KSCL Toan 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>LỚP L.T.Đ.H – K.9 NH – 378 – 135 -------------* ĐỀ 1: Câu 1 (2 điểm).. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN II – 2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút --------------------------------------------------------------------. 2x  3 x  2 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y =  2x + m. Chứng minh rằng d Cho hàm số cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của y. tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để Câu 2 (1 điểm).. P  k1 . 2015.   k2 . 2015. đạt giá trị nhỏ nhất ..   sin 4 x  cos 4 x 4 2 sin  x    1 4  Giải phương trình: Câu 3 (1 điểm).. 1   2 1   3 xy 1  9 y      x 1  x   x3 9 y 2  1  4 x 2  1 . x 10  Giải hệ phương trình: . .  . . Câu 4 (1 điểm)..  2. 2 I   sin 4 x  sin2x  .ecos x dx. 0 Tính tích phân Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S. Biết khoảng cách giữa AB và SC bằng a và góc giữa mp (SAC) và (SBC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu 6 (1 điểm).. A  0;  2;8  , B   2;  4; 2 . Cho hai điểm . Viết phương trình mặt cầu (S), tâm I và (S) đi qua hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng OI đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 7 (1 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình: x + y + 1 = 0.  d1  . Phương. trình đường cao kẻ từ đỉnh B là d 2 : x  2 y  2 0 . Điểm M (2;1) thuộc đường cao vẽ từ đỉnh C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Câu 8 (1 điểm). 3 2 Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện: Cn 2 An  44 . Tìm số hạng không phụ thuộc n.  1  M  x  4x   . vào x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức. Câu 9 (1 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. 2. 1  z  z  i   iz  1 .. z. 4 z 1 .. Cho số phức z thỏa điều kiện: Tính môđun của ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------* ĐỀ 2: Câu 1 (2 điểm).. y. 2x  1 x  1 có đồ thị (H). Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp. Cho hàm số điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0; 1) một khoảng bằng 2. Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: Câu 3 (1 điểm).. 1 . cos x  cot x  cos 2 x  sin x sin 2x. 2 x  y 1  x  y  1    x3  y 2 7  Giải hệ phương trình: Câu 4 (1 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi các đường: 1  sin x .e x. y. . . cos. x 2. ; y 0; x 0; x .  2. Câu 5 (1 điểm). 0  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD 120 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 600. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3.. P 3 x 2  y 2  z 2  2 xyz. . . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. Tìm tọa độ các. 5  N   1;   , H   1;0  2 đỉnh của hình vuông ABCD, biết  và D nằm trên đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Câu 8 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa đô Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – z + 1 = 0 và các đường. d:. x 3 y z  7 x y 2 z 1 x 1 y z 3   ; d1 :   ; d2 :   2 1 2 1 2 1 1 1 2 . Tìm M  d1,. thẳng N  d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P), đồng thời MN tạo với d một góc  sao cho Câu 9 (1 điểm).. cos  . 1 3..