= +
¡
Vậy tồn tại hai đường thẳng thỏa TCBT
VIIb
Xác định số phức z để z7 và 12
z là hai số phức liên hợp.
Giả sử z r c = ( os +i sin ),r>0 ϕ ϕ là dạng lượng giác của số phức cần tìm
( os7 +i sin7 ),r>0, [ os(-2 )+i sin(-2 )]
z
r
0,25
Để z7 và 12
z là hai số phức liên hợp thì
7 2
1
1
2
r r
k
=
¢ 0,25 0,25
(mọi cách giải khác nếu đúng thì đạt điểm tối đa phần đó)
HẾT
