Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn bởi các đường y = x3+ 8 , trục Ox, trục Oy.. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
Trang 1Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3+ 3x2+ m −1 (1) , với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m= 0
2 Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax, giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax.ymin= 5
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho biết tan a= −2, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = cosa(2sina + 3)
b) Cho số phức z thoả mãn z2 = 5 −12i Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 2x+1+ 2− x+1− 5 = 0
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
5x2− 8x + 32 − 2 > −3x2+ 24x − 3x2−12x +16
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn
bởi các đường y = x3+ 8 , trục Ox, trục Oy
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM, AN = BM Giả sử H(2;-2) là hình chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δcó phương trình là
x = 1+ t
y= 2
z = 3− t
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
(t∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2
Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a +1)(b +1) > 0 Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b2+ 3) + (b + 3)(a2+ 3) + 192
a + b + 2
-HẾT -
Trang 2PHÂN TÍCH BÌNH LUẬN ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3+ 3x2+ m −1 (1) , với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m= 0
2 Tìm m để hàm số (1) có giá trị cực đại là ymax, giá trị cực tiểu là ymin thoả mãn ymax.ymin= 5
1 Học sinh tự giải
2 Ta có: y' = −3x2+ 6x; y' = 0 ⇔ x= 0
x= 2
⎡
⎣
⎢
Vì y’ đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua x = 0 ⇒ ymin = y(0) = m −1, và ymax = y(2) = m + 3
Theo đề ra ta có: (m −1)(m + 3) = 5 ⇔ m2− 2m − 8 = 0 ⇔ m= −4
m= 2
⎡
⎣
⎢
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Cho biết tan a= −2, − π
2 < a < 0
⎛
⎝⎜ ⎞⎠⎟ Tính A = cosa(2sina + 3)
b) Cho số phức z thoả mãn z2 = 5 −12i Tìm phần ảo của số phức z , biết z có phần thực dương
a) Ta có: − π
2 < a < 0 ⇒ cosa > 0,cosa = 1
1+ tan2
a = 1
5,sin a = cosa.tana = − 2
5
Vì vậy, A= 1
5(2.
−2
5 + 3) = −4+ 15
4 b) Ta có: z2 = 5 −12i = (3− 2i)2⇒ z = 3− 2i
z = −3+ 2i
⎡
⎣
Vì z có phần thực dương nên z = 3− 2i ⇒ z = 3+ 2i , vậy phần ảo của z bằng 2
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình 2x+1+ 2− x+1− 5 = 0
Phương trình tương đương với: 2.2x+ 2.2− x− 5 = 0
Đặt t= 2x> 0 , phương trình trở thành:
2t+2
t − 5 = 0 ⇔ 2t2− 5t + 2 = 0 ⇔
t= 2
t= 1 2
⎡
⎣
⎢
2x = 2
2x =1 2
⎡
⎣
⎢
x= 1
x= −1
⎡
⎣
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
5x2− 8x + 32 − 2 > −3x2+ 24x − 3x2−12x +16 Điều kiện xác định:
5x2− 8x + 32 ≥ 0 3x2−12x +16 ≥ 0
−3x2+ 24x ≥ 0
⎧
⎨
⎪
⎩
Bất phương trình tương đương với:
Trang 3⇔ 3x −12x +12
3x2−12x +16 + 2+
8x − 32x + 32 5x2− 8x + 32 + −3x2+ 24x > 0
⇔ (x − 2)2 3
3x2−12x +16 + 2+
8
5x2− 8x + 32 + −3x2+ 24x
⎡
⎣
⇔ (x − 2)2 > 0 ⇔ x ≠ 2
Kết hợp với điều kiện suy ra S= 0;8[ ]\{ }2
Cách 2: Bất phương trình tương đương với:
