Tìm hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d... Mặt khác, tam giác SAD đều nên SE ⊥ AD.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC VIÊN GIỎI LỚP 12 BTTHPT
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU 1: (4 điểm) Cho hàm số: y = x4
− 8m2
x2
+ 1 (Cm)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1
2
2 Tìm m để (Cm) có ba cực trị A, B, C Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân CÂU 2: (5 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình:
1 (3 +√5)x
+ (3 −√5)x
= 3.2x
2 log3
√
x2
− 5x + 6 + log1
3
√
x− 2 > log 1
3
√
x+ 3
CÂU 3: (4 điểm) Tính tích phân:
π 4 Z
0
e5xsin xdx
CÂU 4: (4 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Mặt phẳng SAD là tam giác đều và SB = a√2 E, F lần lượt là trung điểm của AD và AB H là giao điểm của F C và EB
1 Chứng minh AB vuông góc với mặt phẳng (SAD), CF vuông góc với mặt phẳng (SBE)
2 Tính thể tích khối chóp C.SEB
CÂU 5: (3 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(1; −2; 3) và đường thẳng d :
x+ 1
y− 2
z+ 3
−1
1 Viết phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng d và điểm A
2 Tìm hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d
3 Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với đường thẳng d
—————————————————————–
Chữ ký của giám thị: Số báo danh của thí sinh:
Giám thị 1:
Giám thị 2:
Trang 2HƯỚNG DẪN CÂU 1:
1 Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 1
2 Với m = 1
2 thì hàm số đã cho trở thành: y = x4
− 2x2
+ 1
• Tập xác đinh: D = R
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
y′
= 4x2
− 4x
y′
= 0 ⇔
x= −1
x= 0
x= 1
y′
>0∀x ∈ (−1; 0) ∪ (1; +∞) ⇒ hàm số đồng biến trên (−1; 0) ∪ (1; +∞)
y′
<0∀x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; 1) ⇒ hàm số nghịch biến trên (−∞; −1) ∪ (0; 1)
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại xCD = 0 ⇒ yCD = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = ±1 ⇒ yCT = 0
Giới hạn và tiệm cận:
lim
x→+∞y= lim
x→−∞y= +∞
Đồ thị hàm số không có tiệm cận
Bảng biến thiên:
x
y′
y
+∞
• Đồ thị:
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Cắt trục hoành tại hai điểm M(−1; 0) và
N(1; 0)
Khi x = ±2 thì y = 9
Trang 3O x
y
9
1
2 Tìm m thỏa mãn điều kiện:
Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì phương trình y′
= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ 4x3
− 16m2
x= 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ 16m2
>0 ⇔ ∀m 6= 0 hay (Cm) luôn có 3 cực trị A, B, C khi m 6= 0
Phương trình y′
= 0 có ba nghiệm
x= −2m
x= 0
x= 2m
nên tọa độ A, B, C lần lượt là: A(−2m; 1− 16m4
), B(0; 1), C(2m; 1 − 16m4
) nên dễ thấy A và C đối xứng nhau qua trục Oy, mặt khác B ∈ Oy nên tam giác ABC cân tại B
CÂU 2:
1 Giải phương trình:
(3 −√5)x
+ (3 −√5)x
= 3.2x
(1) Chia hai vế phương trình cho 2x ta được:
3 +√
5 2
!x
+ 3 −√5
2
!x
= 3
Đặt t = 3 +
√ 5 2
!x
thì 3 −
√ 5 2
!x
= 1
t với điều kiện t > 0 Khi đó phương trình trở thành:
t+1
t = 3 ⇔ t2
− 3t + 1 = 0 (2) Giải phương trình (2) ta được hai nghiệm
t= 3 +
√ 5 2
t= 3 −√5
2 Với t = 3 +
√ 5
2 ⇒ x = 1
Trang 4Với t = 3 −
√ 5
2 ⇒ x = −1
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1
x= −1
2 Giải bất phương trình
log3
√
x2
− 5x + 6 + log 1
3
√
x− 2 > log1
3
√
x+ 3 (1)
Điều kiện: x > 3
(1) ⇔ log3
√
x− 2 + log3
√
x− 3 − log3
√
x− 2 + log3
√
x+ 3 > 0
⇔ log3
√
x2
− 9 > 0
⇔√x2
− 9 > 1 ⇔ x2
− 9 > 1
⇔ x2
>10 ⇔ x >
√ 10
x <−√10 Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình (1) là x >√10
CÂU 3: Tính tích phân:
I =
π 4 Z
0
e5x
sin xdx
Đặt
u = e5x
dv= sin xdx
⇒
du= 5e5x
dx
v = − cos x
I = −e5x
cos x
π 4 0 + 5
π 4 R
0
e5x
cos xdx
I = −(e5π4 cos π
4 − e0
cos 0) + 5I1 = 1 −
√ 2
2 e
5π
4 + 5I1 (1)
Tính I1 =
π 4 R
0
e5x
cos xdx Đặt
u= e5x
dv= cos xdx
⇒
du= 5e5x
v = sin x
I1 = e5x
sin x
π 4 0
− 5
π 4 R
0
e5x
sin xdx
I1 = e5π4 sinπ
4 − e0
sin 0 − 5I
I1 =
√
2
2 e
5π
4 − 5I Thay vào công thức (1) ta được:
Trang 5I = 1 −
√
2e5π4
2 + 5
√ 2e5π4
2 − 5I
!
