A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)
Câu I. Cho hàm số y = x3 + 6mx2 + 9x + 2m (1), với m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị thoả mãn khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng
đi qua hai điểm cực trị bằng
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 (Lần I) Môn: Toán 12. Khối AB. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I. Cho hàm số mxmxxy 296 23 +++= (1), với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị thoả mãn khoảng cách từ gốc toạ độ O đến đường thẳng đi qua hai điểm cực trị bằng 5 4 . Câu II. 1) Giải phương trình: 12cos23sin cos2 4sincossin8 3 +-=+ xx x xxx . 2) Giải phương trình: 12232 3 =--+ xx . Câu III. 1) Tính tích phân : ( ) dx x xxx ò + -++4 0 2 32 9 39ln 2) Tìm m sao cho hệ phương trình sau có nghiệm. ïî ï í ì +=+- -=- ++ 1212 lnln33 2 22 xmyx xyyyxx Câu IV. Cho hình chóp S.ABC, có aBCACSBSA ==== , 2aAB = . Tính thể tích hình chóp và côsin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC biết rằng mp (SAB) tạo với đáy một góc bằng 060 . Câu V. Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 0=++ cba . Chứng minh rằng: 4 1 74.24.216 2 74.24.216 2 74.24.216 2 £ +++ + +++ + +++ acc c cbb b baa a II. PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường thẳng AB, AC lần lượt là 032 =-+ yx và 032 =-+ yx , đường thẳng BC đi qua điểm I ( )1;0 - . Hãy xác định toạ độ các đỉnh A, B, C. 2) Giải bất phương trình sau: ( ) 02.348 2923 22 ³+- -++ xxxxx B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng 052 =++ yx . Tìm A sao cho tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. 2) Giải bất phương trình sau: ( ) 2log3119log 3 3 1 -³-+ xx ---------------------------------Hết--------------------------------- trongxuanht@gmail.com sent to www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12. Khối A,B. Câu Nội dung Đi CâuI 1.Với m = 1 ta có : 296 23 +++= xxxy + TXĐ : D=R + Sự biến thiên: ê ë é -= -= Û=++= 3 1 0',9123' 2 x x yxxy Hàm số đồng biến trên các khoảng ( )3;-¥- và ( )+¥- ;1 nghịch biến trên khoảng ( )1;3 -- - Hàm số đạt cực đại tại x = -3; 2=cđy , đạt cực tiểu tại 2;1 -=-= ctyx - Giới hạn: -¥=+¥= -¥®+¥®® xx y lim,lim - Bảng biến thiên: x -¥ -3 -1 +¥ y’ + 0 - 0 + 2 +¥ y -¥ -2 Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2) -4 -3 -2 -1 2. Ta có: y’ = 9123 2 ++ mxx , 0340' 2 =++Û= mxxy + Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị 0'=Û ypt có hai nghiệm phân biệt 2 3034' 2 >Û>-=DÛ mm hoặc 2 3-<m (*) Khi đó ta có: y = ( ) mxmymx 486'. 3 2 3 2 --+÷ ø ö ç è æ + Þ đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có phương trình là: y = ( ) mxm 486 2 -- ( ) ( ) ê ê ê ë é = = Û=+-Û+-=Û= +- - =D 64 37 1 037101641865 5 4 186 4 ),( 2 2 24222 22 m m mmmm m m Od ê ê ê ë é ±= ±= Û 8 37 1 m m Đối chiếu với đk(*) ta có m = ± 1 là kết quả cần tìm. 0.25 0.25 0,25 0,2 0.25 0.25 0.5 y 0 x -2 2 CâuII 1. Đk: Zkkx Î+¹ , 2 p p p p p p kxkx x x loaix xxx xxxxx x xxxxxpt +±=Û+±=Û =Û ê ê ë é = = Û =+--Û -=Û+-= + Û 6 2 3 2 2 12cos 4 1sin )(1sin 01sinsin4sin4 sin4sin3sin212cos23sin cos2 2cos.cos.sin4cossin8 2 23 3 3 Vậy phương trình có nghiệm là : x = Zkk Î+± , 6 p p 2.