5x2− 8x + 32 + 3x2−12x +16 > 2 + −3x2+ 24x Khi đó cả 2 vế bất phương trình không âm, bình phương 2 vế đưa về bất phương trình tương đương với:
5x2− 8x + 32 + 3x2−12x +16 > 2 + −3x2+ 24x
11(x− 2)2+ 2 (5x2− 8x + 32)(3x2−12x +16) > 4 −3x2+ 24x
⇔ 11(x − 2)2+ 2 (5x⎡⎣ 2− 8x + 32)(3x2−12x +16) − 2 −3x2+ 24x⎤⎦ > 0
⇔ (x − 2)2 11+ 2 15x2− 24x +128
(5x2− 8x + 32)(3x2−12x +16) + 2 −3x2+ 24x
⎡
⎣
⎢
⎢
⎤
⎦
⎥
⎥> 0
⇔ x ≠ 2(do 11+ 2 15x2− 24x +128
(5x2− 8x + 32)(3x2−12x +16) + 2 −3x2+ 24x > 0)
Kết hợp với điều kiện suy ra tập nghiệm S= 0;8[ ]\{ }2
Cách 3:
Phân tích:
Vì ta thấy x= 2 là nghiệm kép của phương trình nên sử dụng liên hợp với nghiệm kép như sau:
Đó là ghép các căn thức với ax + b, chẳng hạng:
f (x) = 5x2− 8x + 32 − (ax + b)
⇒ f (2)= 0
f '(2)= 0
⎧
⎨
6− 2a − b = 0
1− a = 0
⎧
⎨
a= 1
b= 4
⎧
⎨
⎩
⇒ 5x2− 8x + 32 − (x + 4) = 4(x− 2)2
5x2− 8x + 32 + x + 4
Tương tự, ta tìm được các biểu thức liên hợp sau:
3x2−12x +16 − 2 ; −3x2+ 24x − (x + 4)
Lời giải:
Bất phương trình tương đương với:
Trang 45x2− 8x + 32 − (x + 4)
⎡
⎣ ⎤⎦ +⎡⎣ 3x2−12x +16 − 2⎤⎦ + x + 4 − −3x⎡⎣ 2+ 24x⎤⎦ > 0
5x2− 8x + 32 + x + 4+
3
3x2−12x +16 + 2+
4
x + 4 + −3x2+ 24x
⎡
⎣
⎦
⎥ > 0
⇔ (x − 2)2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2
Câu 5 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành hình phẳng được giới hạn
bởi các đường y = x3+ 8 , trục Ox, trục Oy
+) Phương trình hoành độ giao điểm: x3+ 8 = 0 ⇔ x = −2
+) Vậy V =π ( x3+ 8)2
dx
−2
0
∫ =π (x3+ 8)dx
−2
0
4
4 + 8x)0
−2= 12π (đvtt)
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AC = a,SA = SB = SC = AB = a 3 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC
Ta có, S ABC =1
2.AB.AC= a2 3
2 Gọi H là trung điểm BC, thì do tam giác ABC vuông tại A nên
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Vì SA = SB = SC ⇒ SH ⊥ (ABC)
Tam giác vuông ABC có BC = AB2+ AC2 = 2a, Tam giác vuông SHB có
SH = SB2− HB2 = 3a2− a2 = a 2
Vì vậy V S.ABC =1
3SH S ABC =1
3.a 2.
a2
3
2 = a3 6
6
+ Tính d(AB;SC)
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành ABCD, ta có:
AB / /CD ⇒ AB / /(SCD) ⇒ d(AB;SC) = d(B;(SCD)) = 2d(H;(SCD))
Gọi M là trung điểm AB, đường thẳng HM cắt CD tại I, hạ HK vuông góc với SI tại K ta có
HI / /AC ⇒ HI ⊥ CD Suy ra CD ⊥ (SHI) ⇒ CD ⊥ HK, lại có HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SCD)
Vậy HK = d(H;(SCD))
Ta có, CD / /AB⇒ HI
HM = HC
HB = 1⇒ HI = HM = AC
2 =a
2
a
Trang 5Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD Gọi M là điểm
trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM, AN = BM Giả sử H(2;-2) là hình chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN Viết phương trình đường thẳng
AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC
Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên
AH = HM =1
2DM Xét tam giác AHN và MHB có
AN = MB(gt)
AH = HM = 1
2DM
HAN ! = HMB! = 900+ HAM!
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ ΔHAN = ΔHMB
Suy ra HN = HB, HNA ! = HBM ! = HBA!
Do đó tứ giác AHBN nội tiếp, suy ra BHN ! = BAN! = 900 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân tại B, do đó HE ⊥ BN
Ta có HE
! "!!
