http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 22 ĐỀ 4 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số 3 (3 1)y x x m   (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi 1m  . 2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung. Câu II:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 17 8cos 6 2 sin 2 3 2cos( 4 ).cos 2 16cos 2 x x x x x      . 2. Tính tích phân :    1 2 1 1 1 x dx I e x      . Câu III:(2,0 điểm) 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: 2 4 2 1 x x m e e   có nghiệm thực . 2. Chứng minh:   1 1 1 12x y z x y z            với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn   1;3 . Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 0 60 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với   2;0A và   1 3G ; là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VI.a:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình:   3 log 4.16 12 2 1 x x x   . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số   1y x ln x  . B. Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với   0 1A ; và phương trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là 2 1 0x y    và 3 1 0x y   . Tìm tọa độ hai điểm B và C. Câu VI.b:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 3 3 log 1 log 2 2 2 x x x     . 2. Tìm giới hạn:   2 ln 2 lim 1 1 x x x    . ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu Ý NỘI DUNG Điểm Câu I Ý 1 Khi m =1  3 3 1y x x   . Tập xác định D=R . 0,25 đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 23 Giới hạn: lim ; lim x x y y       . y’= 3x 2 – 3 ; y’=0 1x   . 0,25 đ Bảng biến thiên . Hàm số đồng biến trên khoảng     ; 1 , 1;    và nghịch biến trên khoảng   1;1 . Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y CĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; y CT = -1 . 0,25 đ (1,0 đ) Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3). Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) . 0,25 đ y’ = 0  3x 2 – 3m = 0 ; ' 9m  . 0,25 đ 0m  : y’ không đổi dấu hàm số không có cực trị . 0,25 đ 0m  : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0  hàm số có 2 cực trị. KL: 0m  . 0,25 đ (2,0đ) Ý 2 (1,0 đ) 0m   0P m    đpcm. 0,25 đ Biến đổi: 3 4cos 3 2 sin 2 8cosx x x  0,25 đ 2 2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x    0,25 đ 2 cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x     . 0,25 đ Ý 1 (1,0 đ) 2 2 4 3 2 4 x k x k x k                      , k Z KL: 0,25 đ Khi x = 2y  1y    2 1 x y      ; 2 1 x y        (loại) . 0,25 đ âu II (2,0 đ) Ý 2 (1,0 đ) Khi y=2x  -3 x 2 = 3 : VN . KL: nghiệm hệ PT là   2;1 . 0,25 đ Câu III (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) Đặt 2 x t e ĐK: t > 0 . PT trở thành: 44 1m t t   . 0,25 đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 24 Xét 44 ( ) 1f t t t   với t > 0 . 3 4 4 4 '( ) 1 0 1 t f t t            hàm số NB trên   0;  . 0,50 đ    4 4 2 4 1 lim ( ) lim 0 1 1 t t f t t t t t         ; f(0) = 1. KL: 0< m <1. 0,25 đ Ta có:    2 3 1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t t              . 0,25 đ Suy ra : 3 3 3 4 ; 4 ; 4x y z x y z         1 1 1 3 12Q x y z x y z               0,50 đ Ý 2 (1,0 đ)     1 1 1 1 1 1 3 6 12 2 Q x y z x y z x y z x y z                         0,25 đ Gọi M là trung điểm BC  A , M , H thẳng hàng 0 BC SM 60BC AM SMH      . 0,25 đ AM=4a 2 3 12 ; 8 2 ABC ABC S a S a p a r p       =MH . 0,25 đ 3 . 3 3 6 3 2 S ABC a SH V a    . 0,25 đ Câu IV (1,0 đ) Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC ;AB SN AC SP   HM = HN = HP 2 3 3 24 XQ SM SN SP a S ap a       . 0,25 đ Đặt AB = a   2 2 2 2 ; 2 2 ABC a a BC a S p       . 0,50 đ 2 2 ABC S a r p     . 0,25 đ Câu Va (1,0 đ)   1; 3 2 3 3 2AG AG AM a           3 2 1r   . 0,25 đ Câu VIa (2,0 đ) Ý 1 (1,0 đ) PT 2 1 2 2 4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3 x x x x x x x       . Chia 2 vế cho 2 3 0 x  , ta có: 2 4 4 4 3 0 3 3 x x                . 0,50đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 25 Đặt 4 3 x t        . ĐK: 2 3 0 ; 4 3 0 1( ); ( ) 4 t t t t kth t th        . 0,25 đ Khi 3 4 t  , ta có: 1 4 3 4 1 3 4 3 x x                   . 0,25 đ TXĐ:   0;D    ; 1 ' ln x y x x    . 0,25 đ y’= 0 1x  ; y(1) = 0 vì 1 ln x y x x    là HSĐB 0,50 đ Ý 2 (1,0 đ) Khi 0 < x < 1 ' 0y  ; khi x > 1 ' 0y  . KL: miny = 0 1x  . 0,25 đ Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là 2 1 4 1 ; 3 1 7 7 x y G x y               . 0,25 đ Gọi   1 ;2 1 ( )B b b d  ;   2 1 3 ; ( )C c c d  Ta có: 5 2 3 7 7 3 1 2 7 7 b c b b c c                       . 0,50 đ Câu Vb (1,0 đ) KL: 2 3 10 1 ; ; ; 7 7 7 7 B C               . 0,25 đ ĐK: x > 0 . Đặt 3 log 3 t t x x   . 0,25 đ Ta có: 2 1 9 2 4 2 2.2 2 3 .2 3 4 4 3 9 3 t t t t t t                    . 