1 cosx - ntrai.khanhhoa.edu.vnntrai.khanhhoa.edu.vn/userfiles/[]-thu suc truoc ki... · thử sức...

Thử sức trước kì thi

[email protected] Trang1

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 400-10/2010

ĐỀ SỐ 01

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: 3y x 3mx 3m 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời chúng cách đều đường thẳng x y 0 . Câu II:

1) Giải phương trình: 5 cos 2x 2cos x3 2 tan x

2) Giải hệ phương trình: 3 3

2 2

x y 9 x 2y x 4y

Câu III:

Tính tích phân: 1 cos x2

0

1 sin xI ln dx

1 cos x

.

Câu IV: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A. AB a,AC a 3,DA DB DC . Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD. Câu V: Chứng minh rằng với mỗi số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx 3, ta có bất đẳng thức:

1 4 3

xyz x y y z z x 2

.

PHẦN RIÊNG

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là 5x 2y 7 0,x 2y 1 0 . Biết phương trình phân giác trong góc A là x y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho điểm M 1;2;3 . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, tạo với Ox một góc 600 và tạo với mặt phẳng (Oxz) một góc 300. Câu VII.a:

http://www.vnmath.com



Giải phương trình: xe 1 ln 1 x . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 3x y2

và parabol (P): 2y x . Tìm

trên (P) các điểm M từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) và hai tiếp tuyến này tạo với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hình vuông ABCD có A 5;3; 1 , C 2;3; 4 , B là một điểm trên mặt phẳng có phương trình x y z 6 0 . Hãy tìm tọa độ

điểm D. Câu VII.b:

Giải phương trình: 331 x 1 x 2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) 2y ' 3x 3m y’ có CĐ và CT khi m 0 .

Khi đó: 1 1

22

x m y 2m m 3m 1

y 2m m 3m 1x m

Vì CĐ và CT đối xứng qua y = x nên: 1 2

2 1

x y m 2m m 3m 1x y m 2m m 3m 1

Giải ra được 1m3

Câu II:

1) ĐK: 3tan x ,cos x 02

PT 2 25 cos x sin x 2 3cox 2sin x

2 2

2 2

cos x 6cos x 5 sin x 4sin x

cos x 3 sin x 2

cos x sin x 1 cos x sin x 5 0

cos x sin x 1sin x 0

x k k Zcos x 0 loai




2)

Hệ PT 3 3

2 2

x y 9 (1)x x 2y 4y (2)

Nhân 2 vế PT(2) với -3 rồi cộng với PT(1) ta được: 3 2 3 2x 3x 3x y 6y 12y 9 3 3x 1 y 2 x y 3

Thay x y 3 vào PT(2): 2 2 2 y 1 x 2y 3 y 3 2y 4y y 3y 2 0

y 2 x 1

Nghiệm hệ: 2; 1 , 1; 2 Câu III:

1 cos x2 2 2 2

0 0 0 0

1 sin xI ln dx cos x.ln 1 sin x dx ln 1 sin x dx ln 1 cos x dx (1)

1 cos x

Đặt x t dx dt2

Suy ra: 2 2 2

0 0 0

I sin t.ln 1 cos t dt ln 1 cos t dt ln 1 sin t dt

Hay 2 2 2

0 0 0

I sin x.ln 1 cos x dx ln 1 cos x dx ln 1 sin x dx (2)

Cộng (1) với (2): 2 2

0 0

J K

2I cos x.ln 1 sin x dx sin x.ln 1 cos x dx

Với 2

0

J cos x.ln 1 sin x dx

Đặt 2 2

2

11 1

t 1 sin x dt cos xdx J ln tdt t ln t dt 2ln 2 1

Với 2

0

K sin x.ln 1 cos x dx

Đặt 1 2

2 1

t 1 cos x dt sin xdx K ln tdt ln tdt 2ln 2 1

Suy ra: 2I 2ln 2 1 2ln 2 1 I 2ln 2 1




Câu IV:

ABC vuông tại A BC 2a DBC vuông cân tại D DB DC DA a 2

Gọi I là trung điểm BC BCIA ID a2

Vì DA a 2 , nên IAD vuông tại I ID IA Mà ID BC

ID (ABC) 3

ABCD ABC1 1 1 a 3V ID.S .ID.AB.AC .a.a.a 33 6 6 6

Câu V:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương 12xyz

; 12xyz

và

4x y y z z x

2 2 23

1 1 4 32xyz 2xyz x y y z z x x y z x y y z z x

Ta có: 2 2 2x y z x y y z z x xyz xz yz xy zx yz xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy, yz và zx:

