Học sinh tự giải 2... Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau... Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẳn gồm 4 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số của E 2.. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giá
Trang 1Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số : y=x3 + 3mx2 + (m+ 1 )x+ 1 (1) , m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = –1
2 Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ x = –1 đi qua điểm A(1 ; 2)
Bài giải :
1 Học sinh tự giải
2 y' = 3x2 + 6mx+ (m+ 1 )
m m
m
y'(−1)=3−6 + +1=4−5 ; y(−1)=−1+3m−m−1+1=−1+2m
Tiếp tuyến của hàm số tại điểm có hoành độ bằng –1
3 3 ) 5 4 ( 2 1 ) 1 )(
5 4 ( ) 1 ( ) 1 )(
1 (
'
Tiếp tuyến này đi qua điểm A(1;2) nên
2 = 7 – 8m ⇔ m = 5/8
Vậy khi m = 5/8 thì YCBT được thỏa
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình : tanx=cotx+4cos22x
2 Giải phương trình
2
) 1 2 ( 2 3 1 2
2
−
=
− +
x
Bài giải :
1. tanx=cotx+4cos22x ; Điều kiện : ( )
2 0
2 sin x≠ ⇔x≠lπ l∈Z
Phương trình tương đương với
0 2 cos 4 2 sin
2 cos 2 0
2 cos 4 cos
sin
sin
x
x x
x
x x
x
0 ) 4 sin 1 ( 2 cos 2 0 2 cos 2 2 sin
1 2
cos
x x
+
−
=
+
=
⇔
−
=
=
⇔
2 8
2 4 1
4
sin
0 2
cos
π π
π π
k x
k x
x
x
Đối chiếu với điều kiện Ta có nghiệm của phương trình là : ( )
2 8
2
k x
k x
∈
+
−
=
+
=
π π
π π
2
2
) 1 2 ( 2 3 1
2 + + − = x− 2
x
Điều kiện
2
3 2
1
≤
≤
Đặt f(x) = 2x+ 1 + 3 − 2x ;
2
) 1 2 ( ) (
2
−
x
g với ∈−
2
3
; 2
1
x
x z
x
f
2 3
1 1
2
1 )
(
'
−
− +
2
1 0
) ( ' x = ⇔x=
2
1=
−
2
3=
2
1=
f
1 2
)
(
' x = x−
g ;
2
1 0
) ( ' x = ⇔x=
2
1=
−
2
3=
2
1=
g
−
∈
∀
2
3
; 2
1
x ta có 2 ≤f(x) ≤ 2 2 ; 0≤g(x)≤2
Vậy phương trình có nghiệm
=
−
⇔
=
=
⇔
2 3 2
1 2
) ( ) (
x
x x
g x f
Câu III: (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
Trang 23 2
3 2
3 :
1 x− = y− =z−
=
− +
−
= +
−
−
0 7 6 6
0 13 6 6
5 :
2
z y x
z y
x d
1 Chứng minh rằng d1 và d2 cắt nhau
2 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 Tìm tọa độ các điểm A,B lần lượt thuộc d1 ; d2 sao cho tam giác IAB cân tại I và có diện tích bằng
42 41
Bài giải :
1 Tọa độ giao điểm của d1 và d2 ( nếu có )là nghiệm của hệ phương trình _
=
=
=
⇔
=−
+
−
= +
−
−
−=
−
=−
2 1
1
0 7
6
6
0 13 6
6
5
1
3 2
3
2
3
z y
x
z
y
x
z
y
x
z y
x
Vậy d1 cắt d2 tại giao điểm I(1;1;2)
d1 đi qua điểm M1(3;3;3) có VTCP u→1(2;2;1) ;
d2 là giao tuyến hai mặt phẳng có VTPT lần lượt là n→1(5;−6;−6) ; n→2(1;−6;6) nên có VTCP
) 24
; 36
; 72 (
; 2
1
→
n
n
u Chọn VTCP là u→'2 =(6;3;2)
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 Ta có :
21
41 cos
1 sin 21
20
|
|
|
|
| '
|
2 1
2
→
→
ϕ ϕ
ϕ
u
u
u
u
Giả sử IA = IB = a > 0 diện tích của tam giác IAB là
1 42
41 42
41 sin
2
Vậy A nằm trên mặt cầu (S) tâm I bán kính bằng 1
(S) : (x− 1 ) 2 + (y− 1 ) 2 + (z− 2 ) 2 = 1
A= d1∩ (S) nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
⇔
=
− +
−
+
−
+
=
+
=
+
=
1 ) 2 ( )1 (
)1
(
3
2
3
2
3
2 2
x
t
z
t
y
t
x
==
=⇒
−=
==
=⇒
−=
⇒
=+
++
++
+=
+=
+=
3
5
; 3
1
; 3
1 3 4
3
7
; 3
5
; 3
5 3 2
1) 1(
)2 2(
)2 2(
3 23 23
2 2
z y x t
t t t
t z
t y
t x
B= d2∩ (S) nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
x 1 6t
y 1 3t
z 2 2t
(x 1) (y 1) (z 2) 1
= +
= +
= +
(6t) (3t) (2t) 1
= +
Vậy có 4 cặp điểm A,B cần tìm là
Trang 37 7 7 3
3
7
16
; 7
10
; 7
13 (
; ) 3
5
; 3
1
;
3
1
7
12
; 7
4
; 7
1 (
; ) 3
5
; 3
1
; 3
1
A
Câu IV: (2 điểm)
1 Tính tích phân : = ∫ +
3
2 /
xdx I
2 Giải phương trình : esin x 4 =tanx
Bài giải :
1. Đặt t 3 x t3 x x t3 dx t2dt
2
3 2
2 2
2 2
=
Khi x=1/2 ⇒t=3 3 ; x= 3 ⇒t= 2 Ta có :
∫
−
=
=
=
−
=
2
3 3
3 3
3 2
3 3
2 5 4
2
3 3
2 3
9 10
3 5
9 9 4
3 9 20
9 3 5
24 4
3 20
3 2
3 4
3 2
3 2
) 2 (
t t dt
t t dt
t t
t
I
2 Hàm số có chu kỳ là 2π và vì tanx > 0 nên ta chỉ xét nghiệm của phương trình trên các khoảng )
2
; 0
2
3
; (π π
Phương trình đã cho tương đương với :
x x
x x
x x
x x x
x ln|sin | ln|cos | 2ln|sin | sin 2ln|cos | cos
2
cos sin
) ln(tan 4
Đặt f(t) = 2 ln |t| −t Ta có f(sinx)=f (cosx)
t
t t
t
f = − = 2−
1 2 )
(
' Với t = sinx hoặc t = cosx thì t∈ (–1;1)\{0}
Với t ∈(–1 ; 0) f(t) là hàm số nghịch biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx < 0 ⇔ 5
x 4
π
=
Với t ∈(0 ; 1) f(t) là hàm số đồng biến nên f(sinx) = f(cosx) ⇔ sinx = cosx > 0 ⇔
4
π
=
x
Tóm lại phương trình đã cho có tập nghiêm ( )
PHẦN RIÊNG :
Câu Va :(2 điểm)
1 Cho tập hơp E ={0;1;2;3;4;5;7} Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẳn gồm 4 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số của E
2 Tromg mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc
A lần lượt có phương trình là : 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0 , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Bài giải :
1 Gọi số cần lập là N =abcd ta xét các trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1: d = 0 : có 1 cách chọn d
Ba số abc còn lại được lập từ 3 trong 6 số cần lại , số cách chọn là số chỉnh hợp chập 3 của 6 phần tử : 3
6
A cách
N1 = 3
6
A = 120 cách
Trường hợp 2: d ≠ 0 : có 2 cách chọn d
a ≠ 0 : có 5 cách chọn
Hai số bc còn lại được lập từ 2 trong 5 số cần lại , số cách chọn là số