0,50 đ Ý 1 (1,0 đ) Khi t = 2 thì 3 log 2 9x x   (th) KL: nghiệm PT là 9x  . 0,25 đ Đặt 1. : 1 0t x Suy ra x t     . 0,25 đ Giới hạn trở thành:     0 ln 1 lim 2 t t t t          0 ln 1 1 1 lim . 2 2 t t t t          . 0,50đ Câu VIb (2,0 đ) Ý 2 (1,0 đ) KL:   2 1 ln 2 1 lim 1 2 x x x      . 0,25đ ĐỀ 5 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x    . 1). Khảo sát và vẽ đồ thị   C của hàm số trên. 2). Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và 3 10MN  . Câu II (2 điểm) : www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 26 1). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 12 12 x y x y y x y            2). Giải phương trình : 01cossin2sinsin2 2  xxxx . Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 2 3 0 3sin 2cos (sin cos ) x x I dx x x      Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : x10 1).12(48 22  xxmx . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC. 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: 2 2 2 2 x t y t z t             .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 1 1 1xy yz zx x y z         2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn 2 2 ( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y   2 2 ( ') : 4 – 5 0C x y x   cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x     1 2 và d’ : 1 5 3 2 2     z y x . Viết phương trình mặt phẳng )(  đi qua d và tạo với d’ một góc 0 30 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                  ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu Phần Nội dung I (2,0) 1(1,0) Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 2(1,0) Từ giả thiết ta có: ( ) : ( 1) 1.d y k x   Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm 1 1 2 2 ( ; ), ( ; )x y x y phân biệt sao cho     2 2 2 1 2 1 90(*)x x y y    www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 27 2 4 ( 1) 1 ( ) 1 ( 1) 1 x k x I x y k x               . Ta có: 2 (2 3) 3 0 ( ) ( 1) 1 kx k x k I y k x             Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k     có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 3 0, . 8 k k  Ta biến đổi (*) trở thành:     2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 (1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)k x x k x x x x        Theo định lí Viet cho (**) ta có: 1 2 1 2 2 3 3 , , k k x x x x k k      thế vào (***) ta có phương trình: 3 2 2 8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0k k k k k k         3 41 3 41 3, , 16 16        k k k . KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Câu Ý Nội dung 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22  xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2(  xxx . VËy 5,0sin x hoÆc 1cossin  xx . Víi 5,0sin x ta cã   kx 2 6  hoÆc   kx 2 6 5  Víi 1cossin  xx ta cã               4 sin 2 2 4 sin1cossin  xxx , suy ra  kx 2 hoÆc   kx 2 2 3  2 Điều kiện: | | | |x y Đặt 2 2 ; 0u x y u v x y           ; x y  không thỏa hệ nên xét x y  ta có 2 1 2 u y v v         . Hệ phương trình đã cho có dạng: 2 12 12 2 u v u u v v                4 8 u v       hoặc 3 9 u v      + 2 2 4 4 8 8 u x y v x y                (I) + 2 2 3 3 9 9 u x y v x y                (II) Giải hệ (I), (II). www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 28 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là       5;3 , 5;4S  Câu Phần Nội dung Đi III (1,0) Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t               Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x                (Do tích phân không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x                 = = 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 1 tan 1 2 4 2 4 2cos cos 4 4 dx d x x x x                                         . KL: Vậy 1 . 2 I 0,25 0,25 0,5 IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:       ' ' ' ' ' ' AB IC AB CHH ABB A CII C AB HH          Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm 'K II . 0,25 Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 3 1 3 ' ' ' ' ' ; 3 6 3 3 x x I K I H I C IK IH IC      Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 2 2 2 3 3 ' . . 6r 6 3 x x I K IK OK r x     0,25 Thể tích hình chóp cụt tính bởi:   ' . ' 3 h V B B B B   Trong đó: 2 2 2 2 2 4x 3 3 3r 3 3 6r 3; ' ; 2r 4 4 2 x B x B h      0,25 Từ đó, ta có: 2 2 3 2 2 2r 3r 3 3r 3 21r . 3 6r 3 6r 3. 3 2 2 3 V             0,25 V Nhận xét : 10x 48 2  x = 2(2x+1) 2 +2(x 2 +1) 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 29 Phương trình tương đương với : 2 ( 02) 1 12 () 1 12 2 2 2       x x m x x . Đặt t x x    1 12 2 Điều kiện : -2< t 5 . Rút m ta có: m= t t 22 2  Lập bảng biến thiên của hàm số trên   5,2 , ta có kết quả của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 5 12 4  m hoặc -5 < 4m 0,25 0,25 0,25 VIa 0,75 1 1,00 Điểm   : 1 0 ;1C CD x y C t t      . Suy ra trung điểm M của AC là 1 3 ; 2 2 t t M         . 