Đặt vxux =-=+ 3 2;32 , đk : 0³u khi đó ta có hệ: ( ) ( ) ï î ï í ì - = -= ï î ï í ì + = += î í ì = = Û î í ì =--- += Û î í ì =+-- += Û î í ì =-+ += Û î í ì =- =- 2 131 132 2 131 132 1 3 0)3)(1( 12 0322 12 7212 12 72 12 2233232 v loaiu hoac v u hoac v u vvv vu vvv vu vv vu vu vu + với ï î ï í ì + = += 2 131 132 v u ta được: 1327 2 1312 13232 3 +=Û ï î ï í ì + =- +=+ x x x + với î í ì = = 1 3 v u ta được x = 3 Vậy hệ có hai nghiệm là: x = 3; 1327 + 0,25 0.25 0.25 0,25 0,5 0,25 0,25 Câu III 1. ( ) ( ) 21 4 0 2 34 0 2 24 0 2 32 3 9 3 9 9ln 9 39ln IIdx x xdx x xxdx x xxx -= + - + ++ = + -++ òòò + Tính 1I : Đặt ( ) uxx =++ 9ln 2 , ta có: dx x du 9 1 2 + = , x = 0 3ln=Þ u ; x = 4 5ln=Þ u . Khi đó: 2 3ln5ln 3ln 5ln 2 2225ln 3ln 1 -=== ò uuduI + Tính 2I . Đặt vx =+ 9 2 , ta có: 9, 9 22 2 -= + = vxdx x xdv x = 0 3=Þ v ; x = 4 5=Þ v . Khi đó: 3 44 3 5 )9 3 ()9( 35 3 2 2 =-=-= ò u uduuI Vậy ( ) 44 2 3ln5ln3 9 39ln 22 21 4 0 2 32 - - =-= + -++ ò IIdxx xxx 2. ïî ï í ì +=++ -=- ++ )2(321 )1(lnln33 2 22 xmyx xyyyxx Đk: x > 0, y > 0 0.5 0,5 + Giải phương trình (1): ( ) yx yyxx ln3ln31 22 +=+Û ++ Xét hàm ttf tt ln3)( 2 += + , với t > 0, có: 013ln.3)12()(' 2 >++= + t ttf tt 0>"t Þ hàm f(t) là hàm đồng biến với t > 0. suy ra: yxyfxfpt =Û=Û )()()1( + Thế x = y vào pt (2) ta được: 12 1121 2 2 + + =Û+=+ x xmxmx (3) Khi đó: Hệ phương trình đã cho có nghiệm )3(ptÛ có nghiệm x > 0 Xét hàm 12 1)( 2 + + = x xxg với x > 0. có: 2 10)(', )12( 21)(' 32 =Û= + - = xxg x xxg Từ BBT suy ra hệ phương trình có nghiệm khi 2 6 2 1 £< m 0,25 0,25 0,2 0,25 Câu IV + Gọi M là trung điểm của AB. Từ giả thiết ta có: SABD và SABD là các tam giác vuông cân bằng có chung cạnh huyền AB. Þ ABCMABSM ^^ , và 2 2 2 aABCMSM === Suy ra góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc Ù SMC Þ Ù SMC =600 Từ đó ta có: )(SCMmpAB ^ và SCMD là tam giác đều cạnh bằng 2 2a Þ Thể tích của hình chóp S.ABC: ( ) )( 24 660.. 2 1. 3 1. 3 1 30 đvttaSinMCSMABSBMAMVVV SMCSMACSMBC ==+=+= D + Tính góc giữa hai đường thẳng SA và BC. Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, SC, SB ta có : Góc giữa hai đường thẳng SA và BC bằng góc giữa hai đường thẳng MN và NP.Gọi a là góc giữa hai đường thẳng SA và AB. Xét tứ giác MNPQ có: 22 ; 22 aSANPMQaBCPQMN ====== Þ MNPQ là hình thoi cạnh bằng 2 a 0,2 0,25 0,2 1 2 6 + - 0 0 g(x) g’(x) x 2 1 +¥BBT Q N S A B C M P 2 1 Lại có : Trong tam giác đều SCM có MP là đường trung tuyến 4 6 2 3. 