Giaitoankd Ltn Www.mathvn.com

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 0 Khi đó hàm số trở thành: y = x 4 − 2x 2 •

TXĐ: R.

•

Hàm số là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là Oy

•

x= 0 y ' = 4x 3 − 4x = 4x(x 2 − 1) ⇒ y ' = 0 ⇔  x= ±1

Ta có: f (0) = 0;f ( ± 1) = − 1. •

y '' = 12x 2 − 4 ⇒ y '' = 0 ⇔ x = ±

•

Bảng biến thiên:

3  3 5 ;f  ±  = − 3  3  9

 3  3 ;+ ∞ Đồ thị lõm trong các khoảng:  − ∞ ; −  ; 3   3 

  và lồi trong 

 3 3 ;  −  .  3 3 

•

Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 ; đạt cực đại tại x = 0 .

•

Vẽ đồ thị: đồ thị tiếp xúc với Ox tại x = 0 và cắt Ox tại x = ± 2 .

1

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo

2. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x 4 − ( 3m + 2 ) x 2 + 3m = − 1 ⇔ x 4 − ( 3m + 2 ) x 2 + 3m + 1 = 0 (*)

Đặt t = x 2 ≥ 0 thì (*) trở thành: t 2 − ( 3m + 2 ) t + 3m + 1 = 0 (**)

Giả sử các nghiệm của (*) là x1 < x2 < x3 < x4 < 2 Thì x1 = − t2 ; x2 = − t1 ; x3 = t1 ; x4 = t2 với 0 < t1 < t2 là các nghiệm (**) Do đó: x1 < x2 < x3 < x4 < 2 ⇔ 0 < t1 < t2 < 2 ⇔ 0 < t1 < t2 < 4 t= 1

Nhưng (**) ⇔ ( t − 1) ( t − 3m − 1) = 0 ⇔   t = 3m + 1  0 < 3m + 1 < 4  3m + 1 ≠ 1

Do đó bài toán thoả mãn ⇔ 

2

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo  1 − < m< 1  1  ⇔  3 ⇔ m ∈  − ;0  ∪ ( 0;1) .  3   m ≠ 0 Câu II. 1. Giải phương trình:

3cos 5x -2sin 3x cos2x - sin x = 0

⇔

3cos 5x - (sin 5x +sin x) = sin x

⇔

3cos 5x - sin5x= 2 sin x

⇔ ⇔ ⇔

⇒

⇔

3 1 cos 5x - sin 5x = sin x 2 2 π sin( − 5x) = sin x 3 π  sin  5x −  = sin(− x) 3  π   5x − 3 = − x + 2kπ  ( k∈ ¢ )  5x − π = π + x + 2kπ  3 π kπ   x = 18 + 3  ( k ∈ Z) π k π x= +  3 2

2. Điều kiện xác định: x ≠ 0   x + y + 1 = ⇔ Hệ phương trình   ( x + y) 2 −  Đặt

Ta có:

3 x 5 + 1= 0 x2

u= x+ y   1  v = x  u + 1 = 3v  u = 3v − 1 ⇒  2  2 2 2  u − 5v + 1 = 0  (3v − 1) − 5v + 1 = 0

3

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo

⇒ 2v − 3v + 1 = 0 2

v= 1 ⇔   v = 1.  2 x+ y= 2  Ta có:  1  x = 1

+) v = 1 ⇒ u = 2

1 1 ⇒ u= +) v = 2 2

x= 1 ⇔   y = 1.

1   x + y = 2 Ta có:  1= 1  x 2

x= 2  ⇔  3  y = − 2 .

3  Kết hợp ĐKXĐ, hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) là : (1;1) và  2; −  . 2  Câu III. x x Đặt t = e − 1 ⇒ dt = e dx ⇒ dx =

dt t+ 1

x = 1⇒ t = e − 1 x = 3 ⇒ t = e3 − 1 I=

e3 − 1

∫

e− 1

dt = t(t + 1)

e3 − 1

1 1   −  dt t t + 1   e− 1

∫

= ( ln t − ln t + 1 )

e3 − 1 e− 1

= ln ( e3 − 1) − ln e3 − ln ( e − 1) + ln e = ln ( e3 − 1) − ln ( e − 1) − 2

= ln ( e − 1) ( e 2 + e + 1) − ln ( e − 1) − 2 = ln ( e 2 + e + 1) − 2. Câu IV.