32 2 2xy yz zxxy.yz.zx 1 x y z 1 xyz 1 (1)

3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương xy + yz, yz + zx và zx + xy:

3 3xz yz xy zx yz xy 2 xy yz zx

xz yz xy zx yz xy 8 (2)3 3

Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2x y z x y y z z x 8

Vậy: 3

1 4 3 3xyz x y y z z x 28

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Tọa độ điểm A:

5x 2y 7 0 x 3

A 3;4x y 1 0 y 4

Tọa độ điểm B:

5x 2y 7 0 x 1

B 1; 1x 2y 1 0 y 1




Gọi D là giao điểm phân giác và BC. Tọa độ điểm D:

x y 1 0 x 1

D 1;0x 2y 1 0 y 0

Giã sử đường thẳng AC có vectơ pháp tuyến 1 2n n ;n 5;2

Suy ra:

1 2 1 2 2 21 1 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1 2

1 2

n .1 n .1 5.1 2.1 n n 7 20n 58n n 20n 029n n . 1 1 5 2 . 1 1 n n

5n n2 n 2;5 (AC) : 2x 5y 14 02n n5

Tọa độ điểm C: 11x2x 5y 14 0 11 43 C ;

x 2y 1 0 4 3 3y3

2) Gọi vectơ chỉ phương của d là 1 2 3a a ;a ;a

Ox có vectơ chỉ phương là 1;0;0

Đường thẳng d tạo Ox 1 góc 600 1 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 3a a a 02a a a

(Oxz) có vectơ pháp tuyến 0;1;0 Đường thẳng d tạo (Oxz) 1 góc 300 nghĩa là d tạo với vectơ pháp tuyến này 1 góc 600.

2 0 2 2 21 2 32 2 2

1 2 3

a 1cos60 a 3a a 02a a a

Giải ra được: 2 2 21 2 3 1 2 3

1 1a a a a a a2 2

Chọn 3a 2 , ta được: a 1;1; 2

, a 1;1; 2

, a 1; 1; 2

, a 1; 1; 2

Suy ra 4 phương trình đường thẳng (d):

x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2

x 1 y 2 z 31 1 2

, x 1 y 2 z 31 1 2




Câu VII.a: ĐK: x 1 Đặt yy ln 1 x e 1 x .

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ: y

x

e 1 x (1)e 1 y (2)

Lấy (2) trừ (1): x y x ye e y x e x e y Xét hàm số tf t e t t 1 Ta có: tf ' t e 1 0 t 1 Hàm số luôn tăng trên miền xác định.

x xf x f y x y x ln 1 x e 1 x e x 1 Dễ thấy x = 0 là 1 nghiệm của phương trình. Xét hàm số tf t e t Ta có: tf ' t e 1 - Với t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn tăng tf t f 0 1 e t 1 t 0 PT vô nghiệm. - Với 1 t 0 thì f ' t 0 Hàm số luôn giảm tf t f 0 1 e t 1 1 t 0 PT vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Điểm M(x0;y0) này cách tâm của (C) một đoạn bằng 2 2

0 06 x y 6 20 0M (P) y x

Suy ra: 4 2 20 0 0 0y y 6 0 y 2 y 2

Vậy M 2; 2 hoặc M 2; 2

2) AC 3 2 BA BC 3 Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:

2 2 2 2 2 2

2 2 2

x 5 y 3 z 1 9 x 5 y 3 z 1 9x 2 y 3 z 4 9 x z 1 0 x y z 6 0 x y z 6 0

2 2 2x 5 4 2x 2 x 9 x 2z 1 x y 3

y 7 2x z 1

hoặc x 3y 1

z 2




B 2;3; 1 hoặc B 3;1; 2

AB DC D 5;3; 4

hoặc D 4;5; 3 Câu VII.b:

331 x 1 x 2

ĐK: x 1

3 3

3 3

3 2 3

2

x 2 2 x 1 x 2

x 2 x 2x 6x 12x 8 x 2

6 x 1 0

Suy ra: x 1 là nghiệm của PT.

