[r]
Trang 1Thời gian: 180 phút
Bài 1:
4 2 3
y
Câu1 (2,5đ): Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
Câu2(2đ): Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm cực trị của (C) và gốc
toạ độ
Bài 2: Giải các phương trình
Câu1(2đ) :8cos4xcos22x 1 sin3x 10
Câu2(2đ) : x3 123 2x 1
Bài 3:
Câu1(2đ) :Không dùng bảng số hoặc máy tính Chứng minh rằng tg550 >1,4
Câu2(2đ): Giải phương trình: 2004x + 2006x = 2 2005x
Câu3(3đ): Tính tích phân sau
2
2
2
sin 4 cos
dx x
x x
I
Bài 4: (2đ)Trong mặt phẳng toạ độ {xoy} Cho Elíp (E) có phương trình
9 4 1
2 2
x
và điểm M(1;1) Một đường thẳng đi qua điểm M, cắt (E) tại P;Q Các tiếp tuyến của (E) tại
P; Q cắt nhau tại I Tìm tập hợp các điểm I
Bài 5:(2,5đ) Trong không gian cho hệ toạ độ {oxyz} Cho điểm A(a;0;0) B(0;b;0) C(0;0;c)
và M(1;2;4) thuộc mặt phẳng ABC Viết phương trình mặt phẳng ABC để cho thể
tích của khối OABC nhỏ nhất
Trang 2Bài Nội dung Điểm Bài 1
Câu1
-Câu2
1/ Tập xác định: R
2 /Chiều biến thiên
a/ y'=x2+2x-2
-
y'= 0 x2+2x-2= 0 x1 ; 2 1 3 y4 2 3
b/ y'' = 2x+2 = 0 x= -1 y = 4
c/ B ng bi n thiên:ả ế
x - 1 3 - 1 1 3 +
y'' - 0 + y
- 4 2 3 4 4 2 3 3/ Đồ thị
y
4 2 3
4
4 2 3
1 3 -1O 1 3 x
Ta có
0.5
0.5 0.5
0.5
Trang 3y3(x1)y'2x2 y'= 0 tại xi
y(xi) = - 2xi+2
Vậy:
(2)
(1)
0 2 2
2 2
2
i i
i i
x x
x y
-
Từ (1) và (2) ta có y i2 8y i 40 (3)
Vậy phương trình đường tròn đi qua các điểm Cực trị có dạng
(y2- 8y+4) + (x2+2x-2) + t(y+2x-2) = 0
Vì đường tròn đi qua O(0;0) nên ta có
2 - 2t = 0 t = 1
Thay t = 1 Ta có
x2 + y2 +4x -7y = 0
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 2
Câu1
-Câu2
8cos 4x.cos22x + 1 sin3x +1 = 0
4(1+cos4x)cos4x+ 1 sin3x +1= 0
-(2cos4x+1)2 + 1 sin3x = 0
1 3
1 4
cos 0
3 sin 1
0 1 4 cos 2
x
x x
x
-
1 3
1 sin 3 sin 1
3
1 sin
3 sin cos
3 cos
x
x x x
x x x
x
vì sin3x = 1 nên cox3x = 0
sinx =
2 6 5
2 6 2
1 sin
l x
k
x x
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 4x3 123 2x 1 (1)
Đặt y3 2 x 1 Ta có y3 2x 1
(2)
x y
y x
2 1
) 1 ( 2 1 )
1
3
(x- y)(x2+ y2+ xy + 2) = 0
Vì x2+ y2+ xy + 2 > 0 mọi x nên x= y
-Thay x=y vào phương trình (1) Ta có
x3 -2x+ 1 = 0
5 1
1
x x
0.5
0.5 0.5
0.5
Bài 3
Câu1
Ta có
x 0 Hay cos tgx x
1 (x)
f'
x -tgx f(x)
2 x 0 tg
2
2
) 0 ( ) (
0 cos
cos 1 1
0
2 2
f x f
x x
x x
x
0 18
1 18
1 ) 18 4 (
550
t) -(1
2 (t)
g' t
-1
t 1 g(t) Goi
tg
tg tg
tg
Vậy hàm g(t) là hàm đồng biến
-Từ
0.5
0.5
Trang 5-Câu2
-Câu3
4 , 1 ) 6
1 ( ) 18
( )
18 ( ) 18 (
18
g
g g
tg g
tg
Vậy
55 ( 18) 1,4
0
tg g tg
-
Ta có
2004x + 2006x = 2 2005x 2006x - 2005x = 2005x - 2004x
Gọi x0 là mội nghiệm của phương trình
Ta có
2006x0 2005x0 2005x0 2004x0
Đặt
) 2004 ( ) 2005 (
) 1 ( ) ( ' )
1 ( )
0
1 0
0 0
0 0
f f
t x t
x t f t
t t
-
Vì f(t) liên tục trên [2004;2005] nên [2004; 2005] để
2004 2005
) 2004 ( ) 2005 ( )
(
f
-Vì f(2005) f(2004)0 f'()0
1 0
0
1
0 0
) 1 (
0 0
] )
1 [(
0
0 1
1 0 1
1
0 0
x
x x
2
2
2
2
2 2
2
2
sin 4 sin
4 cos
I I I
dx x
cox dx
x
x dx
x
x x
I
-0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 6
0
2
2 12
11
1
2
0
2
2 2
2
2 1
sin 4
sin 4 sin
4 sin
4
dx x
x I
I
I
dx x
x dx
x
x dx
x
x
I
11 I
-Đặt x= -t dx= -dt
x= 0 t = 0
x=- 2
t= 2
Ta có
2
0
2
sin 4
dt t
t dx
x
x
11
I
I
- 12
2
11
sin
4
dx x
x I
Vậy I1= I11+I12 = 0
Tính I2
I2=
2
2
2
2
2 2
2
) (sin sin
4
) (sin sin
4 cos
x d x
x d dx
x
x
I2=
2 2
2
2
2
sin 2 ln sin
2 ln 4
1 sin
2
) (sin sin
2
) (sin 4
I2=
3 ln 2
1 9 ln 4
1 sin
2
sin 2 ln
4
2
x x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 7Gọi P(x1; y1) Q(x2; y2) thuộc (E) Ta có 9 4 1 i= 1,2
Tiếp tuyến tại P;Q của (E) có dạng 9 4 y 1
y x
i= 1,2
-Vì tiếp tuyến tại P;Q của (E) cắt nhau tại I(x0; y0)
Hay
1 4
9
1 4
9
0
2 0 2
0
1 0 1
y
y x x
y
y x x
-Phương trình PQ: 9 4 1
0
0 x y y
x
-Vì M(1; 1) thuộc PQ nên ta có 9 1 4 1 1
0
0 y
x
Vậy điểm I thuộc đường thẳng có phương trình:
4x +9y - 36 = 0
0.5
0.5
0.5
0.5
Bài 5
Từ giả thiết ta có phương trình của mf(ABC):
c 1
z b
y a
x
4 2 1
c b a
-Theo Cosi ta có
3 3
4 2 1
abc abc
c b a
-
Vì 6.VOABC= abc Nên VOABC 36 Hay Min VOABC = 36
Đẳng thức có khi 3
1 4 2 1
c b a
-
Với
0.5
0.5
0.5
Trang 8
12 c
6 b
3
a
3
1
1
1 1
c
b
a
-
1
12
z 6
y 3
x :
(ABC)
Hay phương trình mf(ABC): 4x+2y+z-12 = 0
0.5
0.5