Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
Đề 2:
( Biên soạn theo định hướng ra đề của Bộ GD&ĐT năm học 2008 – 2009)
Bài 1: Cho hàm số :
( ) ( )
3 2
1 2 2 2y x m x m x m= + − + − + +
(1) ( m là tham số).
1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ
của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Bài 2: 1). Giải phương trình:
1
os3x os2x osx
2
c c c− + =

2). Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8x 7 1x x x x+ − = − + − + − +
.
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4;0;0),
B(0; 4; 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1). Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
2). Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (P) đồng thời K cách đều gốc tọa
độ O và mặt phẳng (P).
Bài 4: Tính tích phân:
6
2
x
2x 1 4x 1

--------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------------
1
Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1:
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện)
Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;4), điểm cực tiểu T(2;0),
điểm uốn: U(1;2)
2)
+ Đạo hàm:
( )
2
( ) 3x 2 1 2 2y g x m x m
′
= = + − + −
.
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thõa x
1
< x
2
< 1
⇔
' 2
4 5 0
5

os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π
= ⇔ = + ∈
, phương trình vô nghiệm.
+Trường hợp:
os 0 2 ,
2
x
c x k k Z
π π
≠ ⇔ ≠ + ∈
, nhân hai vế phương trình cho
2 os
2
x
c
ta được:
2 os os3x 2 os os2x 2 os osx os
2 2 2 2
x x x x
c c c c c c c− + =
(chuyển tích sang tổng, rút gọn)
7x
os 0
2
c
=


− =
⇔ ⇔ = ∨ =

− = −


. Kết luận: Tập nghiệm của phương trình: S = { 4, 5}
Bài 3:
1) Viết phương trình tham số của đường thẳng AB: VTCP
( )
1
1; 1;0
4
u AB= − = −
r uuur
, A(4,0,0) ∈ (AB)
2
Lê Trinh Tường Trường THPT Trưng Vương Quy Nhơn
Ph.trình tham số của (AB):
4
0
x t
y t
z
= +


= −


x y z− −
= =
−
.
Gọi H là hình chiếu của I lên (α) ⇒ H(-1; 0; 1). Giả sử K(x
k
; y
k
; z
k
), khi đó:
( ) ( )
2 2
2
1 1
k k k
KH x y z= + + + −
và
2 2 2
O
k k k
K x y z= + +
Từ yêu cầu bài toán ta có hệ:

( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1
4
1 1



=


1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
. Kết luận:
1 1 3
; ;
4 2 4
K
 
−
 ÷
 
.
Bài 4:
Tính tích phân sau:
6
2
x
2x 1 4x 1
d

+ +
2 2
1
1 1
t A B
t
t t
⇒ ( A = 1, B = -1).
Do đó:
( ) ( ) ( )
   
 ÷
 
= = − = + + = −
 ÷
 
+
+ + +
   
∫ ∫
5
5 5
2 2 2
3 3
3
d 1 1 1 3 1
ln 1 ln
1 2 12
1 1 1
t t

x xy y z z
− − − −
= =
+ + + +
.
Xét phương trình:
( ) ( )
2
2
2
3
1 1 3 0
1
z z
m m z m z m
z z
− −
= ⇔ − + + + + =
+ +
(a). Dùng điều kiện phương trình
(a) có nghiệm ⇔
( ) ( ) ( )
2
1
1
3 48 3 48
0
1 4 1 3 0
3 3
m

. Điều kiện: 0< x ≠ 1.
Đặt:
2
log 3
log 3 0
log 2
x
x
y y= ⇒ = >
.
Ta có:
+
+
+
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≥
+ + +
+
log 3
3 2
3log 3 2 log 2 log 2
3 2 1
3 3 3 3 3
log 3
log 3 log 2 1 1
1
log 2
x
x x x
x
x x


⇔
2
4 4i = −
( đúng) ⇒ (đpcm).
Bài 8:
Nhận xét: Tâm O của lục giác đều ABCDEF là trung điểm của
các đường chéo AD, BE, CF. SO ⊥(ABCDEF). Các tam giác
OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA là các tam giac đều bằng
nhau cạnh b.
Đặt: B = S
ABCDEF
⇒ B = 6S
∆
OAB
=
2
2
3 3 3
6
4 2
b
b =
(đvdt)
Chiều cao h =

SO =
2 2 2 2
SA OA a b− = −
Do đó: Thể tích V =

( đvđd)
-----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------
* Các bạn có thể giải cách khác tốt hơn xin vui lòng gửi qua trang Web của tôi.
4