Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I.. 1..[r]
Trang 1Phần chung cho tất cả thí sinh
Câu I.
1 Khảo sát và vẽ đồ thị:
• Tập xác định: R Đồ thị có trục đối xứng là Oy
y ' 8x 8x 8x(x 1) y ' 0
=
Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −2
y '' 24x 8 8(3x 1) y '' 0 x
3
Ta có: f 3 10
• Bảng biến thiên:
• Đồ thị lõm trên ; 3 ; 3;
;
−
• Hàm số đạt cực tiểu tại x= ±1; ymin = −2 và đạt cực đại tại x 0; y= max = 0
• Vẽ đồ thị: đồ thị tiếp xúc Ox tại ( )0;0 và cắt Ox tại (± 2;0)
Trang 22 Phương trình tương đương với:
2 2 2x x − =2 2m
Từ đồ thị câu 1: y 2x= 4− 4x2 = 2x (x2 2− 2) có thể suy ra đồ thị:
y 2x x= − =2 2x x − 2
Phương trình có 6 nghiệm thực phân biệt
⇔ đường thẳng y 2m= có 6 điểm chung với đồ thị
⇔ < < ⇔ < <
Câu II.
1 sin x cosxsin2x + 3cos 3x = 2 cos4x +sin x+ ( 3 )
Trang 3( )
sin x sin 3x sinx 3cos3x= 2 cos4x+
sin 3x 3cos3x = 2cos4x
sin 3x cos3x = cos4x
cos 3x - cos4x
6
π
6
π
π
− = − + π
6 2k x
π
= − − π
= +
( )
+ + =
+ + =
Từ ( )1 ⇒ xy 1 7y x+ = −
Khi đó: ( ) ( )2 2
2 ⇔ xy 1+ − xy 13y=
Với x= 3y thì (1) trở thành 3y2− 4y 1 0+ =
1
3
= ⇒ =
⇔
= ⇒ =
Với x= 12y thì (1) trở thành 2
12y + 5y+ =1 0: vô nghiệm vì ∆ = −23 0<
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x y; ) là ( )3;1 và 1;1
3
Câu III.
Đặt u 3 ln x du 1dx
x
( )2 ( ( )2)
d x 1
x 1
+
+
Trang 43 1
3
I
1
+
3 1
3
1
−
∫
Câu IV
Gọi G là trọng tâm ∆ABC ⇒ B'G (ABC)⊥
a 3
B'G
2
= ,BG a
2
= , BM = 3a
4 Đặt AB = 2x suy ra AC = x
Gọi M là trung điểm của AC ⇒ MC = x
2 ⇒ BC = x 3
Vậy MB2 = MC2 + CB2 ⇒ x2 =
2 9a 52
⇒ dtABC 1BCAC 9 3a2
1 9a 3 a 3 9a
Câu V
Trang 5Đặt S x y; P xy= + = thì S2 ≥ 4P.
Từ giả thiết:
2
(S 1)(S 2S 2) 0 S 1
Suy ra t x2 y2 1S2 1
Ta có:
A 3(x y ) 3( xy ) 2(x y ) 1
f (t) t 2t 1
4
= − + đồng biến trên 9;
4
+ ∞
nên A f t( ) f 1 9
≥ ≥ =
= = = (thoả mãn giả thiết)
Vậy Amin 9
16
=
Phần riêng
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a
1 Phương trình 2 đường phân giác của góc tạo bởi ∆1và ∆2là:
− = ± −
hay d : 2x y 0;1 + = d :x 2y 02 − =
Tâm K của ( )C là giao của 1 d hoặc 1 d với đường tròn 2 ( )C
Toạ độ K là nghiệm của hệ:
2x y 0
5
+ =
− + =
x 2y 0
5
− =
− + =
Hệ (I) vô nghiệm
Hệ (II) có nghiệm
8 x 5 4 y 5
=
=
Vậy K 8 4;
5 5
Trang 6Bán kính của ( )C là 1 1 ( 1)
2 2
5
2 Có 2 trường hợp:
• Trường hợp 1: Mặt phẳng (P) chứa AB và song song với CD
Ta có AB ( 3; 1; 2)uuur= − − và CD ( 2; 4;0)uuur= −
⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: nr(P)= AB,CDuuur uuur = − − −( 8; 4; 14)
⇒ Phương trình mặt phẳng (P) là:
4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0− + − + − =
Hay: 4x 2y 7z 15 0+ + − =
• Trường hợp 2: Mặt phẳng (P) đi qua 3 điểm: A, B và trung điểm M của CD
Ta có: M 1;1;1( )
AM (0; 1;0)
⇒ uuuur= −
⇒ Vectơ pháp tuyến của (P) là: nr= AB, AMuuur uuuur = (2;0;3)
⇒ Ptrình (P): 2(x 1) 0(y 2) 3(z 1) 0− + − + − =
Hay: 2x 3z 5 0+ − =
Kết luận: có 2 mặt phẳng (P) thoả mãn yêu cầu bài toán là:
4x 2y 7z 15 0+ + − =
Và: 2x 3z 5 0+ − =
Câu VII.a
Giả sử z a bi= + với a, b ∈ R
Khi đó:
(a bi) (a bi) 25 z.z 25
=
2 2
2 2
2 2
(10 2a) a 25
b 10 2a
+ =
a 3
z 5
a 5
b 0
=
⇔ = ⇔ =
=
B Theo chương trình Nâng cao
Trang 71 Khoảng cách từ A đến BC 1 4 4 9
− − −
+
C C
B(x ; x 4)
C(x ; x 4)
9
2
2
−
−
AB AC
=
⇔
⇔
2 Gọi d là đường thẳng qua A, song song với (P)
⇒ d nằm trên mp (Q) qua A song song với (P).
⇒ (Q): x – 2y + 2z + 1 = 0.
Đường thẳng ∆ qua B, vuông góc với (Q):
x 1 t
z 3 2t
= +
= − −
= +
Tìm được giao điểm của (Q) và ∆ là C 1 11 7; ;
9 9 9
−
Suy ra phương trình đường thẳng AC cần tìm là:
+ = = −
− .
Câu VII.b
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn
Trang 8PT: -x +m =
2
x
−
PT(1) có ac = -2 < 0 nên luôn có hai nghiệm phân biệt x1< <0 x2
Khi đó A x ; x( 1 − +1 m) và B x ; x( 2 − 2+ m)
m
2
(vì theo định lý Viét thì 1 2
m
2
+ = − và 1 2
1
x x
2
= − ) Vậy m= ±2 6