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu.  m  3 .16 x   2m  1 .4 x  m  1 0 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------LỚP L.T.Đ.H – K.9 NH – 378 – 135 -------------* ĐỀ 1: Câu 1 (2 điểm).. ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN II – 2014 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút --------------------------------------------------------------------. 2x  3 x  2 có đồ thị (C) và đường thẳng d: y =  2x + m. Chứng Cho hàm số minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ y. P k.  1 số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để nhất . Giải: + Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:. 2015.   k2 . 2015. đạt giá trị nhỏ.  x  2  2 2 x   6  m  x  3  2m 0  * + Xét phương trình (*), ta có:   0, m  R và x =  2 không là nghiệm của (*) nên d luôn 2x  3  2 x  m  x2. cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. + Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*), theo Viet ta có:. x1  x2 . b m 6 c 3  2m  ; x1.x2   a 2 a 2 . k1 . + Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là:. k1.k2 . 1.  x1  2 . P  k1 . 2015. 2.  x2  2 .   k2 . 2015. 2.  x1  2  2. 1. . 2. 1.  x1.x2  2  x1  x2   4.  k1k2  2015.  PMin 22016  k1 k2 . 1. 2. . , k2 . 1.  x2  2  2 1.  3  2m   m  6  4   2 . 2.22015 22016 . 1.  x1  2  2  x2  2 . , với k1  0; k2  0 . 2 2   x1  2   x2  2  2. Do x1 và x2 phân biệt nên x1  2  x2  2  x1  x2  4  m  2 . Vậy m =  2 là giá trị cần tìm. Câu 2 (1 điểm)..   sin 4 x  cos 4 x 4 2 sin  x    1 4  Giải phương trình: Giải:. 2. 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   sin 4 x  cos 4 x 4 2 sin  x    1  2sin2x.cos 2 x  2cos 2 2 x 4  sin x  cos x  4   cos 2 x  sin2x  cos 2 x   2  sin x  cos x  0   cos x  sin x    cos x  sin x   sin2x  cos 2 x   2  0.  ) cos x  sin x 0  x   k 4 s in3x  1 )  cos x  sin x   sin2x  cos 2 x   2 0  s in3x  cos x  2   cos x  1 Hệ phương trình này vô nghiệm vì: cos x  1  x   k 2 ; Thay vào phương trình sin3x  1  sin  3  k 6   1  sin3  1 VN  ..  x   k k  Z  . 4 Vậy phương trình có nghiệm là: Câu 3 (1 điểm).. 1   2 1   3 xy 1  9 y      x 1  x   x3 9 y 2  1  4 x 2  1 . x 10  Giải hệ phương trình: .  . . . Giải: + Điều kiện: x 0 . Nhận xét: x = 0 không thỏa hệ phương trình. + Xét x > 0. 1   3 xy  1  9 y 2  1     x 1   3y  3y.  3y. 2. 1.  3 y  3 y 9 y2  1 . x. x 1  x x (1). 2. 1.  1  1     1 x x  x (3). f t t  t. t 2  1, t  0 + Từ (1) suy ra y > 0. Xét hàm số   . t f /  t  1  t 2  1  t. 0 2 t 1 Ta có: => f(t) luôn đồng biến trên (0; +  )..  1  1 f  3y  f    3y  x.  x PT (3) <=> Thay vào PT: * Cách 1: Đặt. x3 9 y 2  1  4 x 2  1 . x 10. .  . . , ta được:. x3  x 2  4 x 2  1 . x 10. . . g  x   x3  x 2  4 x 2  1 . x  10, x  0.. . . 1   g /  x  3x 2  2 x  4.  2 x x  x 2 .   0, x  0 2 x   Ta có: => g(x) là hàm số đồng biến trên (0; +  ). Mặt khác: g(1) = 0..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Vậy PT g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1. Với x = 1 => y = 1/3.. 1   3 ..  x; y   1;. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 6 4 5 * Cách 2: Đặt x t , t  0 . Ta có PT: t  t  4t  4t  10 0   t  1 t 5  5t 4  6t 3  6t 2  6t  10 0  t 1  x 1. . . 1   3 ..  x; y   1;. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: Câu 4 (1 điểm).  2 2 I  sin 4 x  sin2x .ecos x dx. . Tính tích phân Giải:  2. 