Mặt khác do ABCN là hình bình hành nên AN song song với BC.[r]
Trang 1SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 1
1
x y x
* Tập xác định: D = R\{1}
* Chiều biến thiên: 2 2 0
( 1)
x
* Tiệm cận:
x
x x
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x1và tiệm cận ngang y = 1
* Bảng biến thiên
x - 1 +
y’ - -
y
1 +
- 1
* Vẽ đúng đồ thị
-
2) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng ( ) :d y x m cắt đồ thị ………
x x
x m
Đường thẳng ( )d cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm
m x
Gọi ( ,A a a m B b b), ( , m) trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình g(x) = 0
Ta có 2 2 2 2 2 2
OA a m a OB b m b
Theo Định lý Viet ta có a + b = m Suy ra
2 2 ( )2 ( )2 ( ( ))2 ( )2 2 2
OB b m b m a m m a m a a OA Vậy tam giác OAB cân tại O
1 điểm
0,25đ
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
-
1 điểm 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Giải phương trình
sin cos 2sin(2 )
6 1.
cos 2 1
x
Điều kiện: cos2x 1 xk
Phương trình 1 2
1 sin 2 ( 3 sin 2 cos 2 ) 1 cos 2
2
sin 2x 2 3 sin 2x 0
sin 2x 2 3 (loại) hoặc sin 2x0
2
k
x
Đối chiếu với điều kiện ta được ( )
2
x k k
1 điểm
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Giải bất phương trình: 8x376x x 1 58x229 x
Điều kiện x0 Đặt a x0 Bất phương trình đã cho trở thành
8a 76a 1 58a 29a 8a 58a 76a 29a 1 0
Ta thấy a0 là một nghiệm của bất phương trình trên
1 điểm
Trang 2
Xét a0 Chia cả hai vế của bất phương trình trên cho a3ta được
Đặt t 2a 1
a
3
1
8a t 6 t a
Ta có phương trình
t3 6t 29t76 0 t3 35t76 0 (t 4)(t2 4t 19)0
Ta có t 2 2 a 1 2 2 t 4t 19 8 8 2 19 8 2 11 0
a
Từ đó ta được: t 4 0 t 4
2
0
a
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là 3 2 2
2
2
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Tính tích phân I
2
ln 6 x
x 0
e
dx
Đặt t e x 3 1 e x 3 t 1 e x t2 2t 2 e dx x (2t2)dt và
x 0 t 1; xln 6 t 2
Ta có
2 2
x
x x
t e
2 2 2
1 2
t
t t
= 7
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAN) và (SDM) vuông góc với nhau Tính thể tích khối chóp
S
A B
H M
D N C
Trang 3
Ta có 2 2 2 2
BD AB AD a BD aCD Suy ra DMBC
Mặt khác do ABCN là hình bình hành nên AN song song với BC Từ đó ta được DMAN
Ta lại có DMSA Suy ra DM (SAN)(SDM)(SAN)
Góc giữa hai mặt phẳng (SDM) và (ABCD) là 0
60 ,
SHA trong đó H là giao điểm của DM và AN
Trong tam giác vuông AND ta có
2
AN
ABCD
Vậy
2 3
S ABCD ABCD
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Cho số dương avà số thực b thỏa mãn điều kiện: 4a2b2 1. Chứng minh rằng
8 a b 3 a b 3 ab a
Vì a0 nên điều phải chứng minh tương đương với:
3
Do a dương và (2 )a 2 b21 nên tồn tại ,
2 2
x
sao cho
1
2 cos
2sin tan
x
x b
x
a
Thay vào (*) ta được
(*) 8 8sin x3.2sinx 3.2sin 2cosx x4cos x
4 3sin 4sin 3 sin 2 2cos
4 sin 3 3 sin 2 1 cos 2
3 sin 3 2sin(2 )
6
Điều này đúng vì sin3 1,sin(2 ) 1
6
x x
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Cho hình thoi ABCD có (2;0), (7;1) A D Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng AC > BD và diện tích
của hình thoi ABCD bằng 24
Gọi I(a, b) là tâm của hình thoi Từ AC > BD ta suy ra IA > ID
Ta có
2 2
26
26 1
2
ABCD AID
AI DI
AI DI
2 2
2 2
DI
Từ (1) và (2) ta suy ra 10a2b56 b 28 5 a Thay vào phương trình (1) ta được
5
13
a
a
Với a5 ta có (5;3)I B(3;5), (8;6).C
Với 77
13
a ta có (77; 21) (63; 55), (128; 42)
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 4Câu 8 1 điểm
Viết phương trình đường thẳng d đi qua C và vuông góc với mặt phẳng (ABC) …
Ta có , ( ;8 24 20; )
AB AH
Ta chọn u d n(ABC) (2; 6;5).
Gọi C(a; b; c) Phương trình mặt phẳng (ABC) là
2(x 1) 6(y 2) 5(z 3) 0 2x6y5z 5 0 Suy ra 2a6b5c5
Mặt khác ta có . 0 3 10
BH AC
Từ đó ta được
3
1 (3;1;1)
1
a
c
Vậy phương trình đường thẳng d là 3 1 1
x y z
1 điểm 0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ Câu 9
Giải bất phương trình 4 4 2 3
log (x1) log (x1) 25
Điều kiện x 1 Bất phương trình tương đương với
4
1
4 .log ( 1) 3.log ( 1) 25 16log ( 1) 9log ( 1) 25 0
Đặt 2
2
t x Ta có bất phương trình
16
1 log (2 x 1) 1
1 1
2 x
Đáp số: 1 1
2 x
1 điểm
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