chỉnh hợp chập 2 của 5 phần tử : 2
5
A cách
N2 = 2.5 2
5
A = 200 cách
Vậy các số được chọn thỏa yêu cầu bài toán là 120 + 200 = 320 số
2
Cho d1 : 3x + 4y +10 = 0 ; d2 : x – y + 1 = 0
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và vuông góc với d2 , ∆ cắt d2 tại I
và cắt Ac tại N ∆ :x+y− 2 = 0
I = ∆∩ d2 Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình :
Trang 4Tam giác AMN có d2 vừa là đường cao , vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là trung điểm của MN
⇒ N (1 ; 1)
AC là đường thẳng đi qua điểm N(1;1) và vuông góc với d1 nên AC: 4(x –1) – 3(y –1) = 0
AC: 4x – 3y –1 = 0
A = AC ∩ d2 Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình :
)5;4(
5
4 01
013
4
A y
x yx
yx
⇔
⇔
AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA−→= ( 4 ; 3 ) làm vec tơ chỉ phương
3
2
4x= y− ⇔ x− y+ =
B = AB ∩ d1 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
) 4
1
;3(
4
1
3
010
43
084
3
⇔
B
y
x
yx
yx
C cách M một khoảng bằng 2 nên C thuộc đường tròn (S) có tâm M bán kính bằng 2
(S): x2 + (y− 2 ) 2 = 2
C = AC ∩ (S) tọa độ C là nghiệm hệ phương trình :
25
33 25 31
11 0315625 3
14
2)
3
74
(
3
14
2)2(
0134
2
22
yx xx
x
y
x
x
x
y
yx
yx
⇒ C(1;1) hoặc C ( )
25
33
; 25 31
Vì d2 là phân giác trong của góc A nên B và C nằm khác phía bờ là d2
)
2
3
;
2
1
(
2
3
2
1
01
02
I
y
x
yx
yx
⇔
=
=
⇔
=+−
=−+
Trang 5Cả hai điểm C trên đều thỏa mãn
4
1
; 3 (
; )
5
;
4
25
33
; 25
31 (
C
Câu Vb:(2 điểm)
1 Giải phương trình : 0
1
3 2 log
2
+
+
x x
2 Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA = BC = 2a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a Gọi I,J lần lượt là trung điểm cuae EC, SC M là điểm di động trên tia đối của tia BA sao cho ECM∧ =α(α<900) và H là hình chiếu vuông góc của S trên MC Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a ; α và tìm α để thể tích đó lớn nhất
Bài giải :
1
3 2 log 0 0 1
3 2 log
2
+
+
<
⇔
≥
+
+
x
x x
x
2
1
1
2
0 1 1
0 1 2
2
1
32
1
1
32
1
1
32
log
0
1
32
log
2
2
⇔
⇔
⇔
⇔
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
Vậy bất phương trình có tập ngiệm là (–∞ ; –2)
2 Ta có SE ⊥ (ABC) ⇒ SE ⊥ CM mà SH ⊥ CM nên
CM ⊥ (SEH) ⇒ CM ⊥ EH ; 2 2
EC = EB + BC = a 5
EH EC.sin = α = a 5.sin α
CH EC.cos = α = a 5.cos α
Diện tích tam giác EHC
2 2
EHC
Ị là đường trung bình của tam giác CSE nên
IJ // SE ⇒ IJ ⊥ (ABC) và IJ = SE=a
2 1
HI là trung tuyến của tam giác HEC nên diện tích tam giác HEC
2
Thể tích khối tứ diện EHIJ
E S
H
M
I
J
C
B A
Trang 63
5
a sin 2 (dvtt)
24
α
=
n
Vmax khi α = 450
