De on thi HK1 co dap an

b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.. Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số fx tại giao điểm của đồ thị với Oy... b Xác định tâm và bán kính mặt cầu n

ĐỀ 1

Bài 1 Cho hàm số 2 1

2

x y x





 có đồ thị là (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5x  y 3 0

c) Tìm những điểm nằm trên đồ thị (C) cách đều hai trục tọa độ Ox và Oy

Giải:

a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị

b) PTTT với (C) tại M0(x y0; 0) có dạng: y f '(x0)(xx0)  y0

Mà: f '(x0).kd   1 ( vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5x  y 3 0.)

2

2

0

5 ( 5) 1 4 21 0

( 2)

x

  



              



5 5

y f x   y x

+ '( 7)( 7) 3 1 22

5 5

y f  x   y x

Vậy PTTT cần tìm là 1 2

5 5

y x ; 1 22

5 5

y x

c) Tập hợp những điểm cách đều hai trục Ox, Oy là đường thẳng yx và y x

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và yx:

2 1

2 1 2 1 0 (!) 2

x

x

        

 + Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và y x:

x



Vậy những điểm cách đều Ox, Oy là A( 2  5; 2 5), B( 2  5; 2 5)

Bài 2 Tìm những điểm lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

( ) 2 5

f x  x x

f x x e  trên đoạn [1; 2]

Giải:

( ) 2 5

f x  x x

+D [ 5; 5]

+

2

2

2 5

x

f x

x

 



+

2

2

 

 

2

x

x







+ f(2)5; ( 2)f   3; (f  5) 2 5; ( 5)f 2 5

Vậy

5; 5 5; 5

b) f x( )x e x23x trên đoạn [1; 2]

+ D R  1; 2

2

1 ( )

1( )

  





 



(1) ; (2) 2.

[1;2]

[1;2]

max ( )f x 2e ;min ( )f x e

Bài 3 Cho hàm số 3 2

yx  x  mx Định m để hàm số đạt cực trị tại x x1, 2 thỏa x1x2 2

Giải:

+ DR

' 3 6 2

y  x  x m

' 0 3 6 2 0 ( )

y   x  x m 

Để hàm số đạt cực trị tại x x1, 2 thỏa x1x2  2 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt thỏa x1x2 2

1 2 1 2

3

2

2

0

3

m

m

m





Vậy giá trị m cần tìm là m0

Bài 4 Giải các phương trình và bất phương trình sau:

2.4x x  6x  x  9x  x

2

7

x

x





c)

2 0,7 6

4

x

  

Giải:

2.4x x  6x  x  9x  x

2 2 2 2( 2 2) 2 2

x x

x x x  x x  x

Đặt

2 2 3

, 0 2

x x

 

 

  

 

2( )

t







2

1

x x

x

x

              

Vậy nghiệm của phương trình là x2; x 1

2

7

x

x





+ Đk:

2

3 10 0

5

0 2

x

x

        

 



5

2

x x





 2 2 7

2( )

12

x







Vậy nghiệm của phương trình là x 12

c)

2 0,7 6

4

x

  

+ D    4; 1 0;

5 24

x

Vậy nghiệm của bất phương trình là x    4; 3 8;

Bài 5 Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B có ABa SA,  (ABC) và SAa 3 Gọi

I là trung điểm AC

a) Chứng minh: (SBI)  (SAC)

b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC

c) Gọi M là một điểm nằm trong đoạn SB sao cho MB2SM Tính thể tích khối chóp M.ABC

Giải:

a) Ta có: BI AC BI (SAC)







Mà BI (SBI)  (SBI)  (SAC)

b) Gọi J là trung điểm SC

+ SAC vuông tại A, trung tuyến AJ 1

2

    (1)





1 2

    (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AJ BJ SJJC

Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC có tâm J, bán kính

2

SC

RAJ BJ SJ JC

ABC

 vuông cân tại B: ACa 2

SAC

 vuông tại A có : SC SA2AC2  3a22a2 a 5

5 2

a R

 

BAMC

M ABC S ABC BASC

3 2

SABC ABC

a

.