0,25 Điểm   1 3 : 2 1 0 2 1 0 7 7;8 2 2 t t M BM x y t C                      Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). Suy ra     : 1 2 0 1 0AK x y x y        . Tọa độ điểm I thỏa hệ:   1 0 0;1 1 0 x y I x y           . Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của   1;0K  . 0,25 0,25 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0 7 1 8 x y x y         2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( ) ( )P D . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH IA và IH AH . Mặt khác             , ,d D P d I P IH H P         Trong mặt phẳng   P , IH IA ; do đó axIH = IA H Am   . Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A. www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 30 Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là   6;0; 3n IA     , cùng phương với   2;0; 1v    . Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là:     2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z    . VIIa Để ý rằng        1 1 1 0xy x y x y       ; và tương tự ta cũng có 1 1 yz y z zx z x          0,25 Vì vậy ta có:   1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 zx+y 1 5 1 1 5 5 x y z x y z xy yz zx yz zx xy x y z yz xy z z y x yz zx y xy z z y x z y y z                                                       1,00 VIb 1) + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và 1, ' 3R R  , đường thẳng (d) qua M có phương trình 2 2 ( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b          . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H         2 2 1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d    , .IA IH     2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b         2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b       Dễ thấy 0b  nên chọn 6 1 6         a b a . Kiểm tra điều kiện IA IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 .Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' u . Mp )(  phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 un Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn  thì ta phải có :          2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA               02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22  CACACACA . Vậy CA  hoặc CA 2 . Nếu CA  ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2B , tức là )1;2;1(n và )(  mp có phương trình 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 31 0)2(2  zyx hay 042  zyx Nếu CA 2 ta có thể chọn 2,1  CA , khi đó 1B , tức là )2;1;1( n và )(  mp có phương trình 02)2(  zyx hay 022  zyx VIIb 1,00 Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: a b c b c a c a b            . Đặt   , , , , 0 , , 2 2 a b c a x y a z x y z x y z y z x z x y              . Vế trái viết lại: 2 3 3 2 a b a c a VT a c a b a b c x y z y z z x x y                0,50 Ta có:     2 2 z z x y z z x y z z x y x y z x y             . Tương tự: 2 2 ; . x x y y y z x y z z x x y z         Do đó:   2 2 x y z x y z y z z x x y x y z            . Tức là: 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b                  0,50 V.Phương trình     3 4 1 2 1 2 1x x m x x x x m       (1) Điều kiện : 0 1x  Nếu   0;1x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 1 1 2 x x x    . Thay 1 2 x  vào (1) ta được: 3 0 1 1 2. 2. 1 2 2 m m m m           * Với m = 0; (1) trở thành:   2 4 4 1 1 0 2 x x x     Phương trình có nghiệm duy nhất. www.VNMATH.com [...]...  1 x  2 1 nên trong trường hợp này (1) không 2 có nghiệm duy nhất Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1 ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  ( 2  m) x  m  2 (1) m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2 2 Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x... VII.b (1 điểm) 3  zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:    1 i  z  ĐÁP ÁN ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I(2đ) ý Nội dung 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 x  •Chiều biến thi n: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  0 2 + y’ + 0  0 + 4 + y 0  Hàm số ĐB... 3 • Với w     (1  i 3 ) z   3  3i  z   3 2 iz 2 • Đặt w  0,5 0,5 1  i 3 z  i 1  i 3 • Với w     (1  i 3 ) z  3  3i  z  3 2 iz 2 Vậy pt có ba nghiệm z  0; z  3 và z   3 ĐỀ 7 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  2x  2 (C) x 1 1 Khảo sát hàm số 2 Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = . Thái 22 ĐỀ 4 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số 3 (3 1)y x x m   (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thi n.      ĐÁP ÁN ĐỀ 5 Câu Phần Nội dung I (2,0) 1(1,0) Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 2(1,0) Từ giả thi t ta có: ( )