4

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo

+) Từ I hạ IH ⊥ AC ⇒ IH ⊥ (ABC) ∆ AA 'C :

AC2 = A 'C 2 -AA'2 = 9a 2 − 4a 2 = 5a 2 AC2 = 5a 2 ⇒ AC = a 5

∆ ABC :

BC2 = AC2 − AB2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a

⇒ S∆ ABC =

1 1 AB.BC = a 2a = a 2 2 2

A 'M 1 a 5 = ⇒ A 'M = AC 2 2 A 'M IK 1 2a = = ⇒ IH = 2IK ⇒ IH = AC IH 2 3 ⇒ VIABC =

1 a 2 2a 2a 3 = 3 3 9

Từ trên ⇒ HC = 2AH HD CH 2 2 = = ⇒ HD = a AB CA 3 3 ID 2 = IH 2 + HD 2 = S∆ IBC =

4a 2 4a 2 8a 2 2a 2 + = ⇒ ID = 9 9 9 3

1 2a 2 2a 2 2 .2a. = 2 3 3

5

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo

Khoảng cách từ A đến (ABC) =

3VIABC SIBC

2a 3 9 = a 2 = 2 2 2a 2 3 3.

Câu V. Đặt xy = t , với x, y ≥ 0 thì 2

x+ y 1 0 ≤ xy = t ≤   = 4  2  Khi đó: S = 16t 2 − 2t + 12 S ′ = 32t − 2  1 Lập bảng biến thiên của S với t ∈  0;   4

Từ đó ta có: S đạt giá trị nhỏ nhất là

191 25 và đạt giá trị lớn nhất là 16 2

Phần riêng A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a 1. Toạ độ A là nghiệm của hệ:

6

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo  7x − 2y − 3 = 0 x= 1 ⇔  ⇔ A(1; 2)   6x − y − 4 = 0 y= 2 Suy ra toạ độ B(3; − 2) Phương trình đường cao AH: 6x − y − 4 = 0 ⇒ phương trình đường thẳng BC là:  x = 3 + 6t   y = − 2− t Gọi E là trung điểm của BC, tọa độ E tìm được từ hệ:  7x − 2y − 3 = 0   x = 3 + 6t  y = − 2− t  3  Tìm được E  0; −  ⇒ C ( − 3; − 1) 2  Phương trình đường thẳng AC là: 3x − 4y + 5 = 0 . 2. Phương trình đường thẳng AB là:  x = 2− t   y = 1+ t  z = 2t  uuur Toạ độ D có dạng D(2 − t ;1 + t ; 2t) ⇒ CD = (1 − t ; t ; 2t) r Vectơ pháp tuyến của (P) là: n = (1;1;1). uuur r 1 CD //(P) ⇔ CD.n = 0 ⇔ (1 − t) + t + 2t = 0 ⇔ t = − . 2 5 1  Vậy D  ; ; − 1 . 2 2  Câu VII. a Giả sử z = a + bi với a; b ∈ ¡ vì M (a ; b) là điểm biểu diễn của z. Ta có: a + bi − ( 3 − 4i ) = 2 ⇔ (a − 3) + (b + 4)i = 2 ⇔

( a − 3)

2

+ ( b + 4) = 4 2

⇔ M(a;b) thuộc đường tròn tâm I (3; − 4) , bán kính R = 2 . 7

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI. b 1. Đường tròn (C) có tâm (1; 0) bán kính R = 1 · =600 Từ giả thiết ta có: MIx Gọi H là hình chiếu của M trên Ox, ta có: 1 · IH = IM.cosMIH = 1.cos600 = 2 → OH =

3 2

· MH = IM.sin MIH = 1.sin 600 =

3 2

Do tính chất đối xứng của đường tròn, ta có 2 điểm M thỏa mãn là:  3 3 3 3 M1  ;  và M 2  ; −  2  2 2  2 2. Gọi M là giao điểm của ∆ và (P), tìm được M(− 3; 1;1) uur uur Vectơ chỉ phương của ∆ là u ∆ = (1; 1; -1); n p = (1; 2; −3); uur uur  u ∆ , n p  = (−1; 2; 1)   ⇒ d:

x+ 3 y− 1 z− 1 = = −1 2 1

Câu VII.b Hoành độ giao điểm của hai đồ thị thoả mãn x2 + x − 1 = − 2x + m x ⇔ x 2 + x − 1 = − 2x 2 + mx (với x ≠ 0 ) ⇔ 3x 2 + x(1 − m) − 1 = 0 (1)

8

Đề thi do các chuyên gia của cổng luyện thi trực tuyến abcdonline.vn giải. Xem chi tiết tại http://web.abcdonline.vn Giáo viên giải đề: TS Lê Thống Nhất, ThS Hoàng Trung Quân, ThS Đặng Văn Quản, ThS Nguyễn Bá Đang, Nguyễn Xuân Bình, Hoàng Trọng Hảo Phương trình (1) có ac = − 3 < 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt là . x1 < 0 < x 2 . Khi đó: A(x1 ; − 2x1 + m) và B(x 2 ; − 2x 2 + m) .  x + x2  ; − (x1 + x 2 ) + m  . Suy ra trung điểm AB là I  1 2   I thuộc trục tung ⇔

x1 + x 2 m− 1 = 0⇔ = 0⇔ m= 1 2 6

(vì theo định lý Vi-ét thì x1 + x 2 =

m− 1 ). 3

Vậy m = 1

9