Đề số 50 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 ( ) 2 y f x x mx m     (1) ( m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại duy nhất một điểm. Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 2sin 3sin 2 1 3sin cos x x x x     2) Giải hệ phương trình:   2 3 2 2 8 x y xy x y          Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 6 0 sin cos2   x dx x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có các cạnh bên có độ dài bằng a và các mặt bên hợp với mặt đáy góc 45 0 . Tính thể tích của hình chóp đó theo a. Câu V (1 điểm): Cho các số thực x , y thuộc đoạn   2;4 . Chứng minh rằng:   1 1 9 4 2 x y x y           . II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8)  và hai đường thẳng 1 :2 5 3 0 d x y    ; 2 :5 2 7 0 d x y    cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng 3 d đi qua P tạo với 1 d , 2 d thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 29 2 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P): 2 z  lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán kính bằng 2 và 8. Câu VII.a (1 điểm): Tìm a và n nguyên dương thỏa : 2 3 1 0 1 2 127 2 3 ( 1) 7 n n n n n n a a a aC C C C n        và 3 20 n A n  . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng () đi qua gốc tọa độ và cắt đường tròn (C) có phương trình : 2 2 2 6 15 0 x y x y      thành một dây cung có độ dài bằng 8. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng () chứa đường thẳng (): 1 1 1 2 x y z      và tạo với mặt phẳng (P) : 2 2 1 0 x y z     góc 60 0 . Tìm tọa độ giao điểm M của mặt phẳng () với trục Oz. Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình   (1 )(2 ) .3 .2 0 x x x x m     có nghiệm. Hướng dẫn Đề số 50 Câu I: 2) 2 3 2 (3 2 )      y x mx x x m  Khi m = 0 thì 2 3 0    y x  (1) đồng biến trên R  thoả yêu cầu bài toán.  Khi 0 m  thì (1) có 2 cực trị 1 2 2 0 , 3 m x x  Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi:   1 2 ( ). 0 f x f x  3 2 2 4 2 2 (2 ) 0 4 (1 ) 0 27 27 m m m m m       0 3 6 3 6 2 2 m m           Kết luận: khi 3 6 3 6 ; 2 2 m           thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. Câu II: 1) PT    2 3sin cos 3sin cos    x x x x      3sin cos 3sin cos 1 0     x x x x  3sin cos 0 3sin cos 1 0          x x x x  3 tan 3 sin sin 6 6                  x x  6 2 2 ; 2 3                  x k x k x k 2)   2 3 2 (1) 2 8 (2)          x y xy x y . Điều kiện : . 0 ; x y x y   Ta có: (1)  2 3( ) 4 (3 )( 3 ) 0       x y xy x y x y 3 3 y x y hay x     Với 3 x y  , thế vào (2) ta được : 2 6 8 0 2 ; 4 y y y y        Hệ có nghiệm 6 12 ; 2 4 x x y y            Với 3 y x  , thế vào (2) ta được : 2 3 2 24 0 y y    Vô nghiệm. Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: 6 12 ; 2 4 x x y y           Câu III: 6 6 2 0 0 sin sin cos2 2cos 1        x x I dx dx x x . Đặt cos sin t x dt xdx     Đổi cận: 3 0 1; 6 2 x t x t        Ta được 3 1 2 2 3 1 2 1 1 2 2 ln 2 1 2 2 2 2        t I dt t t = 1 3 2 2 ln 2 2 5 2 6   Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho  0 45 SIH  . Gọi x là độ dài cạnh của ABC. Suy ra : 3 3 3 , , 2 3 6 x x x AI AH HI   SAH vuông tại H 2 2 2 2 2 3 3 x SH SA AH a              SHI vuông cân tại H 3 6 x SH HI   Suy ra: 2 2 2 3 3 2 15 6 3 5 x x a a x                     Do đó:   2 2 3 . 1 1 5 3 3 15 . . . 