Cho lăng trục đều ABC.. a Tính thể tích khối chóp MABC’.. Tìm toạ độ điểm A, B.. Viết phương trình đường thẳng d’ nằm trong P , cắt Oz và vuông góc với d.. Vì CC’ //AM nên khoảng cách từ
Trang 1NHÁY D 2009
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu 1 (2 điểm ) Cho hàm số y = x4 – (2m – 1) x2 + 4m – 3 (1)
a) Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị khi m = 2
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = 3 tại 4 điểm đều có hoành độ < 2
Câu 2 (2 điểm ) :
3 sin 4x 2 cos 3xcosx - 2sin (x + +π) + 1 = 0
2 Giải hệ: 2
2
(x )(x 2) 12 0
80
(x )
y
y
⎧
⎪
⎩
Câu 3 (1 điểm ) Tính tích phân I = ln 3
x 0
x 1
d
e +
∫
Câu 4 (1 điểm ) Cho lăng trục đều ABC A’B’C’ có AA’ = 4a 2 , cạnh đáy là 2a M là điểm trên AA’
sao cho BM hợp mặt phẳng ACC’A’ một góc 300
a) Tính thể tích khối chóp MABC’
b) Tình khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MBC’)
Câu 5 (1 điểm ) Cho x , y là các số thực không âm thoả x + y = 4, tìm GTLN và NN của biểu thức T
=
y
Câu 6 (3 điểm )
1 Trong hệ trục Oxy, cho đường thẳng d : x – y – 3 = 0 và đường tròn (C) : x2 + (y + 4)2 = 25 Tam giác OAB vuông cân tại O, có A thuộc d và B thuộc (C) Tìm toạ độ điểm A, B
2 Trong hệ trục Oxyz cho đường thẳng d : x = 2t – 5; y = t ; z = t – 4 và mặt phẳng (P) : x + y – 3z + 6
= 0 Viết phương trình đường thẳng d’ nằm trong (P) , cắt Oz và vuông góc với d
3 Tìm m sao cho đường thẳng y = 2x + m cắt đồ thị hàm số y =
2
x 1
x 2
+ + tại hai điểm A, B sao cho trung điểm của AB thuộc đường tròn (O; 5)
GIẢI VẮN TẮT
Câu 1
2 PT hoành độ giao điểm : x4 – (2m – 1) x2 + 4m – 6 = 0
Δ = 4m2 – 4m + 1 – 16m + 24 = 4m2 – 20m + 25 = (2m – 5)2 ≥ 0
Với m ≠ 5/2 và 2 1 0 3 / 2, ta có 4 giao điểm , có hoành độ là :
m
m m
− >
⎧
<=> >
⎨ − >
⎩
YCBT Ù 0 < 2m – 3 < 4 Ù 3/2 < m < 7/2
Vậy 3/2 < m < 7/2 , ≠ 5/2
Trang 2Câu 2
Ù cos(4x - ) cos(2 )
2 Hệ Ù
y
⎪
⎨
−
⎪⎩
Đặt u = x2 – y2 ; v = 2(x – y): 2 212 8; 4
4; 8 80
<=>
Cách khác: Đặt a = x + y, b = x – y, ta được hệ: 2
2
80 4
b a a
b
2
⎧
⎪
+ =
⎪⎩
Thế b = 12/(a + 2) từ phương trình đầu vào phương trình sau, ta được : a 2 + 4 =
2 80( 2) 144
a+
Câu 3 Đặt t = ex + => t1 2 = e x + 1 => 2tdt = ex d x => d x = 22
1
tdt
t −
tdt
dt
Câu 4
Gọi H là trung điểm AC, ta có B H vuông góc (ACC’A’)
A
B
C
A
B’
C’
M
H
K
Ta có : góc BMH = 300 => MH = BH 3 3a=
Ö MA = MH2−AH2 =2a 2=> M là trung điểm AA’
Vì CC’ //AM nên khoảng cách từ C’ đến (ABM) bằng khoảng cách từC đến (ABM) = a 3 (chiều cao tam giác ABC)
3
a
Ö V = b) Khoảng cách d từ A đến (BMC’) là chiều cao của hình chóp A.BMC’ : d =
'
3
BMC
V s
Tam giác BMC’ là tam giác cân tại M biết BM = C’M = 2a 3 và BC’ = 6a Kẻ đường cao MK , ta tính được diện tích tam giác
: BC MK' = − = 3a 3
Suy ra : d = 2 2
3
a
Câu 5 Đặt x + y = S, xy = P Ta có: S2 – 4P ≥ 0 Ù P ≤ 4 Vậy 0 ≤ P ≤ 4
T =
2x y+ 4x + y + 2y +2y x 4 + x + 2 x
x 2(x+ ) 4
y
+
2
S P
+ +
Trang 3Thay S = 4 : T = 2 8
12
P P
+ 8
|
=> T nghịch biến => max T = T(0) = 22/3 , minT = T(4) = 80/16 = 5
Câu 6
1 Gọi A(a; a – 3) là toạ độ của A Vì . 0
| | |
OA OB
⎪
⎨
=
⎪⎩
JJJG JJJG JJJG JJJG nên B = (a – 3 ; - a) hay B = (- a + 3; a)
⎢
⎣
2
2
{0; 1; 7}
a
<=> ∈ −
⎢
⎣
Ghi nhớ: Nếu và là hai vectơ có độ dài bằng nhau và vuông góc nhau, thế thì nếu uG vG uG=( ; )A B thì
( ; )
( ; )
v
B A
−
⎡
= ⎢ −
⎣
G
2 d’ cắt Oz tại giao điểm của Oz và (P) là (0; 0; 2) D’ vừa vuông góc với nJJJG( )P =(1;1; 3)− và
, do đó có VTCP là
(2 ;1;1)
d
uJJG= [nJJJG JJG( )P ,u d] (4; 7; 1= − − ) Suy ra phương trình của d’ là : 2
x y z−
− −
3 Phương trình hoành độ giao điểm : x2 + 1 = (x + 2)(2 x + m) Ù x 2 + (4 + m) x + 2m – 1 = 0
Δ = m2 + 20 > 0 => luôn có 2 giao điểm
Toạ độ trung điểm I của AB : x = - (m + 4)/2 ; y = - m – 4 + m = - 4
Ta có : (m + 4)2 /4 + 16 = 25 Ù (m + 4)2 = 36 Ù m = 2 hay m = - 10
