Không nên xem đây là cách giải duy nhất,hay nhất) I)-phần chung cho tất cả thí sinh

a/ a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

Khi m = 0 Þ y = x⁴ – 2x²

D = R, y’ = 4x³ – 4x, y’ = 0 Û x = 0 hay x = ±1

Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +¥), nghịch biến trên (-¥;-1) và (0; 1)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y_CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và y_CT = -1

Bảng biến thiên :

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +¥ 1 +¥

-1 -1
y = 0  x = 0 hay x =

Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm (; 0)

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.

Có y’ = 4x³ – 4(m + 1)x

y’ = 0 Û x = 0 hay x² = (m + 1)

Hàm số có 3 cực trị Û m + 1 > 0 Û m > -1

Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m²),

B (-; – 2m – 1); C (; –2m – 1)

Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC  M (0; -2m–1)

Do đó ycbt  BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

 2 = 2(m² + 2m + 1) = 2(m + 1)²  1 = (m + 1) = (do m > -1)

 1 = (m + 1) (do m > -1)  m = 0

Câu 2. Giải Phương trình

 sinxcosx + 2cos²x = 2cosx  cosx = 0 hay sinx + cosx = 1

 cosx = 0 hay sinx + cosx =  cosx = 0 hay

 x = hay (k  Z).

. Đặt u = x; v = y +

Hệ đã cho thành

Xét hàm f(t) = có f’(t) = < 0 với mọi t thỏa t 1

 f(u) = f(v + 1)  u = v + 1  (v + 1)² + v² = 1  v = 0 hay v = -1  hay

 Hệ đã cho có nghiệm là .

Đặt u = ln(x+1) du = ; dv = , chọn v = - 1

J = + = + = + ln3

= . Vậy I =

Câu 5 (1,0 điểm)

dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC

Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông

SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK.

Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm.

, hệ thức lượng



Câu 6 (1,0 điểm) : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Ta có :x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy  0

Ta có = 

 . Đặt t = , xét f(t) =

f’(t) =

 f đồng biến trên [0; +)  f(t)  f(0) = 2

Mà  3⁰ = 1. Vậy P  3⁰ + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  x = y = z = 0. Vậy min P = 3

Ta có : AN = ; AM = ; MN = ;

cosA = = 

Phương trình đường thẳng AM : ax + by = 0

+ Với t = 3  tọa độ A là nghiệm của hệ :  A (4; 5)

+ Với  tọa độ A là nghiệm của hệ :  A (1; -1)

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: và điểm I (0; 0; 3). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I.

Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.

Gọi a là hệ số của x⁵ ta có 

 14 – 3i = 5  i = 3 và  a = . Vậy số hạng chứa x⁵ là .x⁵.

b. Theo chương trình Nâng cao :

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x² + y² = 8. Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

Phương trình chính tắc của (E) có dạng : . Ta có a = 4

(E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên :

M (2;-2) thuộc (E) . Vậy (E) có dạng

Có : w = 1 + z + z².

Từ

Có