⇒ 26I = 1 + 2√2e5π4 ⇒ I = 1 + 2
√ 2e5π4
26 CÂU 4:
Hình vẽ:
S
A
D E
F
H
1 Chứng minh vuông góc:
Ta có AB⊥AD (1) (giả thiết ABCD là hình vuông)
Mặt khác, SAD là tam giác đều nên SA = SD = AD = a và SB = a√2 Dễ thấy
SB2
= SA2
+ AB2
nên tam giác SAB vuông tại A Từ đây suy ra AB⊥SA (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB⊥(SAD)
Do AB⊥(SAD) nên SE⊥AB Mặt khác, tam giác SAD đều nên SE⊥AD Từ đây suy
ra SE⊥(ABCD) ⇒ SE⊥CF (3)
Do ∆CBF = ∆BAE nên \F CB = [EBA Mặt khác \F CB+ \CF B = 90o suy ra [EBA+
\
CF B= 90o hay \HBF + \HF B = 90o
⇒ CF ⊥EB (4) tại H
Từ (3) và (4) suy ra CF ⊥(SBE)
2 Tính thể tích C.SBE
Ta có: SE là trung tuyến tam giác SAD đều cạnh a nên SE = a
√ 3 2 Xét ∆ABE vuông tại A có EB =√AB2+ AE2 = a
√ 5 2 Tam giác BF H đồng dạng với tam giác BEA suy ra F H
F B = AE
BE ⇒ F H = F B.AEBE
⇒ F H = a
√ 5
10
⇒ CH = CF − F H = BE − F H = 2a
√ 5
5 Hình chóp C.SBE có đáy SBE là tam giác vuông tại E và đường cao CH (vì
CH⊥(SBE)) nên ta có:
3
Trang 6CÂU 5:
1 Viết phương trình mặt phẳng (P ):
Ta có M(−1; 2; −3) ∈ d Mặt phẳng (P ) qua d và A nên vtpt vuông góc với −→ud= (2; 1; −1)
và −−→M A= (2; −4; 6) do đó có thể lấy −→n = [−→ud,−−→M A] = (−2; −14; 10) làm vtpt.Vậy (P ) có phương trình:
−2(x − 1) + 14(y + 2) + 10(z − 3) = 0 hay:
−x + 7y + 5z = 0 (1)
2 Tìm hình chiếu vuông góc của A trên d:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d ta có:
H∈ d ⇒ H(−1 + 2t; 2 + t; −3 − t)
−−→
AH = (−2 + 2t; 4 + t; −6 − t) Mặt khác −−→AH⊥−→ud= (2; 1; −1)
⇒−−→AH.−→ud= 0 ⇔ 2(−2 + 2t) + (4 + t) − (−6 − t) = 0
⇒ −4 + 4t + 4 + t + 6 + t = 0 ⇔ 6t + 6 = 0 ⇔ t = −1
Thay t = −1 vào ta được tọa độ H(−4; 1; −3)
3 Viết phương trình mặt cầu:
Mặt cầu tâm A tiếp xúc với đường thẳng d có bán kính :
R= AH =p(4 + 3)2
+ (2 − 1)2+ (3 + 2)2 =√
50
Vậy phương trình mặt cầu là: (x − 1)2
+ (y + 2)2
+ (z − 3)2
= 50
...√
2
2 e
5π
4 − 5I Thay vào công thức (1) ta được:
Trang 5