Dap an Toan Khoi D - 09

Phần chung cho tất cả thí sinhCâu I... Theo chương trình Chuẩn... Theo chương trình Nâng cao Câu VI... Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS N

Phần chung cho tất cả thí sinh

Câu I

1 Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 0

Khi đó hàm số trở thành: y x= 4−2x2

• TXĐ: R

• Hàm số là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy

y ' 4x 4x 4x(x 1) y ' 0

x 1

=



Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −1

y '' 12x 4 y '' 0 x ;f

= − ⇒ = ⇔ = ± ± ÷÷= −

• Bảng biến thiên:

Đồ thị lõm trong các khoảng: ; 3 ; 3;

    và lồi trong

3 3

;

3 3

−

• Hàm số đạt cực tiểu tại x= ±1; đạt cực đại tại x 0=

• Vẽ đồ thị: đồ thị tiếp xúc với Ox tại x 0= và cắt Ox tại x= ± 2

2 Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình

x − m+ x + m= −

Đặt t=x2≥0 thì (*) trở thành:

t − m+ t+ m+ = (**)

Giả sử các nghiệm của (*) là x1<x2<x3<x4< 2 Thì x1= − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2

với 0< t1<t2 là các nghiệm (**)

Do đó: x1<x2<x3<x4< 2 ⇔ 0 < t1 < t2 < 2

0

⇔ < t1<t2< 4

Nhưng (**) ⇔ (t−1) (t−3m− =1) 0 ⇔ t 1

t 3m 1

=



 = +



Do đó bài toán thoả mãn 0 3 1 4

3 1 1

m m

< + <





( )

1

;0 0;1

m

m

− < <

Câu II

1 Giải phương trình: 3cos 5x -2sin 3x cos2x - sin x = 0 3cos 5x - (sin 5x +sin x) = sin x

⇔

3cos 5x - sin5x= 2 sin x

cos 5x - sin 5x sin x

sin( 5x) sin x

3

3

k x

k

x

3 2

⇔

π

π

 − = − + π



π

 − = π+ + π



 = +



 = +



¢

2 Điều kiện xác định: x 0≠

Hệ phương trình

2

3

x y 1

x 5

x

 + + =



⇔ 



Đặt

u x y

1

v

x

= +





 =



Ta có: u 1 3v2 2 u 3v 12 2

u 5v 1 0 (3v 1) 5v 1 0

2

2v 3v 1 0

v 1 1

v 2

=





⇔

 =

 +) v = 1 ⇒ u = 2 Ta có:

x y 2

x 1 1

y 1 1

x

+ =



+) v 1 u 1

= ⇒ = Ta có:

x y

2

3

2

x 2



Kết hợp ĐKXĐ, hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là : (1;1) và 2; 3

2

 − 

Câu III.

Đặt t ex 1 dt e dxx dx dt

t 1

+

3

x 1 t e 1

x 3 t e 1

= ⇒ = −

= ⇒ = −

3

3

2

2

t(t 1) t t 1

e 1

ln t ln t 1

e 1

ln e 1 ln e ln e 1 ln e

ln e 1 ln e 1 2

ln e 1 e e 1 ln e 1 2

ln e e 1 2

−

−

Câu IV.

+) Từ I hạ IH AC⊥ ⇒ IH (ABC)⊥

AA 'C :

∆ AC2 =A 'C -AA'2 2 =9a2−4a2 =5a2

AC2 =5a2 ⇒ AC a 5=

ABC :

∆ 2 2 2 2 2 2

BC =AC −AB =5a − =a 4a ⇒BC 2a=

ABC

S AB.BC a 2a a

A 'M

AC =2 ⇒ = 2

IH 2IK IH

AC =IH = ⇒2 = ⇒ = 3

⇒VIABC 1 a 2a2 4a3

Từ trên ⇒HC 2AH=

HD a

AB CA 3= = ⇒ = 3

2 IBC

1 2a 2 2a 2

S 2a

Khoảng cách từ A đến

3 IABC

2 IBC

4a 3

2a 3

Câu V

Đặt xy t= , với ,x y≥0 thì

0 xy t≤ = 2 1

x y+

Khi đó:

S = 16t2− +2t 12

S′ = t−

Lập bảng biến thiên của S với 0;1

4

t  

∈   

Từ đó ta có: S đạt giá trị nhỏ nhất là 191

16 và đạt giá trị lớn nhất là

25 2

Phần riêng

A Theo chương trình Chuẩn.

Câu VI a

1 Toạ độ A là nghiệm của hệ:

7x 2y 3 0− − = x 1=

Suy ra toạ độ B(3; 2)−

Phương trình đường cao AH: 6x y 4 0− − = ⇒phương trình đường thẳng BC là:

x 3 6t

y 2 t

= +



 = − −

 Gọi E là trung điểm của BC, tọa độ E tìm được từ hệ:

7x 2y 3 0

x 3 6t

y 2 t



 = +



 = − −

 Tìm được E 0; 3 C 3; 1( )

2

Phương trình đường thẳng AC là: 3x 4y 5 0− + =

2 Phương trình đường thẳng AB là:

x 2 t

y 1 t

z 2t

= −



 = +



 =



Toạ độ D có dạng D(2 t ;1 t ; 2t)− + ⇒CD (1 t ; t ; 2t)uuur= −

Vectơ pháp tuyến của (P) là: n (1;1;1).r =

1

CD //(P) CD.n 0 (1 t) t 2t 0 t

2

⇔uuur r = ⇔ − + + = ⇔ = −

Vậy D 5 1; ; 1

2 2

Câu VII a

Giả sử z = a + bi với a; b ∈¡ và M (a ; b) là điểm biểu diễn của z

Ta có:a bi+ − −(3 4i) = ⇔2 (a 3) (b 4)i− + + =2

a 3 b 4 4

⇔M(a;b) thuộc đường tròn tâm I (3; 4)− , bán kính R 2=

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI b

1 Đường tròn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = 1

Từ giả thiết ta có: · 0

MIx =60 Gọi H là hình chiếu của M trên Ox, ta có:

IH IM.cosMIH 1.cos60

2

3

OH

2

MH IM.sin MIH 1.sin 60

2

Do tính chất đối xứng của đường tròn, ta có 2 điểm M thỏa mãn là:

1

3 3

M ;

2 2

  và 2

2 2

−

2 Gọi M là giao điểm của ∆ và (P), tìm được M( 3; 1;1)−

Vectơ chỉ phương của∆ là uuur∆

= (1; 1; -1); nuurp

= (1; 2; −3);

p

u , n∆

uur uur

= (−1; 2; 1)

x 3 y 1 z 1

d :

−

Câu VII.b

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn

2

x x 1

2x m x

+ − = − +

x x 1 2x mx

⇔ + − = − + (với x 0≠ )

2

3x x(1 m) 1 0

⇔ + − − = (1) Phương trình (1) có ac= − <3 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt là x1< <0 x2 Khi đó: A(x ; 2x1 − 1+m)và B(x ; 2x2 − 2+m)

x x

I + ; (x− +x ) m+ 

I thuộc trục tung x1 x2 m 1

(vì theo định lý Vi-ét thì x1 x2 m 1

3

−

Vậy m = 1

Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo