Dap an de thi DH toan khoi D 2009

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hồng Trọng Hảo</i>
<b>Phần chung cho tất cả thí sinh</b>

<b>Câu I. </b>

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}3 _{4x 4x(x}2 ₁₎ _{y ' 0} x 0

x 1

=


= − = − ⇒ _{= ⇔  = ±}


Ta có: f (0) 0;f ( 1)= ± = −1.

• _{y '' 12x}2 ₄ _{y '' 0} _x 3_;f 3 5

3 3 9

 

= − ⇒ = ⇔ = ± _ ± _ = −

 

• Bảng biến thiên:

Đồ thị lõm trong các khoảng: ; 3 ; 3;

3 3

   

− ∞ − + ∞

   

   

    và lồi trong

3 3

;

3 3

 

−

 

 

  .

• Hàm số đạt cực tiểu tại x= ±1; đạt cực đại tại x 0= .

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xn Bình, Hồng Trọng Hảo</i>

2. Hồnh độ giao điểm là nghiệm phương trình

(

)

4 ₃ ₂ 2 ₃ ₁

<i>x</i> − <i>m</i>+ <i>x</i> + <i>m</i>= −

(

)

4 ₃ ₂ 2 ₃ _{1 0}

<i>x</i> <i>m</i> <i>x</i> <i>m</i>

⇔ − + + + =

_(*)

Đặt

<i>_t</i>₌ <i>_x</i>2 _≥ ₀

_{thì (*) trở thành:}

(

)

2 ₃ ₂ ₃ _{1 0}

<i>t</i> − <i>m</i>+ <i>t</i>+ <i>m</i>+ =

_(**)

Giả sử các nghiệm của (*) là

<i>x</i>1

<

<i>x</i>2

<

<i>x</i>3

<

<i>x</i>4

< 2

Thì

<i>x</i>1= − <i>t</i>2

;

<i>x</i>2 = − <i>t</i>1

;

<i>x</i>3 = <i>t</i>1

;

<i>x</i>4 = <i>t</i>2

với

0

<

<i>t</i>1

<

<i>t</i>2

là các nghiệm (**)

Do đó:

<i>x</i>1

<

<i>x</i>2

<

<i>x</i>3

<

<i>x</i>4

< 2

⇔ 0

<

<i>t</i>1

<

<i>t</i>2

< 2

0

⇔

<

<i>t</i>1

<

<i>t</i>2

< 4

Nhưng (**)

⇔

(

<i>t</i>−1

) (

<i>t</i>− 3<i>m</i>−1

)

= 0 ⇔ t 1
t 3m 1

=


 = +


Do đó bài tốn thoả mãn

0 3 1 4

3 1 1

<i>m</i>
<i>m</i>

< + <


⇔  _{+ ≠}


( )

1

1 1

;0 0;1
3

3
0

<i>m</i>

<i>m</i>
<i>m</i>

 − < <

  

⇔ _ ⇔ ∈ −_ _ ∪

 

 ≠


</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xn Bình, Hồng Trọng Hảo</i>
<b>Câu II. </b>

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

3 1

cos 5x - sin 5x sin x

2 2

sin( 5x) sin x
3

5x x 2k

3 _k

5x x 2k

3
k
x

18 3 _{k Z}

k
x
3 2
⇔
⇔ =
π
⇔ − =
π
 ₋ _{= − +} _π

⇔  ∈
π
 ₋ _{= π + +} _π

π π
 = +

⇔  ∈
π π
 = +


¢

2. Điều kiện xác định: x 0≠

Hệ phương trình

(

)

2

2

3
x y 1

x
5

x y 1 0

x
 + + =

⇔ 
 ₊ ₋ _{+ =}

Đặt

u x y
1
v
x

= +


 =


Ta có: u 1 3v₂ ₂ u 3v 1₂ ₂

u 5v 1 0 (3v 1) 5v 1 0

+ = = −
 
⇔
 ₋ _{+ =}  ₋ ₋ _{+ =}
 
2

2v 3v 1 0

⇒ − + =
v 1
1
v .
2
=


⇔
 =


+) v = 1 ⇒ u = 2 Ta có:

x y 2 _{x 1}

1 _{y 1.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xn Bình, Hồng Trọng Hảo</i>

+) v 1 u 1

2 2

= ⇒ = Ta có:

1 _{x 2}

x y
2

3

1 1 y .

2

x 2

 _{+ =} _ ₌

 _⇔ 

 _{ = −}

 ₌ _



Kết hợp ĐKXĐ, hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là : (1;1) và 2; 3
2
 ₋ 

 

 .

