Dap an Toan Khoi D 2009 doc

Trần Mạnh Tùng – THPT Lương Thế Vinh - HN. Nguyễn Văn Chung – ĐH Công Nghiệp HN..[r]

Đáp án đề toán khối D - 2009 Câu I.

1) với m = 0: y = x4 – 2x2

+ TXĐ: D = R;

+ y’ = 4x3 – 4x

y’ = 0  x = 0; x = 1

+ Điểm cực đại (0; 0), điểm cực tiẻu (-1; -1) và (1; -1)

+ Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; ); Hàm số nghịch biến trên (  ; 1);(0;1) + Bảng biến thiên:

+ Đồ thị:

2) Yêu cầu bài toán tương đương với pt:

x4 – (3m + 2)x + 3m = -1 có 4 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2

x4 – (3m + 2)x + 3m + 1 = 0.

Đặt t = x2, ta có t2 – (3m + 2)t + 1 + 3m = 0 có hai nghiệm thoả mãn 0 < t1 < t2 < 4

1

0 3 1 4; (3 1) 1

1

1 3

0

t

t m

m m











 



Câu II.

1) Giải phương trình 3 cos5x 2sin 3 cos 2x x sinx0

3 cos 5 (sin 5 sin ) sin 0 3 cos5 sin 5 2sin

k Z





2) Giải hệ pt:

2 2

5

x x y

x y

x









ĐK: x 0

2

2

1 1

2

1 2;

2

x

x







 













Câu III.

3

1

x

x

x

Câu IV.

Ta có

2

2 1

2

ABC

Gọi N là trung điểm AC, O MN AC

Hạ IH AC IH (ABC)

Có

4

a

AM  AA A M 

3 2

1

2 2

IK IM OM

AC a

IH IA AN

IH IK

a

Câu V.

Đặt

1 0

4

t xy  t

Ta có:

2

t t

A

B

C

N H

K I O

Xét f(t) = 16t2 - 2t +12 với

1 0

4

t

 

ta được

1 0 4

1 0 4

( ) (" " )

t

t

MaxS Maxf t khi x y

 

 



Câu VIa.

1) Gọi (d1): 7x – 2y – 3 = 0, (d2): 6x – y – 4 = 0 lần lượt là phương trình đường trung tuyến, đường cao qua đỉnh A và N là trung điểm BC

Ta có:

:

(1; 2)

x y

A d d

x y A







Do M là trung điểm AB nên suy ra: B(3; -2)

2 (1;6)

(3; 2)

d

n u

B











 

1

:

3 (0; )

2

x y

N d BC

x y N









Do N là trung điểm BC nên  C( 3; 1) 

Vậy

PT AC     x y 

2)

2

2

z t

 





 



V ì D AB  D(2 t;1 ; 2 )t t  CD(1 ; ;2 ) t t t



Để CD song song với (P) thì CD  n P

Ta có nP(1;1;1)

CDn  CD n  t  D    

C âu VIIa

| 3 ( 4) | 2

z x iy

 

KL: Quĩ tích cần tìm là đường tròn tâm (3; -4), bán kính R = 2.

Câu VIb.

1) I(1; 0); R = 1 Tam giác OMI cân tại I vì IO = IM = 1.

Gọi (d) là đường trung trực hạ từ I của tam giác OIM, suy ra (d) tạo với Ox một góc 600, suy

ra hệ số góc kd =  3.

+) k  3 : (d): y 3(x1) 3x 3.

Vì

OM

OM  d  k   ptOM y x

Toạ độ của M là giao của OM và (C).

1

; 3

2 2

M







+) k  3 : (d): y 3(x1) 3x 3.

Vì

OM

OM  d  k   ptOM y x

Toạ độ của M là giao của OM và (C).

1

; 3

M





2) u (1;1; 1); nP (1; 2; 3).

, ( 1;2;1)

u u n 

      

Gọi M là giao của  và (P), ta có M(-3;1;1) nên M thuộc (d).

Vậy (d):

3

1 2 1

 





 



  



Câu VIIb.

Pt tương giao:

2

1

x x

x

 

ĐK:

0

f

 



  







Gọi I là trung điểm AB, suy ra

1

x     x   m TM

.

Gv Trần Mạnh Tùng – THPT Lương Thế Vinh - HN

Nguyễn Văn Chung – ĐH Công Nghiệp HN.