= (0;5), phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE là y− 3 = 0
Suy ra B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = 5 ⇔ (b − 2)2= 25 ⇔ b = 7(t / m)
b = −3(l)
⎡
⎣
⎢ ⇒ B(7;3)
Do E là trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF
! "!!
= (−2;4) / /(1;−2)
Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x + y + 3 = 0
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(-1;2;-1) và đường thẳng Δcó phương trình là
x = 1+ t
y= 2
z = 3− t
⎧
⎨
⎪
⎩⎪
(t∈!) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường
thẳng Δ Tìm toạ độ điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm A trên Δ
+) Đường thẳng Δ có véc tơ chỉ phương u
!
= (1;0;−1) Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng Δ nên nhận u
!
= (1;0;−1) làm véc tơ pháp
tuyến, vì vậy (P) :1(x +1) + 0(y − 2) −1(z +1) = 0 ⇔ (P) : x − z = 0
+) Điểm I là giao điểm của (P) vàΔ, nên toạ độ thoả mãn hệ:
x = 1+ t
y= 2
z = 3− t
x − z = 0
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇔
x= 2
y= 2
z= 2
t= 1
⎧
⎨
⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⇒ I(2;2;2)
Kết luận: Vậy (P) : x − z = 0 , và I(2;2;2)
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp tất các các số tự nhiên có 2 chữ số dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2
Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để chọn được một số tự nhiên mà a b − a = b a − b
Trang 6Ta có: 2≤ b < a ≤ 9 Chọn ra 2 số tự nhiên từ tập các số 2,3,4,5,6,7,8,9 có C8
2 = 28 cách, với mỗi cách chọn 2 số như vậy ta có duy nhất một số thoả mãn
Vậy trong M có tất cả 28 số, tức n(Ω) = 28
Gọi A là biến cố số chọn ra có dạng dạng ab thoả mãn a > b ≥ 2 , và a b − a = b a − b (*) Để tính số kết
quả thuận lợi cho A ta tìm số các số tự nhiên trong M có điều kiện thoả mãn (*)
Cách 1: Lập bảng giá trị của (a,b) ta có nghiệm duy nhất (a;b)=(3;2)
Cách 2: Nếu a > b > 2 ⇒ a > b ≥ 3, khi đó xét hàm số f (x)=ln x
x , với x≥ 3ta
cóf '(x)=1− ln x
x2 < 0,∀x ≥ 3
Vì vậy f(x) giảm, tức a > b ⇒ f (a) < f (b) ⇔ ln a
a <lnb
b ⇔ a b < b a ⇒ a b − a < b a − b Tức trường hợp này vô nghiệm,
+) Nếu b = 2 ⇒ a = 3
Vậy trong M có duy nhất một số thoả mãn (*), tức n(A)= 1
Xác suất cần tính P(A)= n(A)
n(Ω)=
1
28
Câu 10 (1,0 điểm). Cho biết a,b là các số thực thoả mãn a + b > −2,(a +1)(b +1) > 0 Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P = (a + 3)(b2+ 3) + (b + 3)(a2+ 3) + 192
a + b + 2 Theo giả thiết ta có, a > −1,b > −1
Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
(a + 3)(b2+ 3) + (b + 3)(a2+ 3) ≥ 2 (a + 3)(a2+ 3).(b + 3)(b2+ 3)
Và, (a + 3)(a2+ 3) = (a +1)3+ 8,(b + 3)(b2+ 3) = (b +1)3+ 8
Mặt khác:
(a + 3)(a2+ 3).(b + 3)(b2+ 3) = (a +1)⎡⎣ 3+ 8⎤⎦ (b +1)⎡⎣ 3+ 8⎤⎦
=1
2(1+1) (a +1)⎡⎣ 3+ 8⎤⎦ 8 + (b +1)3
≥1
2(2(a +1) + 2(b +1))3= 4(a + b + 2)3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1
Suy ra P ≥ 4 (a + b + 2)3 + 192
a + b + 2 , đặt t = a + b + 2 > 0
Xét hàm số f (t) = 4t3+192
t , ta có: f '(t) = 12t2−192
t2 =12(t4−16)
t2 ; f '(t) = 0 ⇔ t = 2 > 0