ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo Phần chung cho tất cả thí sinh.. Câu I..[r]
Trang 1Phần 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
=
Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −1
= − ⇒ = ⇔ = ± ± = −
• Bảng biến thiên:
Đồ thị lõm trong các khoảng: ; 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
Trang 22 Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình
x − m+ x + m= −
Đặt t= x2 ≥ 0 thì (*) trở thành:
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
=
= +
m m
< + <
⇔ + ≠
( )
1
;0 0;1 3
3 0
m
m m
− < <
≠
.
Trang 3Câu 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
⇔
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
= +
=
⇔
2
v 1 1
2
=
⇔
=
+) v = 1 ⇒ u = 2 Ta có:
1 x
+ =
Trang 4+) v 1 u 1
= ⇒ = Ta có:
x y
2
3
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
= ⇒ = −
3
3
2
2
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.
Trang 5+) Từ I hạ IH AC⊥ ⇒ IH (ABC)⊥
AA 'C :
∆ AC2 = A 'C -AA'2 2 = 9a2− 4a2 = 5a2
AC2 = 5a2 ⇒ AC a 5=
ABC :
∆ BC2 = AC2− AB2 = 5a2− a2 = 4a2 ⇒ BC 2a=
ABC
A 'M
IH 2IK IH
⇒ VIABC 1 a 2a2 4a3
Từ trên ⇒ HC 2AH=
AB CA 3= = ⇒ = 3
2 IBC
Khoảng cách từ A đến
3 IABC
2 IBC
4a 3
(ABC)
2a 3
Câu V
Đặt xy t= , với ,x y≥ 0 thì
x y+
≤ =
Khi đó:
S = 16t2− 2 12t+
32 2
S′ = t−
Trang 6Từ 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:
A(1; 2)
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
= +
= − −
Gọi E là trung điểm của BC, tọa độ E tìm được từ hệ:
7x 2y 3 0
x 3 6t
= +
= − −
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:
Trang 7x 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
⇔ 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: ·MIx =600
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
2 2
và 2
−
Trang 8Vectơ chỉ phương của∆ là uuur∆ = (1; 1; -1); nuurp = (1; 2; −3);
p
u , n∆
uur uur
= (−1; 2; 1)
d :
−
Câu VII.b
Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn
2
2x m x
+ − = − +
⇔ + − = − + (với x 0≠ )
2
3x x(1 m) 1 0
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)
Suy ra trung điểm AB là 1 2
2
+
I thuộc trục tung x1 x2 m 1
(vì theo định lý Vi-ét thì x1 x2 m 1
3
−
Vậy m = 1