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THTT SỐ 401-11/2010

ĐỀ SỐ 02

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG Câu I: Cho hàm số: 3 2y 2x 3x 1 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 8. Câu II:

1) Giải hệ phương trình:

2

2

xy 18 12 x 1xy 9 y 3

2) Giải phương trình: x x4 x 12 2 11 x 0 Câu III: Tính thể tích khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh đáy đối diện bằng m. Câu IV:

Tính tích phân: 5

0

I x cos x sin x dx

Câu V:




Cho tam giác ABC, với BC = a, AC = b, AB = c thỏa mãn điều kiện

2

2

a a c bb b a c

Chứng minh rằng: 1 1 1a b c

.

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường thẳng (d) : 3x 4y 5 0 và đường tròn (C):

2 2x y 2x 6y 9 0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Descartes Oxyz cho hai mặt phẳng (P1): x 2y 2z 3 0 ,

(P2): 2x y 2z 4 0 và đường thẳng (d): x 2 y z 41 2 3

. Lập phương trình mặt cầu

(S) có tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P1) và (P2). Câu VII.a: Đặt 42 3 2 12

0 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2x 1 y 3 1 và điểm 1 7M ;5 5

.

Tìm trên (C) những điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S): 2 2 2x y z 2x 4y 2z 5 0 và mặt phẳng (P): x 2y 2z 3 0 . Tìm những điểm M thuộc (S), N thuộc (P) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b: Dùng định nghĩa, tính đạo hàm của hàm số:

3

0 , x 0 f x 1 3x 1 2x , x 0

x

tại điểm x0 = 0.


PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải




2) 3 2y 2x 3x 1 2y ' 6x 6x Gọi 0 0M x ; y Phương trình tiếp tuyến: 2

0 0 0 0y 6x 6x x x y

Hay 2 3 2 3 20 0 0 0 0 0y 6x 6x x 6x 6x 2x 3x 1

Tiếp tuyến này có tung độ bằng 8 3 2 3 20 0 0 06x 6x 2x 3x 1 8

Giải ra được: 0 0x 1 y 4 Vậy M 1; 4 Câu II: 1) ĐK: x 2 3,xy 0

- Nếu xy 18 thì ta có hệ:

22

22

xy 18 12 x xy 30 x (1)1 3xy 27 y (2)xy 9 y3

Lấy (2) trừ (1): 22 22xy 3 x y x y 3 x y 3

Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại) hoặc x 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3; 3 3

Với x y 3 y x 3 , thay vào (1):

2 2 5 3x x 3 30 x 2x 3x 30 0 x2

(loại) hoặc x 2 3 (nhận)

Nghiệm 2 3;3 3

- Nếu xy 18 thì từ (1) suy ra: x 2 3 , từ (2) suy ra: y 3 3 xy 18 xy 18 Vô nghiệm. Hệ có 2 nghiệm 2 3;3 3 , 2 3; 3 3 .

2) x x x x x4 x 12 2 11 x 0 4 12.2 11 x 2 1 0

x x x

x x

x

x

2 11 2 1 x 2 1 0

2 11 x 2 1 0

2 1 x 0 2 11 x 0 x 3

Phương trình có 2 nghiệm x = 0, x = 3.




Câu III: Gọi M là trung điểm BC AM BC,SM BC

BC (SAM) Trong (SAM) dựng MN SA MN là khoảng cách SA và BC. MN = m

22 2 23aAN AM MN m

4

Dựng đường cao SO của hình chóp.

2 2 22

MN SO m SO 2 3maSOAN AO a 33a 3 3a 4mm 34

2 3

ABC 2 2 2 2

1 1 2 3ma a 3 maV SO.S . .3 3 43 3a 4m 6 3a 4m

Câu IV:

5 5 2 4

0 0 0 0 0

J K

I x cos x sin x dx x cos xdx x sin xdx x cos xdx x 1 2cos x cos x sin xdx

0

J x cos xdx

Đặt u x du dx dv cosxdx v sin x

0 00

J x sin x sin xdx cos x 2

22

0

K x 1 cos x sin xdx

Đặt u x du dx

2 4 3 52 1dv 1 2cos x cos x sin xdx v cos x cos x cos x3 5

3 5 3 5

00

3 5

0 0 0

2 1 2 1K x cos x cos x cos x cos x cos x cos x dx3 5 3 5

8 2 1cos xdx cos xdx cos xdx15 3 5




00

cos xdx sin x 0

3

3 2

0 0 0

sin xcos xdx 1 sin x cos xdx sin x 03

5 2 4 3 5

00 0

2 1cos xdx 1 2sin x sin x cos xdx sin x sin x sin x 03 5

8K15

8I 215

.