3 3 5 5 25 S ABC a a a V SH dt ABC   Câu V: Gọi   1 1 2 x y A x y x y y x                   . Đặt x t y  thì 1 ( ) 2 A f t t t     Với   2 4 1 1 , 2;4 2 ;2 1 1 1 2 2 4 2 x x x y t y y                       Ta có: 2 2 2 1 1 1 ( ) 1 ; ( ) 0 1 ;2 2                 t f t f t t t t 1 9 9 (2) ; (1) 4 4 2 2 2 f f f A             (đpcm) Câu VI.a: 1) Ta có A(1; 1)  và 1 2 d d  . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi 1 d , 2 d là:  1 : 7 3 4 0 x y    và  2 : 3 7 10 0 x y    3 d tạo với 1 d , 2 d một tam giác vuông cân  3 d vuông góc với  1 hoặc  2. .  Phương trình của 3 d có dạng: 7 3 0 x y C    hay 3 7 0     x y C Mặt khác, 3 d qua ( 7;8) P  nên C = 25 ; C = 77 Suy ra : 3 : 7 3 25 0 d x y    hay 3 :3 7 77 0 d x y    Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng 29 2  cạnh huyền bằng 58 Suy ra độ dài đường cao A H = 58 2 = 3 ( , ) d A d  Với 3 : 7 3 25 0 d x y    thì 3 58 ( ; ) 2 d A d  ( thích hợp)  Với 3 :3 7 77 0 d x y    thì 3 87 ( ; ) 58 d A d  ( loại ) 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): z 2  vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm 1 (0,0,0) O , bán kính 1 2 R  và tâm 2 (0,0,2) O , bán kính 2 8 R  . Suy ra tâm mặt cầu (S) là (0,0, ) I m  Oz. R là bán kính mặt cầu thì : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 64 2 8 2 R m m m R m                 m 16   2 65 R  ,   I 0;0;16 Vậy phương trình mặt cầu (S) : 2 2 2 ( 16) 260 x y z    Câu VII.a: 3 2 20 ( 1)( 2) 20 3 18 0 n A n n n n n n n           n = 6 và n = – 3 ( loại ) Khi đó: 2 7 0 1 6 6 6 6 127 . . 2 7 7 a a aC C C    Ta có : 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 (1 ) x C C x C x C x C x C x C x         Nên   2 7 6 0 1 6 6 6 6 0 0 0 0 (1 ) 2 7 a a a a x x x dx C x C C                    7 2 7 0 1 6 6 6 6 0 (1 ) . . 7 2 7 a x a a a C C C             7 7 7 7 (1 ) 1 127 (1 ) 128 (1 ) 2 7 7 7 a a a           a 1  Vậy a = 1 và n = 6 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm (1; 3) I  và bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và 2 2 2 2 5 4 3 IH R AH      hay ( , ) 3 d I   (*) () qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: 2 2 0 ; 0 Ax By A B     Từ (*) cho : 2 2 3 3 (4 3 ) 0 A B A A B A B        0 A  hay 4 3 0 A B    Với 4 3 0 A B   , chọn A = 3; B = – 4  Phương trình của (): 3 4 0 x y    Với A = 0, chọn B = 1  Phương trình của (): y 0  . Kết luận : PT của () là 3 4 0 x y   hay y 0  . 2) () qua điểm A(1;0;0) và có VTCP (1; 1; 2) u     . (P) có VTPT n (2; 2; 1)      . Giao điểm M(0;0;m) cho ( 1;0; ) AM m    . () có VTPT , ( ; 2;1) n AM u m m           () và (P): 2 2 1 0 x y z     tạo thành góc 60 0 nên :   2 2 1 1 1 cos , 2 4 1 0 2 2 2 4 5           n n m m m m    m m 2 2 2 2        . Kết luận : (0;0;2 2) M  hay (0;0;2 2) M  Câu VII.b: PT 1 2 1 2 .3 0 3 x x x x x m x m                    Đặt : ( ) 3 x x f x  , 1 .ln3 ( ) 3    x x f x ;   1 ( ) 0 1;2 ln3      f x x 2 1 1 1 ( 1) 3 ; (2) ; 3 ( ) 9 ln3 .ln3 .ln3                f f f f x e e ;   1;2 x  Kết luận : Khi 1 3 .ln3 m e    thì PT có nghiệm . . Đề số 50 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 ( ) 2 y f x x mx m     (1) ( m là tham số) . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =. Oz. Câu VII.b (1 điểm): Tìm giá trị của tham số m để cho phương trình   (1 )(2 ) .3 .2 0 x x x x m     có nghiệm. Hướng dẫn Đề số 50 Câu I: 2) 2 3 2 (3 2 )      y x mx. có diện tích bằng 29 2 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt cầu (S) biết rằng mặt phẳng Oxy và mặt phẳng (P): 2 z  lần lượt cắt (S) theo hai đường tròn có bán