0. .  2. 2 2 I   2sin 2 x cos 2 x  sin2x  .ecos x dx   2cos 2 x  1 .ecos x .sin 2 xdx. Ta có:. 0. 0. 2 Đặt t cos x  dt  sin2xdx. u 4t  1   t dv e dt Đặt . 0. 1. 1. 0.  I   2  2t  1  1 .et   dt    4t  1 .et dt. du 4dt  t v e. 1 1 1 t  I  4t  1 e  4 et dt 3e  1  4et 5  e 0 0 0 Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S. Biết khoảng cách giữa AB và SC bằng a và góc giữa mp (SAC) và (SBC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Giải: + ABC và SAB là hai tam giác vuông cân bằng nhau. Gọi H là trung điểm AB => AB vuông góc mặt phẳng (SHC). + Trong tam giác SHC, gọi K là trung điểm CS => HK vuông góc SC => HK = d(AB,SC) = a. + Trong tam giác cân ACS, có AK vuông góc CS => góc giữa mp (SAC) và (SBC) bằng góc giữa hai đường thẳng AK và BK và bằng 600.. 0 0   Ta cần xác định góc AKB 60 hay AKB 120 . * Cách 1:. . + Tam giác KAB cân tại K, KH là tia phân giác của góc AKB ; Đặt SH = x.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> AH 1 KH Do , Vì trong tam giác vuông AKH có HK < AH = HB = SH = x, nên 0 0 0    suy ra AKH  45  AKB  90  AKB 120 . tan AKH . * Cách 2:. 0 0   Nếu góc AKB 60  AKH 30 . Trong nửa tam giác đều AHK, đặt AH = t => HK = x 3 > SH = t (Vô lý, vì SH là cạnh huyền 0  của tam giác vuông SHK). Vậy AKB 120 . + AKH là nửa tam giác đều, biết HK = a => AK = 2a, AH a 3  AB 2 a 3 . + Trong tam giác vuông SKH, có. SH a 3, HK a  SK a 2  CS 2a 2 . 1 1 SCHS  HK .CS  .a.2a 2 a 2 . 2 2 2 AB   CHS . Do:. nên suy ra thể tích khối chóp S.ABC là: 1 1 2a3 . 6 2 VS . ABC  . AB.SCHS  .2a 3.a . 2 . 3. 3. 3. .. Câu 6 (1 điểm).. A  0;  2;8  , B   2;  4; 2 . Cho hai điểm . Viết phương trình mặt cầu (S), tâm I và (S) đi qua hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng OI đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: * Cách 1:. a 2  b2  c 2 0 ). Gọi H là trung điểm AB  H   1;  3;5  . Tâm I(a; b; c) (ĐK:  . IH   1  a;  3  b;5  c  , AH   1;  1;  3   2 2 Do: IH . AH 0  a  b  3c 11  a  b 11  3c (1).(Hoặc tính IA  IB ). 2. 121  9c 2  66c  2 2 Ta có: (Thay (1) vào). 121  9c 2  66c 2 11 2 2 2 2 2  OI a  b  c   c   c  3  11 11  OI  11 2 2 * Vậy OI min = 11 , đạt khi c =3 => a = b = 1..  a  b a 2  b 2 2ab  a 2  b 2 . Mặt cầu (S) có tâm I(1; 1; 3); bán kính R = IA  35 , nên có phương trình là:  x  1 2   y  1 2   z  3 2 35 . * Cách 2:. AB  2  1;1;3. ; Gọi H là trung điểm AB.  H   1;  3;5 . ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> + Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn  thẳng AB => (P) đi qua trung điểm H của đoạn. n  1;1;3 thẳng AB và có một vectơ pháp tuyến là P . Phương trình của mặt phẳng (P) là:. 1 x  1  1 y  3  3  z  5  0  x  y  3 z  11 0 .  + Tâm I của mặt cầu (S) cách đều hai đầu đoạn thẳng AB => I (P). + Đoạn thẳng OI có độ dài ngắn nhất <=> Điểm I là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (P).  . u nP  1;1;3 + Xét đường thẳng d đi qua O, d có một vectơ chỉ phương d.  x t   y t  z 3t  I  t ; t ;3t  => Phương trình tham số của d là:  .  + Do I (P) nên tọa độ điểm I thỏa phương trình mặt phẳng (P), từ đó tìm được t = 1 * Vậy mặt cầu (S) có tâm I(1; 1; 3); bán kính R = IA  35 , nên có phương trình là:.  x  1 2   y  1 2   z  3 2 35 . Câu 7 (1 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình: x + y + 1 = 0.  