Câu V:

2

2

a a c b (1)b b a c (2)

Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác nên: a c b Từ (1) suy ra: 2ab b a b b a 0 Ta có: (1) ac b a b a

Từ (2) suy ra: 2acb c ab bc ac bc a b cb a

Từ đó: 1 b c 1 1 1a bc a b c

(đpcm).

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) M thuộc (C) có vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến tại M cùng phương vectơ pháp tuyến (d) và gần (d) nhất.

2 2(C) : x 1 y 3 1

phương trình tiếp tuyến tại 0 0M x ; y : 0 0x 1 x 1 y 3 y 3 1

0 0 0 04 x 1 3 y 3 0 4x 3y 5 0 (1)

2 20 0 0 0M x ; y C x 1 y 3 1 (2)

Giải (1), (2) ta được: 1 22 11 8 19M ; ,M ;5 5 5 5




1 2 2

2 113. 4. 55 5d M ,(d) 13 4

2 2 2

8 193. 4. 55 5d M ,(d) 3

3 4

Tọa độ điểm M cần tìm là 2 11M ;5 5

.

N là hình chiếu của tâm I của (C) lên (d).

1xIN (d) 4 x 1 3 y 3 0 5

N (d) 73x 4y 5 0 y5

Tọa độ điểm N cần tìm là 1 7N ;5 5

.

2) I (d) I 2 t; 2t;4 3t

(S) tiếp xúc (P1) và (P2) 1 2d I, P d I, P R

2 2 2 2 2 2

t 12 t 4t 8 6t 3 4 2t 2t 8 6t 49t 3 10t 16

t 131 2 2 2 1 2

Với t 1 2 2 2 21I 1;2;1 ,R 2 (S ) : x 1 y 2 z 1 2

Với t 13 2 2 2 22I 11;26; 35 ,R 38 (S ) : x 11 y 26 z 35 38

Câu VII.a: Đặt 42 3 2 12

0 1 2 121 x x x a a x a x ... a x . Tính hệ số a7.

Ta có: 4 442 3 21 x x x 1 x . 1 x

42 0 2 1 4 2 6 3 8 44 4 4 4 41 x C x C x C x C x C

4 0 1 2 2 3 3 4 44 4 4 4 41 x C xC x C x C x C

Suy ra: 2 3 1 37 4 4 4 4a C C C C 6.4 4.4 40

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) N là giao điểm của MI và (C) với MN lớn nhất.




6 8MI ;5 5

vectơ chỉ phương đường thẳng MI a 3;4

Phương trình đường thẳng MI: x 1 3ty 3 4t

2 2 2 1N MI (C) 1 3t 1 3 4t 3 1 25t 1 t5

1 28 19 2 11N ; , N ;

5 5 5 5

1 2MN 3,MN 1 So sánh: 1 2MN MN

Tọa độ điểm N cần tìm là 8 19N ;5 5

2) (S): 2 2 2x 1 y 2 z 1 1 (P): x 2y 2z 3 0 M (P') : x 2y 2z d 0

Khoảng cách từ tâm (S) đến (P’) bằng R 22 2

d 01 4 2 dd I,(P ') R 1

d 61 2 2

1

2

(P ') : x 2y 2z 0(P ') : x 2y 2z 6 0

Phương trình đường thẳng đi qua I vuông góc với (P1’), (P2’):

x 1 t

: y 2 2tz 1 2t

M1 là giao điểm và (P1) 11 2 4 51 t 4 4t 2 4t 0 t M ; ;3 3 3 3

M2 là giao điểm và (P2) 21 4 8 11 t 4 4t 2 4t 6 0 t M ; ;3 3 3 3

1 22 2

2 8 10 33 3 3d M ,(P) 1

1 2 2




2 22 2

4 16 2 33 3 3d M ,(P) 3

1 2 2

Tọa độ điểm M là 2 4 5M ; ;3 3 3

N là giao điểm và (P) 2 1 2 71 t 4 4t 2 4t 3 0 t N ; ;3 3 3 3

Câu VII.b:

33

2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0

f x f 0 1 3x 1 x 1 2x 1 x1 3x 1 2xf ' 0 lim lim lim limx 0 x x x

3 2 3

2x 0 x 0 2 22 33

2 2x 0 33

1 3x 1 x 3x xlim limx x 1 3x 1 3x. 1 x 1 x

3 x lim 11 3x 1 3x. 1 x 1 x

2

2 2x 0 x 0 x 0

1 2x 1 x x 1 1lim lim limx 21 2x 1 xx 1 2x 1 x

1 1f ' 0 12 2

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI

THTT SỐ 402-12/2010

ĐỀ SỐ 03 Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG

Câu I: Cho hàm số: 4 2y x 2 m 1 x 2m 1 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: 1) Giải phương trình: 2 22cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 3

2) Giải hệ phương trình: 2

2 2

6x 3xy x y 1x y 1.




Câu III:

Cho hàm số xf x A.3 B . Tìm các số A, B sao cho f ' 0 2 và 2

1

f x dx 12

Câu IV: Trong mặt phẳng P cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. S là một điểm bất kì nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng P tại A. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD khi SA = 2a. Câu V:

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

trên đoạn 0; .

2

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho điểm A 1;1 và đường thẳng (d) có phương trình 4x 3y 12 0 . Gọi B, C là giao điểm của (d) với các trục Ox, Oy. Xác định tọa độ trực tâm của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, từ điểm P 2;3; 5 hạ các đường thẳng vuông góc với các mặt phẳng tọa độ. Viết phương trình mặt phẳng đi qua chân các đường vuông góc đó. Câu VII.a:

Chứng minh rằng số phức 245 5z 1 cos isin

6 6

có phần ảo bằng 0.

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Cho đường tròn 2 2C : x y 6x 2y 1 0 . Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng x 2y 4 0 và cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1x 1 y 1 zd :

2 1 1

và 2x 1 y 2 zd :

1 2 1

.

Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng Q : x y 2z 3 0 sao cho (P) cắt d1, d2 theo một đoạn thẳng có độ dài nhỏ nhất. Câu VII.b:

Giải hệ phương trình x y 1 2y 1

4

4 3.4 2x 3y 2 log 3





PHẦN CHUNG Câu I: 1) Tự giải 2) Giao điểm với trục hoành 4 2x 2 m 1 x 2m 1 0 (*)

Đặt t = x2, ta có phương trình: 2t 2 m 1 t 2m 1 0 (**) (*) có 4 nghiệm (**) có 2 nghiệm dương phân biệt

2Δ ' 0 m 01S 0 2 m 1 0 m , m 02

P 0 2m 1 0

Với điều kiện này (**) có nghiệm 2 21 1 2 2t x ; t x (t2 > t1) 4 nghiệm (*): 2 1 1 2x , x , x , x

Dãy này lập thành cấp số cộng khi: 2 1 1 1 2 1x x x x x 3x Đặt 1 2x α x 3α

22 2 2 221 2

2 2 4 41 2

m 4x x 10α 2 m 1 10α m 12m 1 9 9m 32m 16 0 45 mx x 9α 2m 1 9α

9

Vậy m = 4 hoặc 4m9

Câu II: 1)

2 2

2 2

2cos 2x cos 2x.sin 3x 3sin 2x 32cos 2x cos 2x.sin 3x 3cos 2xcos 2x sin 3x cos 2x 0

cos 2x 0 sin 3x cos 2x 0

Với cos2x = 0 π π kπ2x kπ x k Z2 4 2

Với k2x3x 2x k2

10 52sin3x cos2x 0 sin3x sin 2x k Z2 3x 2x k2 x k2

2 2

Vậy phương trình có nghiệm

π kπx4 2π k2π k Zx

10 5πx k2π2




2)

2

2 2

6x 3xy x y 1 1x y 1. 2

21 6x 3xy 3x 2x y 1

3x 1 2x y 1 0

1x3

y 2x 1

Với 1x3

, từ (2) suy ra: 2 2y3

Với y 2x 1 , từ (2) suy ra: 22 2x 0 y 1

x 2x 1 1 5x 4x 0 4 3x y5 5

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

1 2 2 1 2 2 4 30;1 , ; , ; , ;3 3 3 3 5 5

Câu III:

x

x x

f ' x A.3 .ln 3 f x A.3 B A.3f x dx Bx C

ln 3

Ta có:

2

21

2f ' 0 2 A.ln 3 2 Aln 3

6A 12f x dx 12 B 12 B 12ln 3 ln 3

Vậy 2

2Aln 3

12B 12ln 3

Câu IV: Tâm O của hình cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD là trung điểm của SC. 2 2 2 2SC SA AC 4a 2a a 6

SC a 6R2 2

3

34πRV πa 63

Câu V:




xsin x 2cos2f x xcos x 2sin2

x 0; .

