DE ON THI DH TOAN AV1

os2 1 lim Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r.. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011

Môn: Toán Khối A, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 1

1

x y x

−

= + (1).

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua

M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình sau: 1 1 2

2 2

os 4tan( ).tan( )

ln(2 os2 ) 1 lim

Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r Gọi I

là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).

1 Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;

2 Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz.

Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm ( ;0)1

-Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh: ……….……….…… Số báo danh: ………

Đề thi thử lần 1

HƯỚNG DẪN

I.1

Hàm số: 2 1 2 3

x y

−

+) Giới hạn, tiệm cận:

( 1) ( 1)

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2

3

1

x

+

+) BBT:

x - ∞ - 1 +∞

y' + || +

y +∞ 2

||

2 −∞

I.2

+) Ta có I(- 1; 2) Gọi 0 2

( ) ( ; 2 )

IM

M I

y y

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 ( )2

0

3 '( )

1

M

k y x

x

+ +) ycbt⇔k k M. IM = − 9

+) Giải được x0 = 0; x0 = -2 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

1 điểm

II.1 +) ĐK: x∈ − ( 2; 2) \{0}

+) Đặt y = 2−x2,y >0Ta có hệ: 2 22

2

x y xy

x y

+ =





+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3

2

x= − −

1 điểm

II.2 +) ĐK: ,

4 2

8 6 4 2

-2 -4 -6

IV.1 +) Gọi r C là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán

kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB

Ta có: 2 2

1

2 2

+) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ 5 1

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2

làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)

PH N CHUNG CHO T T C TH SINH (7,0 i m) Ầ Ấ Ả Í đ ể

Cõu I: (2 i m) đ ể Cho h m s y = xà ố 3 + 3x2 + mx + 1 cú đồ ị à th l (Cm); ( m l tham s )à ố

1 Kh o sỏt s bi n thiờn v v ả ự ế à ẽ đồ ị à th h m s khi m = 3.ố

2 Xỏc nh m đị để (Cm) c t ắ đường th ng: y = 1 t i ba i m phõn bi t C(0;1), D, E ẳ ạ đ ể ệ sao cho cỏc ti p tuy n c a (Cế ế ủ m) t i D v E vuụng gúc v i nhau.ạ à ớ

1sin

tan1

PH N RIấNG (3 i m) Ầ đ ể ( Chú ý!:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần)

A Theo ch ươ ng trỡnh chu n ẩ

Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3

2

và trọng tâm thuộc đờng thẳng ∆: 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

và đờng thẳng ∆ : 1 2

x− = y+ = z

− Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho:MA2+MB2=28

Cõu VIa : Giải bất phơng trình:

32

4)

32()

32

−

≤

−+

B Theo ch ươ ng trỡnh Nõng cao

Cõu Vb : 1 Trong mpOxy, cho đường trũn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thu c tr c tung ộ ụ

sao cho qua M k ẻ được hai ti p tuy n c a (C) m gúc gi a hai ti p tuy n ú b ng ế ế ủ à ữ ế ế đ ằ

− Vi t phế ương trỡnh chớnh t c c a ắ ủ đường th ng i qua i m M, ẳ đ đ ể

c t v vuụng gúc v i ắ à ớ đường th ng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M quaẳd

Cõu VIb : Gi i h phả ệ ương trỡnh

→−∞ = −∞ →+∞ = +∞

0,25

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀ x ⇒ hàm số đồng biến trên R 0,25

• Bảng biến thiên:

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:

⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE≠ 0.

ñònh lý Vi-ét) ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔

9 658

9 658

x y

≠

1 tan

0 2 sin 0

cos sin

0 2 sin

x

x x

x x

x x

x x x

x x

cos sin sin

sin cos

cos 2 cos sin

sin

− +

cos sin sin

cos sin cos

sin

sin

− +

⇔ cos x − sin x = sin x ( 1 − sin 2 x ) ⇔ (cos x − sin x )(sin x cos x − sin2x − 1 ) = 0

0,25

⇔ (cos x − sin x )(sin 2 x + cos 2 x − 3 ) = 0

( ) ( )( ) ( , ) sin 45

IV 1 1

3 ( )( )( )3

32

a b b c c a

a b b c c a

a b b c c a A

1: 2 (1 ; 2 ; 2 )2

Bpt ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 4

2 2

≤

− + +

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔

m + = ⇔ =m m (2) ⇔ ·AMI = 600

0sin 60

IA MI

⇔ = ⇔ MI = 2 3

3 R ⇔ 2 4 3

93

8 5 4( ; ; )