d1  . Phương. trình đường cao kẻ từ đỉnh B là d 2 : x  2 y  2 0 . Điểm M (2;1) thuộc đường cao vẽ từ đỉnh C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. Giải: Trong tam giác cân ABC, vẽ hai đường cao BH, CK (H AC, K AB). + Do B là giao điểm của d1 và d2 => B(0;  1).. d : a  x  2   b  y  1 0  ax  by  2a  b 0 + Phương trình đường cao CK là 3     nBC .nd3 nBC .nd 2   cos BCK cos CBH      nBC nd2 nBC nd 3 + Ta có:. . 1 2 2. 5. . a b 2. a 2  b2. 2 a a 2 2  2a  5b.a  2b 0  2    5    2 0. b. b. a 1   a 1, b  2  d3 : x  2 y 0 2 + Với b (Loại, vì d2 // d3). a  2  a 2, b  1  d3 : 2 x  y  3 0 b + Với .  2 5 C  ;  C là giao điểm của d1 với d3 =>  3 3  . - Đường thẳng d4 chứa cạnh bên AC, vuông góc d2 và đi qua điểm C nên có phương trình:. d 4 : 6 x  3 y  1 0. - Đường thẳng d5 chứa cạnh bên AB, vuông góc d3 và đi qua điểm B nên có phương trình :.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> d5 : x  2 y  2 0 Câu 8 (1 điểm). 3 2 Cho n là số nguyên dương thỏa điều kiện: Cn 2 An  44 . Tìm số hạng không phụ thuộc n.  1  M  x  4x   . vào x trong khai triển nhị thức Newton của biểu thức Giải: Cn3 2 An2  44 . n! n! 2.  44 0  n.  n  1  n  2  2n  n  1  44 3! n  3 !  n  2 ! 6.  n3  15n 2  14n  264 0  n 12 + Với n = 12, ta có: 12. 1  1     x2  x 4     . 12 k. k.  1 24 3k  1  x 4 12 M  x  . k x 4     C12 4x     k 0 24  3k 0  k 8 4 + Số hạng không phụ thuộc x, ứng với k thỏa điều kiện: . 8 495 C12 12. * Vậy số hạng không chứa x là: Câu 9 (1 điểm).. 1 12 k     C12 x 2    k 0  . .. 2. 2. 1  z  z  i   iz  1 .. Cho số phức z thỏa điều kiện: Giải: Đặt z = a + bi, với a, b  R . Từ giả thiết, ta có: 2 2. Tính môđun của. z. 4 z 1 .. 2. 1  a  bi  a   b  1 i    b  1  ai   1  a  bi 2  b  1  2a  b  1 i 0. 1  a 2  b  1 2  1 b  a b 2a  b  1  2  2  b  1 . Từ (2) suy ra: (Với b  1 ). Thay vào (2), ta được: b 2 3 3 1 2  b  1  3b  2 4  b  1  3  b  1  1 4  b  1 2  b  1 (3). Đặt t = b + 1,  t b  1  1  b  2  a 1 4t 3  3t  1 0    t b  1 0,5  b  0,5  a  0,5 PT (3) trở thành: 1 1 z   i 2 2 Suy ra: z 1  2i hoặc 4 4 z  1  2i   1  2i  1  i  2  i  5 z  1 2  2 i z  1  2 i *) Với , ta có: *) Với. z . 4 1 1 8 7 7 7 7 2 1 1 z   i    i  1 i  .  i z 1 2 2 1 i 2 2 2 2 2 2 , ta có:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------* ĐỀ 2: Câu 1 (2 điểm).. y. 2x  1 x  1 có đồ thị (H). Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp. Cho hàm số điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0; 1) một khoảng bằng 2. Giải:.  2x  1  M  x0 ; 0  x0  1   Gọi là tiếp điểm ( x0  1 ). Theo bài ra ta có: MA = 2  2 2 x0  2      2 x  1 x  2  0   x0  2   x0  2  x02   0  1 4  x02   0 2  4   x0  1    x0  1   x0  1  Hay  x0  2 0  x0 2 x  2  x0  2  0 0 2 2   x0  2   x0  1  x0  2 0  x03  4 x02  6 x0 0  x0  1  x0 x02  4 x0  6 0  x0 0. . . y  y /  0   x  0   y  0   y 3x  1 x  0 0 *) Với , phương trình tiếp tuyến là: . 1 1 y  y /  2  x  2  y  2  y  x  3 3. *) Với x0  2 , phương trình tiếp tuyến là: Câu 2 (1 điểm). Giải phương trình: Giải:. 1 . cos x  cot x  cos 2 x  sin x sin 2x. Điều kiện: sinx  0.. cos x  cos 2 x  sin x 2sin x.cos x sin x  cos x  cos 2 x  cos 2 x.sin x  sin 2 x 2sin 2 x.cos x. 1 . cos x  cot x  cos 2 x  sin x sin 2x   1  cos x .  cos x 1  2sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x.sin x 0. .  . .  cos 2 x  cos x  1  sin x  0   ) cos 2 x 0  x   k 4 2  x k 2  L     ) cos x  1  sin x 0  sin  x   sin    x   k 2  N  4 4   2    x  k x   k 2 4 2, 2 * Vậy phương trình có nghiệm: , k Z Câu 3 (1 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2 x  y 1  x  y  1    x3  y 2 7 Giải hệ phương trình:  Giải:. + Từ PT thứ hai suy ra: x > 0, kết hợp với điều kiện của PT thứ nhất suy ra: y  1 . + Biến đổi PT thứ nhất ta được:.  y  1 . x  y  1 2 x. , chia cả 2 vế cho x > 0. y 1 y 1 y 1   2 0  1 x x x Ta có: . Thay y = x – 1 vào PT thứ hai: 3 2 x  x  2 x  8 0  x 2  y 1 . * Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1). Câu 4 (1 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục Ox hình phẳng giới hạn bởi các đường: 1  sin x .e x. y. . . cos. x 2. ; y 0; x 0; x .  2. Giải:.  2  1  sin x  .e x dx. V   0. cos 2. x 2.  x x x   1  2sin cos . e dx   2   1 x 2 2       2 tan  e x dx x x 2 0 0  cos 2 cos 2 2  2  .  2.        x 1/ 2 x x 1 1 x  u tan .e x  du  .e  tan .e x  dx   .e x  2 tan .e x  dx x 2 2  2  cos 2 x 2   cos 2  2   2  Đặt  e2.   V 2  du 2 .e 2 0 . Câu 5 (1 điểm). 0  Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BCD 120 , cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 600. Gọi K là trung điểm của cạnh SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BK. Giải: Gọi O là giao điểm cùa AC và BD.. a 3 Tam giác ABC đều cạnh a => AC = a, OD = 2 . Kẻ OH  SB tại H. Vì AC  (SBD) nên AC  SB => SB  (AHC) => SB  AH và SB  HC..

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  AHC 600 hoặc AHC 1200 AHC 600  AHO 300. Nếu => AHO là nửa tam giác đều. a 3 OB 2 => (vô lý, vì OB là cạnh huyền). 0  Do đó: AHC 120 . Lúc đó AHO là nửa tam giác đều a a 2  OH   BH  OB 2  OH 2  2 3 3 OH BH OH .BD a 3   SD   SD BD BH 2 2 Vì hai tam giác vuông BHO và BDS đồng dạng nên: OH . a2 3 a2 3  4 2 1 a3 2  VS . ABCD  .SD.S ABCD  3 8 . S ABCD 2 S ABC 2.. * Cách 1: Tính d(AD, BK) Vì BC // AD nên (SBC) // AD => d(AD, BK) = d(D, (SBC)) (1) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ DP  BC tại P, DQ  SP tại Q. Vì BC  (SDP) => DQ  (SBC) (2). a 3 2 . Từ nửa tam giác đều DCP tính được 1 1 1 4 a     DQ  2 SD 2 DP 2 a 2 2 Từ tam giác vuông SDP, ta có: DQ (3). a DQ  2. Từ (1), (2), (3) suy ra: d(AD, BK) = DP . * Cách 2: Tính d(AD, BK) Vì BC // AD nên (SBC) // AD => d(AD, BK) = d(D, (SBC)).. 1 a3 . 2 VS .BCD VD.S BC  VS .A BCD  2 16 Ta có:. 1 1 a 3a 6 3a 2 . 2 S SBC  .CH .SB  . .  2 2 3 4 8 3.VD.SBC 3a3 . 2 8 a  d  D,  SBC     .  S SBC 16 3a 2 . 2 2 Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Giải:. P 3 x 2  y 2  z 2  2 xyz. . . ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2 P 3 x 2  y 2  z 2  2 xyz 3   x  y  z   2  xy  yz  zx    2 xyz   3  9  2  xy  yz  zx    2 xyz 27  6  xy  zx   6 yz  2 xyz. . . 27  6 x  y  z   2 yz  3  x  27  6 x  3  x   2 yz  3  x  2. Do : y  z 2 yz   y  z  4 yz   2 yz   P 27  6 x  3  x  .  y  z2 2. (Dấu bằng xảy ra khi y = z).  y  z2 ..  3  x 2 3 2 1 2 x  3 x  9 x  27 27  18 x  6 x    x3  15 x 2  27 x  27 2 2 3 2 f x  x  15 x  27 x  27 , với 0 < x < 3 Xét hàm số  . . .  