M ABC

V

ĐỀ 2

( 2) ( 1) 2

yx  m x  m x

a) Xác định các giá trị của m để hàm số có hai cực trị

J

I

B S

M

b) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 gọi là đồ thị (C)

c) Xác định các giá trị của a để phương trình 3 2

x  x  a có ba nghiệm phân biệt

Giải:

a) + DR

' 3 2( 2) ( 1)

y  x  m x m

' 0 3 2( 2) ( 1) 0

y   x  m x m  (1)

Đề hàm số có hai cực trị thì pt (1) phải có 2 nghiệm phân biệt:

2 2

3 0 0

5 0 ' 0 ( 2) 3( 1) 0

a





Vậy hàm số có hai cực trị với mọi m

b) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị

c) (C): 3 2

3 2

yx  x 

x  x    a x  x  a x  x   a

Số nghiệm của pt (*) là số giao điểm của (C) và d: y = a + 2

Bảng biện luận:

a a + 2 Số giao điểm của (C) và d Số nghiệm của pt (*)



0

-4





2 -2



1

2

3

2

1

1

2

3

2

1

Vậy với   4 a 0 thì thì phương trình 3 2

x  x  a có ba nghiệm phân biệt

Bài 2 Cho ( ) 3 2

2 1

x

f x

x





 Tìm phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại giao điểm của đồ thị với

Oy

Giải:

3 2 ( )

2 1

x

f x

x





 có

1

\ 2

DR  

1 '( )

(2 1)

f x

x





 Gọi M là giao điểm của đồ thị và Oy M(0; 2)

PTTT với đồ thị (C) tại M0(x y0; 0) có dạng: y f '(x0)(xx0) y0

Mà: + ( ;x y0 0)  (0; 2)

+ f '(0)   1

Do đó: y  1(x     0) 2 x 2

Vậy PTTT cần tìm là y  x 2

Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

a) f x( ) ln( )x

x

 trên 1 2

;

e e

3

x x

ye   x x trên  0; 2

Giải:

a) f x( ) ln( )x

x



D    e e  

+ f '( )x 1 ln2 x

x





f '( )x 0 1 ln2 x 0 lnx 1 x e

x



2

( ) , ( ) , ( )



Vậy

1 2

1 2

1

;

;

1

e e

e e





3

x x

ye   x x

+ D R  0; 2

+ y'  ( 2x 2).e x2 2x3x23

2

2

1

x x

x

 

 

+ f(0)  1, (1)f  e 2, (2)f   1

Vậy

max ( )f x  f(1) e 2,min ( )f x  f(2)  1

Bài 4 Giải các phương trình và bất phương trình sau:

2x x 2  x x  3

b) log (3 5) log 23 1log (33 20) 0

2

c)

2 1

2

3 2

x

   



Giải:

2x x 2  x x  3

2

2

4

2

x x

x x





Đặt 2

Pt 4 2 4

1( )

t

t







1

x



Vậy nghiệm của phương trình là x2, x 1

b) log (3 5) log 23 1log (33 20) 0

2

+ Đk:

5

20

3

x x

x





 



Pt log3 5 1log (33 20) 5 3 20

7

x

x







Vậy nghiệm của phương trình là x15, x7

c)

2 1

2

3 2

x

   

  0;1 2; 

x

         

Bài 5 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy AB = a, SAa 2, O là tâm của đáy Gọi I là trung điểm BC

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a

c) Dựng IH vuông góc SA tại H Chứng minh SA (BCH) Tính thể tích HABC

Giải:

a) Ta có: ABC đều, O là trọng tâm: 2 2 3 3

Xét SAO vuông tại O:

2

2

.

S ABC ABC

b) Vì S.ABC đều nên SO là trục của đa giác đáy

Gọi J là trung điểm SA, qua J kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại K

 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC có tâm K và bán kính RKAKBKCKS

Ta có: SJK SOA ( 0

90

SJK SOA , JSK : chung)

5

SK

15 5

a

c) Ta có: BC AI BC (SAI) BC SA(1)







Lại có: SAIH(2)

Từ (1) và (2) suy ra: SA (BCH)

Xét SAI có:

4 2

Xét AIHvuông tại H có:

       

J

O

I

B

S

K H

Mà 2 / 4 1

4 2

AHBC

ASBC

AHBC ASBC

ĐỀ 3 Bài 1 Cho hàm số 4 2

4 3

y  x x  có đồ thị (C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến song song với (d): 16x  y 3 0

Giải:

a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị

b) PTTT với (C) tại M0(x y0; 0) có dạng: y f '(x0)(xx0) y0

Do đó: y  16(x    2) 3 16x 29

Vậy PTTT cần tìm là y  16x 29

Bài 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

( ) ln( 5) 4

f x  x  x trên đoạn 4;3

3 x

y x  e trên đoạn  0; 4

Giải:

( ) ln( 5) 4

f x  x  x

+ DR\   5  4;3

+

7 8

x

f x



5

x

         