2

Ta có: 2x x xcos x 2sin 2sin 2sin 12 2 2

Xét hàm số 2g t 2t 2t 1 2t 0;2

1g ' t 4t 2 g ' t 0 t2

1 3 2g 0 1;g ;g 22 2 2

g t 0 2t 0;2

xcos x 2sin 02

x 0; .2

f x liên tục trên đoạn 0;2

.

2

x x x xcos x sin cos x 2sin sin x cos sin x 2cos2 2 2 2f ' x

xcos x 2sin2

2

x1 sin2f ' x 0

xcos x 2sin2

x 0; .2

GTLN f x = f 0 2

GTNN f x = πf2

212

PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) A 1;1 B 3;0 C 0;4

Gọi H x; y là trực tâm tam giác ABC

BH x 3; y

, CH x; y 4

, AB 2; 1

, AC 1;3




x 3 3y 0BH AC BH.AC 0 x 32x y 4 0CH AB y 2CH.AB 0

Vậy H 3; 2 2) Gọi I, J ,K lần lượt là chân các đường vuông góc tương ứng của P lên các mặt phẳng Oxy, Oyz, Oxz.

Ta có: I 2;3;0 , J 0;3; 5 , K 2;0; 5 Mặt phẳng IJK có dạng Ax By Cz D 0 I, J, K thuộc mặt phẳng này nên:

1A D42A 3B D 013B 5C D 0 B D6

2A 5C D 0 1C D10

Chọn D = -60, suy ra A = 15, B = 10, C = -6.

Vậy IJK :15x 10y 6z 60 0 Câu VII.a:

24 k24 24k k24 24

k 0 k 0

5 5 5 5 5k 5k1 cos isin C cos isin C cos isin6 6 6 6 6 6

24 24k k24 24

k 0 k 0

5k 5kC cos i C sin6 6

Phần ảo 24

k24

k 0

5kC sin6

Ta có: k 24 k k k24 24 24 24

5 24 k5k 5k 5kC sin C sin C sin C sin 06 6 6 6

Suy ra: 24

k24

k 0

5kC sin 06

B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) 2 2 2C : x 3 y 1 3

d song song với đường thẳng x 2y 4 0 d : x 2y c 0 d cắt C theo một dây cung có độ dài bằng 4 2 2d I,d 3 2 5

3 2 c5

5

c 4

c 1 5c 6

Vậy 1d : x 2y 4 0 hoặc 2d : x 2y 6 0 2) (P) song song với mặt phẳng Q P : x y 2z m 0




1

x 1 2td : y 1 t

z t

2

x 1 td : y 2 2t

z t

(Q) giao với (d1): 1 2t 1 t 2t m 0 t m M 1 2m; 1 m; m (Q) giao với (d2): 1 t 2 2t 2t m 0 t m 3 N 2 m; 4 2m; m 3

2 22 2 2MN m 3 m 3 3 2m 27 27

MinMN = 3 3 khi m = 0 Khi đó P : x y 2z 0 Vậy P : x y 2z 0

Câu VII.b:

x y 1 2y 1

4

4 3.4 2 1x 3y 2 log 3 2

Từ (2) 4 44x y 1 1 log 3 2y log 2y3

Thay vào (1): 44log 2y 2y 131 4 3.4 2

2y 2y4 3.4 .4 23 4

Đặt 2yt 4 t 0 ta có: 24 3t 42 9t 24t 16 0 t3t 4 3

2y4 4

4 1 4 1 14 y log log 33 2 3 2 2

(2) 4 4 4 43 3 1 1x 2 log 3 3y 2 log 3 log 3 log 32 2 2 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 41 1x log 32 2

; 41 1y log 32 2


1 cosx - ntrai.khanhhoa.edu.vnntrai.khanhhoa.edu.vn/userfiles/[]-thu suc truoc ki... · thử sức...

Documents