x 1 f /  x   3x 2  30 x  27; f /  x  0    x 9 Từ bảng biến thiên, ta có: Min f(x) = 14, đạt khi x = 1. * Suy ra: Min P = 7, đạt khi x = y = z = 1 Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD với M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B xuống CM. Tìm tọa độ các. 5  N   1;   , H   1;0  2 đỉnh của hình vuông ABCD, biết  và D nằm trên đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Giải: + Trong tam giác vuông HBC, có HN là trung tuyến nên: NB = NC = NH = 5/2. + Hai tam giác vuông DCN và CBM bằng nhau, suy ra: DN  CM tại I => ND là đường trung trực của đoạn thẳng CH, hay C và H đối xứng nhau qua DN 0   => DHN DCN 90  DH   HN .. HD.HN 0  D 4;0.  . Gọi D (t; t – 4), dùng điều kiện + Phương trình đường thẳng DN là: x – 2y – 4 = 0 + Phương trình đường thẳng CH là: 2x + y + 2 = 0 => Tọa độ giao điểm I (0;  2) => C(1;  4). B và C đối xứng nhau N => B(  3;  1). Gọi J là trung điểm của đường chéo BD => J(1/2;  1/2). Từ đó tìm được A(0; 3). * Vậy tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD là: A(0; 3), B(  3;  1), C(1;  4), D(4; 0). Câu 8 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa đô Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – z + 1 = 0 và các đường thẳng. d:. x 3 y z  7 x y 2 z 1 x 1 y z 3   ; d1 :   ; d2 :   2 1 2 1 2 1 1 1 2 . Tìm M  d1,.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> N  d2 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P), đồng thời MN tạo với d một góc  sao cho Giải:. cos  . 1 3.. M  d1  M  m; 2m  2; m  1 ; N  d 2  N  n  1; n; 2n  3 . . MN   m  n  1;  2m  n  2;  m  2n  2    nP .MN 0 m  n  2 0 m n  2     n 0 N  ( P )   n 0  Vì MN // (P) nên:  => uMN  3;  n  2; n  4  . => Đường thẳng MN có một vectơ chỉ phương là:  ud  2;  1; 2  Đường thẳng d có một vectơ chỉ phương là: .   uMN .ud 6  n  2  2n  8 1 cos       3 3. 2n 2  4n  29 uMN . ud Suy ra:.  n  1   n  9  2n 2  4n  29  3 n  4  n 2  20n  19 0  ) n  1  m n  2  3  M   3;  4;  2  , N  0;  1;1. ) n  19  m n  2  21  M   21;  40;  20  , N   18;  19;  35  Câu 9 (1 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có hai nghiệm trái dấu.  m  3 .16 x   2m  1 .4 x  m  1 0 Giải: x Đặt t = 4 (t > 0), phương trình đã cho được viết lại là:.  m  3 .t 2   2m  1 .t  m  1 0  1 x Ứng với mỗi t > 0, phương trình t = 4 có một nghiệm x duy nhất.. x1 x2  4  1  4  t1  1  t2 . Vậy yêu cầu của bài toán trở thành: Tìm m để Do: x1 < 0 < x2 m  3 .t 2   2m  1 .t  m  1 0  1 có hai nghiệm phân biệt t , t sao cho phương trình  1. 0 < t1  1  t2 * Cách 1:.  m  3 .t 2   2m  1 .t  m  1 0  1.  m  f t .  3t 2  t  1. t 2  2t  1 , với t > 0.  t  1   0;   t  1   7t  2  / / f t  ; f  t  0    t 2  t  1 4  7. Lập bảng biến thiên, với các giá trị đặc biệt của hàm f(t).. 2.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 47 3  2 f  0   1;f     0,58; f  1   0,75 81 4 7 . Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị m cần tìm là: * Cách 2:.  1 m  . 3 4.. m  3 .t 2   2m  1 .t  m  1 0  1 có hai nghiệm dương phân biệt t , t 1 2. Để phương trình  thì điều kiện của m là:. m  3 0  2   2m  1  4.  m  3  m  1  20m  11  0  11   1 m    S  2m  1  0 20  m 3  m 1 P  0 m 3  (a). 0  t1  1  t2   1  t1   1  t2   0  1   t1  t2   t1t2  0 Mặt khác:  1. 2m  1 m  1 4m  1 3  0 0 3m m 3 m 3 m 3 4.  1 m  . (b).. 3 4. Kết hợp các kết quả (a) và (b), ta có các giá trị m cần tìm là: -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>