2 2 aaMP ==Þ Từ đó ta có: 4 1 .2 cos 222 =-+= Ù NPMN MPMNNPPNM Þ 4 1coscos == Ù PNMa Vậy thể tích của hình chóp bằng )( 24 63 đvtta và cô sin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 4 1 0,25 Câu V. Đặt zyx cba === 2;2;2 , ta có: x, y, z là các số thực dương và x.y.z = 1. Bất đằng thức cần chứng minh trở thành 4 1 722722722 224224224 £ +++ + +++ + +++ xzz z zyy y yxx x Thật vậy, Áp dụng bất đẳng thức cô si cho hai và 4 số dương ta được: xxx 41113 44 ³+++=+ ; xyyx 222 ³+ Suy ra: ( )14444722 224 ++=++³+++ xyxxyxyxx Chứng minh tương tự ta được ( )14722 224 ++³+++ yzyzyy ; ( )14722 224 ++³+++ zxzxzz ÷÷ ø ö çç è æ ++ + ++ + ++ £ +++ + +++ + +++ Þ 1114 1 722722722 224224224 zxz z yzy y xyx x xzz z zyy y yxx x (1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 hay a = b= c = 0. Mặt khác: Do xyz =1 nên )2(1 1 1 11 1111 2 = ++ + ++ + ++ = ++ + ++ + ++ = ++ + ++ + ++ xyxxxy xy xyx x xyyzxxyz xyz xxyzxy xy xyx x zxz z yzy y xyx x Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 0 0,25 0,25 0,5 Câu VI.a 1. Ta có: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: )1;1( 032 032 A yx yx Þ î í ì =-+ =-+ Gọi M( 00 ; yx ) là trung điểm của BC, từ giả thiết ta có: ( )î í ì = ^ ),(, ABMdACMd MAMI ( ) ï ï î ïï í ì = = - ====Û ïî ï í ì =+- -= ïî ï í ì =-- = Û ï î ï í ì =--+ ê ë é =+ = Û ï î ï í ì -+ = -+ =-++- Û 2 1 2 3 2 11 0352 2 012 01 2 5 32 5 32 01)1()1.( 0 0 0000 0 2 0 00 0 2 0 00 0 2 0 2 0 00 00 0000 0000 y x hoăoyxhoăoyx xx xy hoăo xx yx xyx yx yx yxyx yyxx + Với 100 == yx ta có M Aº (loại) + Với 2 1 00 - == yx ta có M( 2 1; 2 1 -- ) Þ pt đường thẳng BC: x + y + 1 = 0 suy ra B(4;-5) ; C(-5;4) 0,25 0,25 0,25 + ï ï î ïï í ì = = 2 1 2 3 0 0 y x ta có M( 2 1; 2 3 )Þ pt đường thẳng BC: x - y - 1 = 0 suy ra B( 3 1; 3 4 ) ; C( 3 2; 3 5 ) Vậy A(1;1), B(4;-5), C(-5;4) hoặc A(1;1), B( 3 1; 3 4 ) ; C( 3 2; 3 5 ) 2. 02.322 1 2 9 623 2 2 ³+-Û -++ xxxxxBPT chia cả 2 vế bpt cho x32 ta được: . 012.32 1 2 3 32 2 2 ³++- -++ xxxx . Đặt otđkt xx >= + ,2 2 32 ta được bpt: 2 2 10232 2 ££-Û³++- ttt Kết hợp với đk ta được Þ£< 20 t 2 1202321 2 322 222 32 ££-Û£-+Û£+Û£ + xxxxx xx Vậy bpt có nghiệm: 2 12 ££- x 0,25 0,25 0,25 0,5 Câu VI.b 1. Nhìn vào hình vẽ ta thấy , hai điểm A, B nằm về cùng một phía đối với đường thẳng: 2x + y + 5 = 0(d). Ta có BC = 23 Þ Chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi tổng AB + AC nhỏ nhất. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đt(d). Khi đó đường thẳng BB’ có phương trình: x – 2y + 5 = 0 Gọi 'BBdI Ç= ta có I(-3;1) và I là trung điểm của BB’. Suy ra B’(-5;0) đt B’C có pt: x + 7y + 5 =0 Khi đó: AC + AB =AC + AB’ CB'³ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi B’, A, C thẳng hàng hay A là giao điểm của B’C và d ) 13 5; 13 30( --Þ A Vậy với ) 13 5; 13 30( --A thì tam giác ABC có chu vi nhỏ nhất. 2. đk: 0019 ³Û³- xx (*) Bpt 033.83.3 8 193 8 19log1 213 £--Û -³Û-³-Û - xx x x x x Đặt t = x3 , đk t > 0. Ta được 3 3 10383 2 ££-Û£-- ttt 30 £<Þ t Khi đó : 1330 £Û£< xx Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm của bất phương trình là: 10 ££ x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 -1 O B C 2 2 SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12. Khối D. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I. Cho hàm số 296 23 +++= xxxy (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 2) Viết phương trinh tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng 9x - y + 2 = 0 Câu II. 1) Giải phương trình: xx x xxx sin2tan 2 3 cos 4sincossin8 3 +=+ . 