de thi dai hoc

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Gọi C’ và D’ lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD.. Tính diện tích tam giác ABC.. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác A

ĐỀ SỐ 40 Phần bắt buộc.

Câu 1:(2 điểm) Cho hàm số

1

1 2 +

−

=

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 : 2 sin2x − sin 2 x + sin x + cos x − 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

,

CÂU 3: (1điểm) Tính tích phân: = ∫2 −

1 2

2

4

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 = cos 3 A + 2 cos A + cos 2 B + cos 2 C

Phần RIấNG

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 x − 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x − 3 y + 6 = 0 Tính diện tích tam giác ABC.

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

z

y

−

−

=

1

2 và d’ :

1

5 3

2

2

−

+

=

−

=

y

Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau Viết phơng trình mặt phẳng ( α ) đi qua

d và vuông góc với d’

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 :

z

y

−

−

=

1

2 và d’ :

1

5 3

2

2

−

+

=

−

=

y

Viết phơng trình mặt phẳng ( α ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300

n n

n

C

S = 0+ 2 1+ 3 2+ ⋅ ⋅⋅ + ( + 1 )

-Hết -Đáp án Câu 1

1

3 2

;

0

x x









+

− thì tiếp tuyến tại M có phơng trình ( )

) 1 (

3 1

3

0 0

x x x

x

+

= + +

0 ) 1 ( 3 ) 2 ( ) 1 (

)

(

0

x

Khoảng cách từ I ( − 1 ; 2 ) tới tiếp tuyến là

0 2 0

4 0

0 4

0

0 0

) 1 ( ) 1 ( 9

6 )

1 ( 9

1 6 1

9

) 1 ( 3 ) 1

(

3

+ + +

= + +

+

= +

+

+

−

−

−

=

x x

x

x x

x x

d

Theo bất đẳng thức Côsi

6 9 2 ) 1 (

)

1

(

0

2

0

=

≥ + +

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

) 1 (

)

1

(

9

0

2 0

2 0

2

0

±

−

=

⇔

= +

⇔ +

=

Vậy có hai điểm M : M(−1+ 3;2− 3) hoặc M(−1− 3;2+ 3)

CÂU 2

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

∆ = ( 2 cos x − 1 )2− 8 (cos x − 1 ) = ( 2 cos x − 3 )2 Vậy sin x = 0 , 5 hoặc sin x = cos x − 1

Với sin x = 0 , 5 ta có x π 2kπ

6 +

= hoặc x π 2kπ

6

5

+

=









−

=

−

=











 −

⇔

−

=

−

4

sin 2

2 4

sin 1 cos

x=2kπ hoặc x π 2kπ

2

3 +

= 2) log ( + 6 ) + log ( 3 − 2 − 2) = 0 ⇔

2 5

,

2







+

−

−

=

<

<

−

⇔









−

−

= +

>

−

−

⇔

3 8

1 3

2 3 6

0 2

3

2 2

2

x x m

x x

x x

m

x x

Xét hàm số f ( x ) = − x2 − 8 x + 3 , − 3 < x < 1 ta có f ' ( x ) = − 2 x − 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

18

6< <

CÂU 3 Đặt x=2sint thì dx=2costdt , khi x=1 thì

6

π

=

t , khi x=2 thì

2

π

=

t , vậy:

=2

1

2

6 2

2 2

2

sin

cos 4

π

π

dt t

t dx

x

x









6

2 6 2

6

sin 1

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

) ( )

( ABC mp ACD

mp ⊥ Vì BC'⊥ ACnên BC ⊥ mp (ACD )

Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ( ' ' ) '

3

1

BC D AC dt

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

2 3

1 3

3 2

2 2

1 '.

'.

2

1 ˆ sin ' '.

2

1

)

'

'

(

2

a a

a AD

CD AD AC D

A C AD AC D

AC

=

=

2

2

12

2

3

1 a2 a

V

36

3

a

CÂU 5 S = cos 3 A + 2 cos A + cos 2 B + cos 2 C=cos 3 A + 2 cos A + 2 cos( B + C ) cos( B − C )

= cos 3 A + 2 cos A [ 1 − cos( B − C ) ]

Vì cos A > 0 , 1 − cos( B − C ) ≥ 0nên S ≥ cos 3 A, dấu bằng xẩy ra khi cos( B − C ) = 1 hay

2

1800 A

C

B = = − Nhng cos 3 A ≥ − 1, dấu bằng xẩy ra khi 0

180

3 A = hay A = 600

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

Phần A (tự chọn)

CÂU 6A

1 Ta có C = ( 4 ; yC) Khi đó tọa độ G là

3

2 3

5 1 , 1 3

4 2

G G

y y

y

x = − + = = + + = + Điểm G nằm trên đ-ờng thẳng 2 x − 3 y + 6 = 0 nên 2 − 6 − yC + 6 = 0, vậy yC = 2, tức là

)

2

;

4

(

=

C Ta có AB = ( − 3 ; 4 ) , AC = ( 3 ; 1 ), vậy AB = 5, AC = 10, AB AC = − 5

Diện tích tam giác ABC là ( ) 25 10 25

2

1

2

−

=

−

2 15

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:

0 )

2

(

2 x + y − − z = hay 2x+y−z−2=0

n n

n n

n C C x C x C x

x = + + + ⋅ ⋅⋅ +

1

( 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

n C x C x n C x

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

Phần B (tự chọn)

CÂU 6B

1 Vì G nằm trên đờng thẳng x + y − 2 = 0 nên G có tọa độ G = ( t ; 2 − t ) Khi đó AG = ( t − 2 ; 3 − t ),

)

1

;

1

( − −

=

AB Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) 2 [ ( 2 ) ( 3 ) ] 1

2

1

2

−

− +

−

=

−

2

3

2 t −

Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13 , 5 : 3 = 4 , 5 Vậy 4 , 5

2

3 2

=

−

t , suy

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

) (

x = − + và yC = 3 yG− ( ya + yB)

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

1 60 cos ) '

; cos( n u = 0 = Bởi vậy nếu đặt n = ( A ; B ; C ) thì ta phải có :











= + +

−

+

=

+

−

2

1 6

2

0

2 2

A

C B

A

C

B

A

⇔







=

−

−

+

=

⇔









+ + +

=

+

=

0 2

) ( 6

3

C A B C

C A A A

C A B

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

2

(

x hay x+2y+z−4=0

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

0 2

)

2

x hay x−y−2z+2=0

n n

n n

n C C x C x C x

x = + + + ⋅ ⋅⋅ +

1

( 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

n C x C x n C x

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