3 −3 −3K: x>0 , y>0 Đ

(1) ⇔ 2 log 3 log 3

⇔ log3xy = 1 ⇔ xy = 3 ⇔ y= 3x(2) ⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9

0,25

K t h p (1), (2) ta ế ợ đượ c nghi m c a h : ( ệ ủ ệ 3; 3) ho c ( ặ 6; 6

2 Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C , biết tiếp tuyến đi qua điểm A 6;5 (− )

cos x 1 e

π

− π

=

+

∫

Câu IV:

Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC bằng 2 Với giá trị )

nào của góc α giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?

1 Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0 , B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5( ) (− ) (− ) ( ) và đường thẳng

d : 3x y 5 0− − = Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

2 Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:

+) x 2lim y→ − = −∞, lim yx 2→ + = +∞ ⇒ =x 2 là tiệm cận đứng.

+) xlim y→−∞ =xlim y 1→+∞ = ⇒ =y 1 là tiệm cận ngang.

2 Phương trình đường thẳng đi qua A 6;5(− ) là ( )d : y k x 6= ( + +) 5.

(d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm :

( )

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2cos x 2sin x cos x 2cos x cos 2x 0

cos x cos x sinx cos2x 0

cos x cos x sinx 1 sinx cosx 0

2cos x 0

( ) ( )

3 sin cos 3.sin cos

sin sin 2cos

1sin cos

D

C S

H

2 2t 2t ' 1 t t ' 0MN.u 0

6t 3t ' 3 0

t t ' 13t 5t ' 2 0

(Thời gian làm bài: 180 phút)

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1 có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞)

Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x+1)=1

b) Giải phương trình : 3

2

3512)13( x+ x2 − = x2 + x−

Câu III (1 điểm) Tính tích phân =3ln∫2 +

4 4++

++

=

y x

y x P

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C

b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với

O qua (ABC)

Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu VIb (2 điểm)

a Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3∆ x y− − =5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

2

51

13

4:

13

31

2:2

z y

x

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2

Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2 x−2)>9log2x−2

…… HẾT

ĐÁP ÁN Câu I

a) Đồ Học sinh tự làm

0,25 b) y=2x3−3(2m+1)x2+6 (m m+1)x+1⇒ y'=6x2 −6(2m+1)x+6m(m+1) 0,5

m x

m x y

Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y'>0 ∀x>2⇔ m+1≤2 ⇔ m≤1

0,25

0,25 Câu II a) Giải phương trình:2cos3x(2cos2x+1)=1 1 điểm

PT⇔ 2cos3x(4cos2 x−1)=1⇔ 2cos3x(3−4sin2 x)=1 0,25Nhận xét x=kπ,k∈Zkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

1)sin43(3cos

2 x − 2 x = ⇔ 2cos3x(3sinx−4sin3 x)=sinx

⇔ 2cos3xsin3x=sinx ⇔sin6x sin= x

π26

26

m x x

m x x

52

ππ

π

m x

m x

π

π + m =kπ ⇔1+2m=7k⇔k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Z

π

x= + (m≠7l+3) trong đó m,t,l∈Z

PT ⇔ 2(3x+1) 2x2 −1=10x2 +3x−6

232)12(412)13

;2

61

x x x

e e

dx e

Ta được: =∫2 +

1

2)2(

3

u u

du

u u

1

2)2(2

1)

2(4

14

=3

2

1)2(2

12

ln4

1ln4

−

u u

3ln(

3ln(

BC AM

' ⇒BC⊥( AM A' )

Kẻ MH ⊥ AA,'(do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

AM A HM

AM A BC

)'(

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó

4

3)

BC,A'(A HM a

44

3a3

3aAH

HM.AOO'

Thể tích khối lăng trụ:

12

3aa2

3a3

a2

1BC.AM.O'A2

1S

.O'AV

)(

3),,

t abc c

b a c b a

*Trước hết ta chưng minh: f(a,b,c)≥ f(a,t,t):Thật vậy

Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a≤b≤c

− ( , , ))

,,(a b c f a t t f

134

)(

3134

)(

4

)(2

3 b c b c a bc b c = 2 ( )2

2

)(3

c b a c

2

))(

23

1

12 2

4 4++

++

=

y x

y x P

Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

xy xy

y x

xy xy xy y

xy x

33

)(1

21

2

2 2

−

≥

−+

=

=

−

≥+

22)

++

−

⇔

=

)(26

260

)2(

610)(

l t

t t

f , f( 6−2), f(1) cho ra kÕt qu¶:

626)26( − = −

= f

15

11)3

1(

Theo bài ra: ( , ) 2

0

t t

Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(

3

8

;3

5) thoả mãn

0,5

1 điểm

*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25

*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với

(ABC) nên OH//n(2;1;−1) ;H∈(ABC)

Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=

1

;3

2( −

2

;3

4(

CâuVIIa Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10,z C.∈ 1 điểm

PT⇔ z(z+2)(z−1)(z+3)=10⇔ (z2 + 2z)(z2 + 2z− 3 ) = 0 Đặt t=z2 +2z Khi đó phương trình (8) trở thành:

15

2

z

i z

t t

Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1± 6;z=−1±i 0,5

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và

B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d dấu bằng xảy ra khi I là ( 1, 2)

trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25

⇒ uuur (….)… AB ⇒A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)⇒I(2; 1; -1) 0,25

Mặt cầu (S) cú tõm I(2; 1; -1) và bỏn kớnh R= 6

Xột hàm số: f x log2 x

2

3)( = đồng biến trờn khoảng (0;+∞)

3

1)

g nghịch biến trờn khoảng (3;+∞)

3)4()(

g x g

f x f

3)4()(

g x g

f x f

f x log2 x

2

3)( = đồng biến trờn khoảng (0;+∞)

3

1)

g nghịch biến trờn khoảng ( )0;3

0)1()(

g x g

f x f

0)1()(

g x g

f x f

4

x

Chỳ ý:Cỏc cỏch giải khỏc cho kết quả đỳng vẫn đươc điểm tối đa.

Trờng Lơng thế Vinh –Hà nội Đề thi thử ĐH lần I Môn Toán (180’)

Phần bắt buộc.

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số

1

12+

−

=

x

x y

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(−1;2)tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất CÂU 2 (2 điểm)

1 Giải phơng trình : 2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0

2 Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :

log ( 6 ) log (3 2 2) 0

2 5

,

0 m+ x + − x−x =CÂU 3 (1điểm) Tính tích phân: =∫2 −

1 2

24

dx x

x

CÂU 4 (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và

a CD

BC

AB= = = Gọi C’ và D’ lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD Tính thể tích tích tứ

diện ABC D’ ’

CÂU 5 (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

S=cos3A+2cosA+cos2B+cos2C

Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )

Phần A

CÂU 6A (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1),B(−2;5), đỉnh C nằm trên đờng thẳng

vuông góc với d’

CÂU7A (1 điểm) Tính tổng : n

n

n n

n n

C

S = 0 −2 1+3 2 −4 3+⋅ ⋅⋅+(−1) ( +1) Phần B.

CÂU 6B (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1),B(1;−2), trọng tâm G của tam giác nằm

trên đờng thẳng x+ y−2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :

CÂU7B (1 điểm) Tính tổng : n

n n

n

C

S = 0 +2 1+3 2 +⋅ ⋅⋅+( +1)

)1(

3'+

;

0

x x

31

3

0 0

x x x

x

+

=++

0)1(3)2()1(

4 0

0 4

0

0 0

)1()1(9

6)

1(9

161

9

)1(3)1

(

3

+++

=++

+

=+

x

x x

x x

d

Theo bất đẳng thức Côsi

692)1(

x , vây d ≤ 6 Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi

)1(

2 0

⇔+

1) 2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0⇔2sin2x−(2cosx−1)sinx+cosx−1=0.

∆=(2cosx−1)2−8(cosx−1)=(2cosx−3)2 Vậy sinx=0,5 hoặc sinx=cosx−1.

24

sin1cos

13

236

02

3

2 2

2

x x m

x x

x x

m

x x

Xét hàm số f(x)=−x2 −8x+3,−3<x<1 ta có f'(x)=−2x−8 , f'(x)<0khi x>−4, do đó f (x)nghịch biến trong khoảng (−3;1), f(−3)=18 ,f(1)=−6 Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất khi

2 2

2

sin

cos4

π

π

dt t

t dx

6

sin1

π

π

π π π

π

t t d dt

π

CÂU 4 Vì CD⊥BC,CD⊥ AB nên CD⊥mp (ABC)và do đó

)()

Vì tam giác ABC vuông cân nên

2

2''' CC BC a

Ta có AD2 = AB2+BD2 = AB2+BC2 +CD2 =3a2 nên AD=a 3 Vì BD’ là đờng cao của tam giác vuông ABD nên AD'.AD=AB2 , Vậy

3' a

AD= Ta có

12

23

13

32

22

1'

'

2

1ˆsin''

A C AD AC D

AC

2

2.12

23

1a2 a V

36

3

a

CÂU 5 S =cos3A+2cosA+cos2B+cos2C=cos3A+2cosA+2cos(B+C)cos(B−C).

=cos3A+2cosA[1−cos(B−C)].

Vì cosA>0,1−cos(B−C)≥0nên S ≥cos3A, dấu bằng xẩy ra khi cos(B−C)=1 hay

2

1800 A C

B= = − Nhng cos3A≥−1, dấu bằng xẩy ra khi 3A=1800 hay A = 600

Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều

51,13

42

G G

y y

y

x = − + = = + + = + Điểm G nằm trên đờng thẳng 2x−3y+6=0 nên 2−6−y C +6=0, vậy y C =2, tức là

.2

2.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u(1;−1;1)

Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phơng u('2;1;−1)

Ta có MM =(2;1;−5), [ ]u;u' =(0;3;3), do đó [ ]u;u 'MM'=−12≠0 vậy d và d’ chéo nhau.

Mặt phẳng (α)đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u('2;1;−1) nên có phơng trình:2x+(y−2)−z=0hay 2x+y−z− 2 = 0

CÂU 7A Ta có (1+x)n =C n0 +C n1x+C n2x2+⋅ ⋅⋅+C n n x n, suy ra

(1+ ) = 0 + 1 2 + 2 3+⋅ ⋅⋅+ n n+1

n n

n n

n C x C x C x C x x

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

(1+x)n+nx(1+x)n− 1= n n

n n

n

C0 +2 1 +3 2 2+⋅ ⋅⋅+( +1) Thay x=−1vào đẳng thức trên ta đợc S.

.2

−

−+

=

−

t

, suy ra 6

=

t hoặc t =−3 Vậy có hai điểm G : G1=(6;−4),G2=(−3;−1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

)(

3 G a B

x = − + và y C =3y G−(y a + y B)

Với G1=(6;−4) ta có C1= ( 15 ; − 9 ) , với G2=(−3;−1)ta có C2= ( − 12 ; 18 )

2.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u(1;−1;1)

Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phơng u('2;1;−1).

Mp(α) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và

2

160cos)'

;cos(n u = 0 = Bởi vậy nếu đặt )

;

;

(A B C

n= thì ta phải có :

0

2 2

A

C B

=

+

=

02

)(6

3

C A B C

C A A A

C A B

Ta có 2A2 −AC−C2 =0⇔(A−C)(2A+C)=0 Vậy A=C hoặc 2A=−C.

Nếu A=C,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2, tức là n=(1;2;1) và mp(α)có phơng trình

0)

n n

n C x C x C x C x x

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

(1+x)n+nx(1+x)n− 1= n n

n n

n

C0 +2 1 +3 2 2+⋅ ⋅⋅+( +1) Thay x=1vào đẳng thức trên ta đợc S.

1.Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2

2 Tỡm m để đồ thị hàm số (Cm) cú cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1

Cõu II : ( 2 điểm ).

1. Giải phương trỡnh: sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5

2. Tỡm m để phương trỡnh sau cú nghiệm duy nhất : 2 x2 + mx = − 3 x

Cõu III : ( 2 điểm ).

1 Tớnh tớch phõn sau :

3 1

Tỡm m để hệ cú 3 nghiệm phõn biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng (d ≠0)

.Đồng thời cú hai số xi thỏa món x > 1 i

1 Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC cú A(2;1) Đường cao qua đỉnh B cú phương trỡnh x- 3y - 7 =

0 Đường trung tuyến qua đỉnh C cú phương trỡnh

x + y +1 = 0 Xỏc định tọa độ B và C Tớnh diện tớch ∆ ABC