Lời giải đề thi ĐH số 19

ĐẠI HỌC DÂN LẬP VĂN HIẾN –Khối A
Câu I:
Cho:
2
( 1)( )y x x mx m= − + +
(1)
1) Khảo sát hàm số (1) tương ứng với m= -2:
2
3 2
( 1)( 2 2)
3 2
= − − −
= − +
y x x x
y x x
• Tập xác đònh : D = R
•
2
' 3 6 3 ( 2)= − = −y x x x x
0
' 0
2
=

= ⇔

=

x
y
x

•
'' 6 6= −y x
" 0 1 0= ⇔ = ⇒ =y x y
⇒
Điểm uốn : I(1, 0)
• BBT:
• Đồ thò:
Điểm đặc biệt :
2) Tìm m để đồ thò (1) tiếp xúc trục hoành. Xác đònh toạ độ tiếp điểm.
Ta có :
3 2
( 1)y x m x m= + − −
(1)
Đồ thò (1) tiếp xúc trục hoành
3 2
2
x +(m-1)x -m=0 (2)
3x +2(m-1)x=0 (3)


⇔



có nghiệm .
[ ]
0
(3) 3 2( 1) 0
2( 1)
3

x
x x m
m
x
=


⇔ + − = ⇔
−

= −

Thay vào (2) :
3 3
3 3 2
2
0 0
2( 1) 8 4
( 1) ( 1) 0
3 27 9
4( 1) 27 0 4 12 15 4 0
( 4)(4 4 1) 0
4
1
2
x m
m
x m m m
m m m m m
m m m

m
m
= ⇒ =
−
= − ⇒ − − + − − =
⇔ − − = ⇔ − − − =
⇔ − + + =
=


⇔

= −

Hoành độ tiếp điểm là :
0 0
4 2
1
1
2
m x
m x
m x
= ⇒ =
= ⇒ = −
= − ⇒ =
Vậy đồ thò (C) tiếp xúc Ox khi:
m= 0, m= 4,
1
2

m = −
Toạ độ tiếp điểm tương ứng là: (0, 0), (-2, 0), (1, 0)
Câu II :
+
− + + + + >
1 2
4 2( 2).2 2 2 0
x x
m m m
1) Giải bất phương trình khi m= 1:
Đặt
= 2
x
t
. Điều kiện t > 0.
Khi đó bất phương trình trở thành:
− + + + + >
2 2
4( 2) 2 2 0m t m mt
(*)
Khi m= 1, (*) trở thành :




< < −
− + > ⇔
> +
2
0 6 31

12 5 0
6 31
t
t t
t
Nghóa là: Bất phương trình




< −
⇔
> +
2 6 31
2 6 31
x
x





< −
> +
⇔
2
2
log (6 31)
log (6 31)
x

x
2) Tìm m để bất phương trình thoả
∀ ∈
¡x
Đặt
= − + + + +
2 2
( ) 4( 2) 2 2f t m t m mt
Bất phương trình thoả
∀ ∈¡x
.
⇔ ∀


∆


∆ ∧ ≤



∆





⇔
1 2 1 2
f (t) > 0 thoả t >0

'< 0
S
' = 0 0
2
' > 0
t < t < 0 ( với t ,t là nghiệm của f(t) =0 )
' 0
S
' = 0 0
2
' 0
(0) 0
0
2
af
S


∆ <


∆ ∧ ≤


⇔


∆ >

≥






<



− +
⇔ <
7 7
3
m
Câu III:
Chứng minh rằng
∆
ABC đều khi và chỉ khi:
= ++
2 3 3 3
3 2 (sin sin sin )S r A B C
Ta có:
= ++
2 3 3 3
3 2 (sin sin sin )S r A B C

 
 ÷
 
⇔ = + +

⇔ = + +
3 3 3
2
3 3 3
3 3 3
3
2
4 8 8 8
3
abc a b c
R
R R R R
abc a b c
p dụng BĐT Côsi:
+ + ≥ =
3 3 3 3 3 33
3 3a b c a b c abc
Vậy hệ thức chỉ thoả khi dấu “ = ” xảy ra.

⇔ = = ⇔ ∆
a b c
ABC đều (đpcm)
Câu IV:
Tính
π
=
+
∫
2
3

0
4sin
1 cos
x
I dx
x
Ta có:
π
−
=
+
∫
2
2
0
4sin (1 cos )
1 cos
x x
I dx
x

π
π
π
= −
= −
= − + =
∫
∫
2

0
2
0
2
0
4sin (1 cos )
(4sin 2sin2 )
( 4cos cos2 ) 2
x x dx
x x dx
x x
Câu Va:
A(0, 0, 1); B(-1, -2, 0); C(2, 1, -1)
1) Phương trình mặt phẳng (P) đi qua A,B,C.
Ta có VTP (P) là :
 
 
= = −
uur uuur uuuur
, (5, 4,3)
P
n AB AC

⇒
Phương trình mặt phẳng (P):
5x – 4y + 3z – 3 = 0
2) Toạ độ trọng tâm tam giác ABC là G
 
−
 ÷

 
1 1
, ,0
3 3

Đường thẳng d đi qua G và d
⊥
(P):
⇒

−= =
uuur uuur
(5, 4,3)
P
d
a n
Phương trình tham số của d là:

= +



= − −


=



1

5
3
1
4
3
3
x t
y t
z t
2) Chân đường cao H hạ từ A xuống đường thẳng BC.
Ta có:
= −
uuur
(3,3, 1)BC
Phương trình tham số của BC là :
= − +


= − +


= −

1 3
2 3
x t
y t
z t
Lấy H(-1 + 3t, -2 + 3t, -t)
∈

BC.
H là hình chiếu của A
⇔ =
uuur uuur
. 0HA BC

⇔ − + − − +
⇔ =
⇔ =
3(1 3 ) 3(2 3 ) 1(1 )
19 8
19
8
t t t
t
t
Vậy H
 
− −
 ÷
 
5 14 8
, ,
19 19 19
Câu Vb:
O
M
I
H
J

a
x
y
z
1) Vẽ
⊥MI Oz
và
⊥MJ Oy
.
Ta có:
∆ = ∆
MOI MOJ
⇒ =MI MJ
Khi đó
∆ = ∆ ⇒ =
MHI MHJ HI HJ
Và
⊥HI Ox
,
⊥HJ Oy
Suy ra H thuộc đường phân giác
·
xOy
.
2) Ta có:
β
α
° < < °0 , 90
2
và

β
α
= < =
2
IH MI
tg tg
OI OI
do
<IH MI

β
α
⇒ <
2
Tam giác OMI có OI =
α
cosa
Tam giác OHI có
α
β β
= =
.cos
cos cos
2 2
OI a
OH
Tam giác MOH có
= −
2 2 2
MH OM OH