<b>Câu III.</b>

Đặt t ex 1 dt e dxx dx dt
t 1

= − ⇒ = ⇒ =

+

3

x 1 t e 1

x 3 t e 1

= ⇒ = −

= ⇒ = −

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

3 3

e 1 e 1

e 1 e 1

3

3 3

3
2
2

dt 1 1

I dt

t(t 1) t t 1

e 1

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.

− −

− −

 

= = _ − _

+  + 

−

= − +

−

= − − − − +

= − − − −

= − + + − − −

= + + −

∫

∫

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hồng Trọng Hảo</i>
+) 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}₌

⇒ 2

ABC

1 1

S AB.BC a 2a a

2 2

∆ = = =

A 'M 1 a 5

A 'M

AC = 2 ⇒ = 2

A 'M IK 1 4a

IH 2IK IH

AC = IH = 2 ⇒ = ⇒ = 3

⇒ V_IABC 1 a 2a2 4a3

3 3 9

= =

Từ trên ⇒ HC 2AH=

HD CH 2 2

HD a

AB CA 3= = ⇒ = 3

2 2 2

2 2 2 16a 4a 20a 2a 5

ID IH HD ID

9 9 9 3

= + = + = ⇒ =

2
IBC

1 2a 5 2a 5

S .2a.

2 3 3

∆ = =

Khoảng cách từ A đến

3
IABC

2
IBC

4a
3.

3V ₉ 2a 5

(ABC)

S 5 5

2a
3

= = = .

<b>Câu V. </b>

Đặt <i>xy t</i>= , với ,<i>x y</i>≥ 0 thì

0≤ <i>xy t</i>= 2 1

2 4

<i>x y</i>+

 

≤ _ _ =

 

Khi đó:

S = ₁₆<i>_t</i>2₋ _{2 12}<i>_t</i>₊

32 2
<i>S</i>′ = <i>t</i>−

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xn Bình, Hồng Trọng Hảo</i>

Từ đó ta có: S đạt giá trị nhỏ nhất là 191

16 và đạt giá trị lớn nhất là
25

2

<b>Phần riêng</b>

<b>A. Theo chương trình Chuẩn.</b>
<b>Câu VI. a</b>

1. Toạ độ A là nghiệm của hệ:

7x 2y 3 0 x 1

A(1; 2)

6x y 4 0 y 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

y 2 t

= +


 = − −


Gọi E là trung điểm của BC, tọa độ E tìm được từ hệ:
7x 2y 3 0

x 3 6t

y 2 t

− − =


 = +


 = − −


Tìm được E 0; 3 C 3; 1

(

)

2

 ₋  _⇒ _{− −}

 

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo</i>
x 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

 ₋ 

 

  .

<b>Câu VII. a</b>

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

(

) (

2

)

2

a 3 b 4 4

⇔ − + + =

⇔ M(a;b) thuộc đường tròn tâm I (3; 4)− , bán kính R 2= .

<b>B. Theo chương trình Nâng cao</b>
<b>Câu VI. b</b>

1. Đường trịn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = 1
Từ giả thiết ta có: _{MIx =60}· 0

Gọi H là hình chiếu của M trên Ox, ta có:

· 0 1

IH IM.cosMIH 1.cos60
2

= = =

3
OH

2

→ =

· 0 3

MH IM.sin MIH 1.sin 60
2

= = =

Do tính chất đối xứng của đường trịn, ta có 2 điểm M thỏa mãn là:

1

3 3

M ;

2 2

 

 

 

  và 2

3 3

M ;

2 2

 

−

 

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i>ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xn Bình, Hồng Trọng Hảo</i>
Vectơ chỉ phương của∆ là uuur_∆ = (1; 1; -1); np

uur

= (1; 2; −3);

p

u , n_∆

 

 

uur uur

= (−1; 2; 1)

x 3 y 1 z 1

d :

1 2 1

+ − −

⇒ = =

−
<b>Câu VII.b</b>

Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn

2

x x 1

2x m
x

+ − = − +

2 2

x x 1 2x mx

⇔ + − = − + (với x 0≠ )

2

3x x(1 m) 1 0

⇔ + − − = (1)

Phương trình (1) có ac= − <3 0 nên ln 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

1 2

x x

I ; (x x ) m

2
+

 ₋ ₊ ₊ 

 

 .

I thuộc trục tung x1 x2 ₀ m 1 ₀ _{m 1}

2 6

+ −

⇔ = ⇔ = ⇔ =

(vì theo định lý Vi-ét thì 1 2

m 1

x x

3
−

+ = ).

</div>

<!--links-->