2) Giải bất phương trình: 121 ³--+ xx . Câu III. 1) Tính tích phân : dx x ee x ò - 1 ln 1 2) Tìm m sao cho hệ phương trình sau có nghiệm. î í ì =+- =- ymxmy xy 12 1 2 Câu IV. Cho hình chóp S.ABC, có aBCACSBSA ==== , 2aAB = . Tính thể tích hình chóp biết rằng mp(SAB) tạo với đáy một góc bằng 060 . Câu V. Cho a, b, c là các số thực thoả mãn 1;1;1 -³-³-³ cba . Chứng minh rằng: )1()1()1(3333 +++++³+++ accbbacba . Khi nào bất đằng thức xảy ra? II. PHẦN TỰ CHỌN (2 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB: x + y - 2 = 0, các đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A và C lần lượt có phương trình là y = 1 và x - y + 2 = 0. Hãy xác định toạ độ các đỉnh A, B, C. 2) Giải phương trình sau: 0224.28 =+-- xxx B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có B(-1;2), C(2;-1) và A nằm trên đường thẳng 052 =++ yx . Tìm A sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6. 2) Giải phương trình sau: ( ) 2log3119log 3 3 1 -=-+ xx ---------------------------------Hết--------------------------------- SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT MAI THÚC LOAN ĐÁP ÁN KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2011 (Lần I) Môn: Toán 12. Khối D. Câu Nội dung Điểm CâuI 1. + TXĐ : D=R + Sự biến thiên: ê ë é -= -= Û=++= 3 1 0',9123' 2 x x yxxy Hàm số đồng biến trên các khoảng ( )3;-¥- và ( )+¥- ;1 nghịch biến trên khoảng ( )1;3 -- - Hàm số đạt cực đại tại x = -3; 2=cđy , đạt cực tiểu tại 2;1 -=-= ctyx - Giới hạn: -¥=+¥= -¥®+¥®® xx y lim,lim - Bảng biến thiên: x -¥ -3 -1 +¥ y’ + 0 - 0 + 2 +¥ y -¥ -2 Đồ thị: Đi qua các điểm A(-4; -2); B(-2; 0) và C(0; 2) -4 -3 -2 -1 2. Ta có: 9x –y + 2 = 0 29 +=Û xy (d) Gọi M ( )00 ; yx là tiếp điểm. Do tiếp tuyến song song với đường thẳng nên có hệ số góc bằng: y’(x 0 ) = 9 99123 0 2 0 =++Û xx ê ë é -= = Û=+Û 4 0 04 0 0 0 2 0 x x xx + Với 00 =x ta có: y 20 = :ptttÞ y = 9x +2 (loại do trùng với (d)) + Với 40 -=x ta có: y 20 -= :ptttÞ y = 9(x + 4) -2 hay y = 9x + 34 (tm) Vậy có một tiếp tuyến thoả mãn bài toán là: 0.25 0.25 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 0,25 CâuII 1. Đk: Zk kx kx Î ï ï î ïï í ì +¹ +¹ , 24 2 pp pp , xxxxx x xxxxxpt sin2tan 2 3sin4sin2tan 2 3 cos 2cos.cossin4cossin8 3 +=Û+= + Û xxxx x xxx cossin2cossin 2cos cossin3sin3 =Û=Û ê ë é = = Û xx x 2coscos 0sin 0.25 0,25 y 0 x -2 2 + 3 2 3 2 2 22 22 2coscos pp p p p kxkx kx kxx kxx xx =Û ê ê ë é = = Ûê ë é +-= += Û= + sinx = 0 pkx =Û Kết hợp với đk ta có nghiệm của phương trình là: x = kp , x = 3 2pk , với k ZÎ 2. 121 ³--+ xx , Đk: 21 ££- x (*) Bpt xxxxxxx -³-Û-+-³+Û+-³+Û 212231121 ( ) 2 51 2 51 2 51 1 01 1 21 01 22 + ³Û ï ï ï î ïï ï í ì ê ê ê ê ë é -£ + ³ ³ Û î í ì ³-- ³ Û î í ì -³- ³- Û x x x x xx x xx x Kết hợp với đk(*) ta có nghiệm của bpt là: 2 2 51 ££ + x 0.25 0,25 0,25 0,5 0,25 Câu III 1. 