 +

3 x

y x  e

+ DR

' 2 x 2 3 x

y  x e  x  e

2

2

( ) 2

x













Vậy

1 13 0;4 0;4

Bài 3 Tìm k để đường thẳng d y: kx2k1 cắt đồ thị (C): 2 1

1

x y x





 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A, B đến trục hoành bằng nhau

Giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): 2 1 2 1

1

x

kx k x



  



2x 1 kx 2kx x kx 2k 1 kx (3k 1)x 2k 0

             (*)

(C) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 2 nghiệm phân biệt:

0

3 2 2 3 2 2

k



Gọi A x kx( A, A 2k 1), (B x kx B, B  2k 1) A, B cách đều trục Ox

Với x A,x B là nghiệm của pt (*) nên: x A x B 1 3k

k



 

1 3

k



Vậy k  3 thỏa ycbt

Bài 4 Giải các phương trình và bất phương trình sau:

4 x  5.2 x   16  0

b) lg(2x 3) lg(5x)lg 5 lg(1 3 )  x

3

2 log (4x 3) log (2x 3) 2

Giải:

4 x  5.2 x   16  0 (x  1)

2 x 10.2 x 16 0

8

t

t







Vậy x 0, x 8 là nghiệm của phương trình

b) lg(2x 3) lg(5x)lg 5 lg(1 3 )  x

Đk:

3

1

3

3

x x

x

x



 



 



       



5( )

x







Vậy x 1 là nghiệm của phương trình

3

2 log (4x 3) log (2x 3) 2

Đk:

3

2

x x

x x

x

 



 



Bpt

2

Vậy nghiệm của bất phương trình là 3 3

4  x

Bài 5 Cho hình chóp S.ABC, có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC2 ,a ABa 3,SA(ABC) và SB hợp với đáy 1 góc 600

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABC

c) Qua B dựng mp ( )P SC Tính tỉ số thể tích hai phần của hình chóp S.ABC bị chia bởi mp (P)

Giải:

I

B

S

H

K

( )

SA ABC A là hình chiếu của S lên (ABC)  AB là hình chiếu SB lên (ABC)

SAB

tanSBA SA SA tanSBA AB tan 60 a 3 3a

AB

3

S ABC ABC

a

b) Gọi I là trung điểm SC

SAC

 vuông tại A, AI là trung tuyến: 1

2

SI ICAI  SC(1)







SBC

  vuông tại B, BI là trung tuyến: 1

2

BI SI IC SC(2)

Từ (1) và (2) suy ra S.ABC nội tiếp mặt cầu tâm I, bán kính 1

2

RAI BI SI IC SC SAC

13

R

c) Qua B kẻ BH SC, Qua H kẻ HK SC K AC

SAB

1 cos

2

SBA

SBC

13 13

BHC

 vuông tại H có:

2

CHK CAS  HCK chung)

CK

13

13 1

1 52

52

CHKB

CHKB CSAB BHKAS CSAB CSAB

CSAB CHKB

BHKAS

CSAB

V V

V

V

ĐỀ 4

Bài 1 Cho hàm số 2 1

2

x y x







a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm M (1; 5)

c) Tìm m để đường thẳng (d): ymx1 cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O với O là gốc tọa độ

Giải:

a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị

b) PT (d) qua M(1;5)có HSG k: yk x(  1) 5

2

2 1

( 1) 5

2

.( 1) 5

( 2)

x

k x

x x

x

k x









1

2

1 5

3

2( )

    





  





Do đó: + 1( 1) 5 1 14

y x   x + y3(x  1) 5 3x2

Vậy PTTT cần tìm là 1 14

3 3

y x , y3x2

c) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

2 1

1 2

x

mx x

  



2x 1 mx 2mx x 2 mx (2m 1)x 1 0

           (*)

Để (C) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt:

0

m





Gọi 2 giao điểm là A x mx( ;1 1 1), ( ;B x mx2 2 1)OA( ;x mx1 11),OB( ;x mx2 21)

OAB

1 2 1 2

m m

  



 



Vậy m 1 2, m 1 2 thỏa ycbt

Bài 2 Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a) 32x445.6x9.22x2 0

log (x2) log (x 10) 4log 3

log (4x144) 4log 2 1 log (2   x 1)

Giải:

a)

2

3 45.6 9.2 0 81.9 45.6 36.4 0 81 45 36 0

x  x x   x x x         

   

   

3

x

t  t

 

  pt

2

9

1( )

t

 





 



x



   

        

    Vậy x  2 là nghiệm của phương trình

x

1

11( )

x

 





Vậy nghiệm của phương trình là x  1

log (4 144) 4 log 2 1 log (2 1) log log 5.(2 1) 5.(2 1)

4 144

5.(2 1) 4 144 20.2 80 2 20.2 64 0 4 2 16 2 4 16

x

x





Vậy nghiệm của bất phương trình là 2  x 4

Bài 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

a)

2

2

x

yx e trên  0; 2

ln( 1) ln( 1)

y x   x x  trên  0; 2

Giải:

a)

2

2

x

yx e

+D R  0; 2

+

2

1( )

x

 +

1

2 2

(0) 0, (1) , (2) 2.

f  f e f  e

Vậy

1 2 0;2 0;2

max ( )f x  f(1) e , min ( )f x  f(0)  0

ln( 1) ln( 1)

y x   x x 

+D R  0; 2

1

1( )

x









+ (0) 0, (1) ln 2, (2) ln3

5

Vậy

max ( )f x  f(0)0, min ( )f x  f(1) ln 2

Bài 4 Tìm m để phương trình x2mx 2 2x1 có hai nghiệm phân biệt

Giải:

2

2 (2 1) 3 (4 ) 1 0( )

          

Phương trình (*) có hai nghiệm phân việt khi và chỉ khi phương trình (**) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1

2

 :

 

2 2

1 2

1 2

9

1 1

1

m

m

m



 



2

m  thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

Bài 5 Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và mặt bên tạo với đáy một góc 0

60

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC

b) Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC

c) Mặt phẳng qua cạnh AB và vuông góc với cạnh SC chia khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích

hai phần ấy

Giải:

J

O

N M

B

S

I

H

a) Gọi O là trọng tâm tam giác ABC SO(ABC), M là trung điểm AB, N là trung điểm BC







SON

ON

.

S ABC ABC

b) Vì S.ABC là hình chóp đều nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy

Gọi J là trung điểm SA, qua J kẻ đường trung trực của SA cắt SO tại I

IS IA IB IC

Vậy hình chóp S.ABC nội tiếp mặt cầu tâm I, bán kính RISIAIBIC

SAO

 vuông tại O có:

2 2

21 21

12 2

a

7

12

a

R

 

Thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp:

3

.

a

V  R     a

c) Ta có: AB(SCM)ABCM AB, SOABSC

Kẻ MH SC H SCAB(ABH)SC

Xét SMC có:

3

14 21

6

a a

MHC

 vuông tại H có:

1

21

7 6

CSAB

CHAB CSAB HSAB CSAB

CSAB

a

V

ĐỀ 5

Bài 1 Cho hàm số 1 4 2 3

y x mx  (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi m = 3

b) Tìm trên trục tung các điểm có thể kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C)

c) Tìm các giá trị m để đồ thị (1) có ba điểm cực trị lập thành ba đỉnh của tam giác vuông cân

d) Tìm các giá trị m để đồ thị (1) cắt trục hoành tại bồn điểm có hoành độ thỏa mãn

Giải:

a) Học sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị

b) Gọi M0;mOy

Pt đường thẳng qua M0;m có hệ số góc k có dạng: ykxm(d)

3

6

    



  



3 4 2 3

4x x m 2

Đặt 2

, 0

4t t m 2

     

Để kẻ được ba tiếp tuyến với (C) thì (*) phải có ba nghiệm phân biệt (**) phải có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0

3

0

3

0

0

3 / 4

m

m m

m S





 

 









Vậy 0; 3

2

  thỏa ycbt

2

0

2 (*)

x







Để đồ thị (1) có ba cực trị thì y’ = 0 có ba nghiệm phân biệt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

0

m

 

Để ba điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của tam giác vuông cân:

3

0( )

2

AB AC





Vậy 3

2

m thỏa ycbt

d) Phương trình hoành độ giao điểm của (1) và trục hoành: 1 4 2 3

0

4x mx   2 (*) Đặt 2

tx t (*) 1 2 3 0

3t mt 2

(1) và Ox cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi (*) có 4 nghiệm phân biệt khi (**) có 2 nghiệm phân biệt

dương:

2 2

0

0

0

a

m

P









 



1,2 1 , 3,4 2 1 2 1 , 3 4 2 1 2 3 4 2( 1 2 ) 20

x   t x   t x x t x x  t x x x x  t t 

10 2.3 20

3

Vậy 10

3

m thỏa ycbt