DE THI DH VA DAP AN MOM TOAN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.55 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1></div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

GỢI Ý-ĐÁP ÁN

Câu 1: Cho hàm số y x 4  2( m1)x2 m ( )2 1 ,với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sớ (1) khi m = 0.

b) Tìm m để đồ thị hàm sớ (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
GY

a/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 0 Þ y = x4 – 2x2

D = R, y’ = 4x3 – 4x, y’ = 0 Û x = 0 hay x = ±1

Hàm sớ đồng biến trên (-1; 0) và (1; +¥), nghịch biến trên (-¥;-1) và (0; 1)
Hàm sớ đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và yCT = -1

lim

x ±¥y¥

Bảng biến thiên :

x -¥ -1 0 1 +¥
y’  0 + 0  0 +

y +¥ 1 +¥
-1 -1

y = 0 Û x = 0 hay x = ± 2

Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm (± 2; 0)

b/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ = 0 Û x = 0 hay x2 = (m + 1)

Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û m > -1
Khi đó đồ thị hàm sớ có 3 cực trị A (0; m2),

B (- m1; – 2m – 1); C ( m1; –2m – 1)

Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vng tại A. Gọi M là trung điểm của BC Þ M (0; -2m–1)
Do đó ycbt Û BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

Û 2 m1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2Û 1 = (m + 1) m1 =

3
2

(m1) (do m > -1)
Û 1 = (m + 1) (do m > -1) Û m = 0

Câu 2. Giải phương trình 3 sin 2xcos 2x2 cos -1x
GY

3 sin2x+cos2x=2cosx-1

Û 2 3sinxcosx + 2cos2x = 2cosx Û cosx = 0 hay 3sinx + cosx = 1

Û cosx = 0 hay
3

2 sinx + 
1

2 cosx =
1

2 Û cosx = 0 hay cos(x 3) cos3

 

 

Û x =

2 k hay x k



 

 

hay
2

2
3

x  k 

Câu 3: Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

1
2

x x x y y y

x y x y

      




   


 (x, y R).
GY

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

1
2

x x x y y y

x y x y

      




   


 Đặt t = -x

Hệ trở thành

3 3 2 2

2 2

3 3 9( ) 22

1
2

t y t y t y

t y t y

      




   


 . Đặt S = y + t; P = y.t

-1

--1

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

Hệ trở thành

3 2 3 2

2 2

3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22

1 1 1

2 ( )

2 2 2

S PS S P S S PS S P S

S P S P S S

           
 
Û
 
     
 
 
3 2
2
3

2 6 45 82 0

1 1

( ) 2

2 2

S S S

P

P S S S

     

 
Û  Û 
  
  

 . Vậy nghiệm của hệ là

3 1 1 3

; ; ;

2 2 2 2



   



   
   

Cách khác :

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9

1 1

( ) ( ) 1

2 2

x x x y y y

x y
      


   


 . Đặt u = x

1
2


; v = y +
1
2

Hệ đã cho thành

3 2 3 2

2 2

3 45 3 45

( 1) ( 1) ( 1)

2 4 2 4

u u u v v v

u v

       



  


Xét hàm f(t) =

3 3 2 45

2 4

t  t  t

có f’(t) =

2 45

3 3

t  t

< 0 với mọi t thỏa t 1

Þ f(u) = f(v + 1) Þ u = v + 1 Þ (v + 1)2 + v2 = 1 Þ v = 0 hay v = -1 Þ

0
1
v
u






 hay

1
0
v
u






Þ Hệ đã cho có nghiệm là

3 1 1 3

; ; ;

2 2 2 2


   



   
   .

Câu 4. Tính tích phân 
3

2
1

1 ln(x 1)

I dx
x
 




GY
3
2
1

1 ln(x 1)

I dx
x
 




=
3 3
2 2
1 1

1 ln(x 1)

dx dx
x x





=
1 3
1
1
x

 J = 
2

3J . Với
3

2
1

ln(x 1)

J dx

x







Đặt u = ln(x+1) Þ du = 
1

1dx

x ; dv = 2
1

dx

x , chọn v =

1
x

- 1
J =
3
1

( 1) ln( 1)
1
x
x

 
+
3

1
dx
x



=
3
1

( 1) ln( 1)
1
x
x

 
+
3
1

lnx = 34ln 4 2ln 2 + ln3

=
2

ln 2 ln 3
3





. Vậy I =

2 2

ln 2 ln 3

3 3



 

Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) Þ du = 1

dx

x ; đặt dv = 2

dx

x , chọn v =

x



, ta có :





1
1

1 ln( 1)

I x

x

  
+

1 ( 1)

dx
x x







3 3

1 1

1 ln( 1) ln
1
x
x
x x
   
 = 
2 2

ln 2 ln 3

3 3



 

Câu 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của S trên mặt
phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khới chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng SA và BC theo a.
GY

Gọi M là trung điểm AB, ta có
a a a
MH = MB - HB = - =

2 3 6

B A

S

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

2 2 2

2 a 3 a 28a a 7

CH = + = CH =

2 6 36 3

   


   

 
 

 

2a 7
SC = 2HC =

3 ; SH = CH.tan600 =

21
3

a





1 a2 7 a3 7

V S, ABC = a =

3 4 12

dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC

Vẽ HK vng góc với AD. Và trong tam giác vuông
SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK.

Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm.

2 a 3 a 3

HK = =

3 2 3 , hệ thức lượng

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

= + = +

HI HS HK a 21 a 3

3 3

   
   
   
   





a 42 3 3 a 42 a 42

HI = d BC,SA = HI = =

12  2 2 12 8

Câu 6.x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 sớ khơng âm hoặc khơng dương. Do tính chất đới xứng
ta có thể giả sử xy  0

Ta có P3x y 32y x 32x y  12(x2y2xy) =

2 2 2

3x y 3 y x 3 x y 12[( ) ]

P    x y xy

     



2 2

2
2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y

x y x y xy

  



   



3
2

3 2.3 2 3

x y
x y

x y





  

. Đặt t = x y 0, xét f(t) = 2.( 3)3t  2 3t
f’(t) = 2.3( 3) .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 03t   3t

ị f ng bin trờn [0; +Ơ) ị f(t)  f(0) = 2

Mà 3x y  30 = 1. Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra Û x = y = z = 0. Vậy min P = 3.
A. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 7a.

Ta có : AN =
10
3

a

; AM =
5
2

a

; MN =
5

a

;

cosA =

2 2 2

2 .

AM AN MN

AM AN

 

=
1

2 Þ MAN 45o

(Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính

 

1
2

( ) 1

1
1 2.

tg DAM DAN



  



)

Phương trình đường thẳng AM : ax + by

11 1
2 a 2b
 

= 0


2 2

2 1

cos

5( )

a b
MAN

a b



 



Û 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t =

a

b ) Þ t = 3 hay

1
3

t

+ Với t = 3 Þ tọa độ A là nghiệm của hệ :

2 3 0

3 17 0

x y
x y

  




  

 Þ A (4; 5)

+ Với
1
3

t

Þ tọa độ A là nghiệm của hệ :

2 3 0

3 4 0

x y

x y

  




  

 Þ A (1; -1)

C D

B
A

C
D

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

Cách khác: A (a; 2a – 3),

3 5
( , )

d M AN 

, MA =

3 10
. 2

MH 

2 2

11 7 45

( ) (2 )

2 2 2

a  a 

Û a = 1 hay a = 4 Þ A (1; -1) hay A (4; 5).
Câu 8a. Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud



= (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

[ , ]

( , )

2 2

d

MI u

AB R

IH d I d

u

   

 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 


Þ [MI u, ] ( 2;0; 2)d   

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Þ IH =

8 2

6  3

2 2

2 3

R



Þ R =
2 6

3 Þ phương trình mặt cầu (S) là :

2 ( 3)2 8
3

x y z 

Câu 9.a. 5Cnn 1 Cn3




Û

( 1)( 2)
5.

n n n

n  

Û 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) Þ n = 7

Gọi a là hệ sớ của x5 ta có

7
2

7 5

1
.
2

i i

i x

C ax

x


    

 
   

 

  Û

7 14 3 5

7
1

( 1) . .

2
i

iC i x i ax



   

   

 

Þ 14 – 3i = 5 Þ i = 3 và

7
7

7
1
.

2
i
i

C a



  

   

  Þ a = 
35
16


. Vậy số hạng chứa x5 là

35
16


.x5.

B. Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7b Phương trình chính tắc của (E) có dạng :

2 2

2 2 1 ( )

x y

a b

a b   . Ta có a = 4

(E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vng nên :

M (2;-2) thuộc (E) 2 2

4 4

a b

Û   2 16
3

b

Û 

. Vậy (E) có dạng

2 2
1
16
16

x y

 

Câu 8b. M d Þ M( 1 2 ; ; 2  t t t t R) (  ); A là trung điểm MN Þ N(3 2 ; 2 t   t;2 t)
( )

N P Þ t2 Þ N( 1; 4;0)  ;  đi qua A và N nên phương trình có dạng :

1 4

2 3 2

x y z

 

Câu 9b. z x yi  ,

5( )
2
1

z i

i
z



 


5( )

2
1

x yi i

i
x yi

 

Û  

 

5[( ( 1) )
2
( 1)

x y i

i

x yi

 

Û  

 
5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

Û         Û 5x 5(y1)i(2x 2 y) ( x 1 2 )y i

2 2 5

1 2 5( 1)

x y x

x y y

  




   


3 2

7 6

x y

x y

 


Û 

 


1
1

x

y



Û 




</div>

DE THI DH VA DAP AN MOM TOAN

<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>





















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về