21 11 ln 1 ln 11 IIdx x dx x edx x e eê xe x -=-=- òòò + Tính 1I : Đặt ux =ln , ta có: dx x du 1= , x = 1 0=Þ u ; x = e 1=Þ u . Khi đó: 1 0 11 0 1 -=== ò eedueI uu + Tính 2I có: ò === e e x x dxI 1 2 11 ln Vậy 21 1 ln -=-ò edxx ee x 2. î í ì =+- =- )2(12 )1(1 2 ymxmy xy + Từ phương trình (1) ta có y = x + 1 thế vào pt (2) ta được : m( 12 +x ) = x 12 + =Û x xm (3) Khi đó: Hệ phương trình đã cho có nghiệm )3(ptÛ có nghiệm. Xét hàm 1 )( 2 + = x xxg với x RÎ . có: ( ) 10)(', 1 1)(' 22 2 ±=Û= + - = xxg x xxg Từ BBT suy ra hệ phương trình có nghiệm khi 2 1 2 1 ££ - m 0.5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1 0 -1 0 - 2 1- + - 0 0 g(x) g’(x) x +¥BBT - ¥ 1 0 Câu IV + Gọi M là trung điểm của AB. Từ giả thiết ta có: SABD và SABD là các tam giác vuông cân bằng có chung cạnh huyền AB. Þ ABCMABSM ^^ , và 2 2 2 aABCMSM === Suy ra góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt đáy là góc Ù SMC Þ Ù SMC =600 Từ đó ta có: )(SCMmpAB ^ và SCMD là tam giác đều cạnh bằng 2 2a Þ Thể tích của hình chóp S.ABC: ( ) )( 24 660.. 2 1. 3 1. 3 1 30 đvttaSinMCSMABSBMAMVVV SMCSMACSMBC ==+=+= D 0,25 0,75 Câu V. Bđt đươc viết lại như sau: cbacabcabcba +++++³+++ 3333 Do a 1-³ nên Áp dụng bất đẳng thức aa 212 ³+ , ta có: ( )( ) ( ) aaaaaaaa +=+³+-+=+ 223 1111 Tương tự ta được : ,1 23 bbb +³+ ccc +³+ 23 1 Từ đó suy ra: cbacbacba +++++³+++ 222333 3 Mặt khác áp dụng bất đẳng thức: cabcabcba ++³++ 222 Từ đó suy ra cbacabcabcba +++++³+++ 3333 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 hoặc a= b= c = -1 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VI.a 1. Ta có: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: )1;1(1 02 A y yx Þ î í ì = =-+ Gọi M là trung điểm của AB, từ giả thiết ta có: toạ độ điểm M là nghiệm của hệ )2;0( 02 02 M yx yx Þ î í ì =+- =-+ . Từ đó suy ra: B(-1;3) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có toạ độ của G là nghiệm của hệ: )1;1( 02 1 -Þ î í ì =+- = G yx y Gọi C( 00 ; yx ) ta có: ( )1;31 3 1 3 11 1 3 )1(1 0 0 0 0 -Þ î í ì = -= Þ ï ï î ïï í ì = ++ -= +-+ C y x y x Vậy A(1;1), B(-1;3), C(-3;1) 2. 0224.28 =+-- xxx Đặt t = x2 , đk t > 0. pt đã cho trở thành ( )( ) ê ë é = = Ûê ë é = = Û=--Û =+-- > 1 2 1 2 012 02.2 0 2 2 23 t t t t tt ttt t + với t = 2 ta có x2 = 2 1=Û x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S A B C M + với t = 1 ta có x2 = 1 0=Û x Vậy pt đã cho có 3 nghiệm là : x = 0, x = 1 0,25 Câu VI.b 1. Ta có BC = 23 , đường thẳng BC có phương trình : x + y – 1 = 0 BCBCAdS ABC ).,(2 1=D Khi đó: Do A 052 =++Î yxđt nên A(a; -2a -5) d(A,BC) = 2 6 2 152 + = --- aaa Từ đó ta có: 102 46623. 2 6 . 2 16 -=-=Û =+Û= + Û=D ahoăoa a a S ABC Vậy A(-2; -1) hoặc A(-10; 15). 2. đk: 0019 ³Û³- xx (*) pt 033.83.3 8 193 8 19log1 213 =--Û -=Û-=-Û - xx x x x x Đặt t = x3 , đk t > 0. Ta được )( 3 130383 2 loaithoăottt -==Û=-- 3=Þ t Khi đó : 133 =Û= xx Kết hợp với đk (*) ta có nghiệm của bất phương trình là: 1=x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 -1 O B C 2 2
Tài liệu đính kèm: