Câu 1: (1,0 điểm)
Tính giá trị các biểu thức sau:
a) $A={{27}^{\frac{2}{3}}}+{{\left( \dfrac{1}{16} \right)}^{-0,75}}-{{25}^{0,5}}$; b) $B={{\log }_{9}}15+{{\log }_{9}}18-{{\log }_{9}}10$.
Hướng dẫn giải:
$A={{27}^{\frac{2}{3}}}+{{\left( \dfrac{1}{16} \right)}^{-0,75}}-{{25}^{0,5}}={{\left( {{3}^{3}} \right)}^{\frac{2}{3}}}+{{\left( {{2}^{-4}} \right)}^{-\frac{3}{4}}}-{{\left( {{5}^{2}} \right)}^{\frac{1}{2}}}={{3}^{2}}+{{2}^{3}}-5=12$.
$B={{\log }_{9}}15+{{\log }_{9}}18-{{\log }_{9}}10={{\log }_{9}}\dfrac{15.18}{10}={{\log }_{9}}27={{\log }_{{{3}^{2}}}}{{3}^{3}}=\dfrac{3}{2}$.
Câu 2: (3,0 điểm)
Cho hàm số $y=\dfrac{2x-1}{x-1}$ có đồ thị là $(C)$.
a) Khảo sát và vẽ đồ thị $(C)$ cả hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị $(C)$, biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng có phương trình $y=x$.
Hướng dẫn giải:
a) Tập xác định: $\mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$.
${y}'=\dfrac{-1}{{{\left( x-1 \right)}^{2}}}<0,\forall x\ne 1$ nên hàm số giảm trên các khoảng $\left( -\infty ;1 \right),\left( 1;+\infty \right)$.
$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2;\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,y=2$ nên đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là đường thẳng có phương trình $y=2$.
$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,y=+\infty ;\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,y=-\infty $ nên đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường thẳng có phương trình $x=1$.
Bảng biến thiên: (Học sinh tự vẽ)
Đồ thị:
Cắt trục hoành tại điểm $A\left( 0;1 \right)$, cắt trục tung tại điểm $B\left( \dfrac{1}{2};0 \right)$.
b) Gọi $\left( {{x}_{0}};{{y}_{0}} \right)$ là tọa độ của tiếp điểm của đồ thị và tiếp tuyến cần tìm.
Vì tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng có phương trình $y=x$ nên ta có ${y}'\left( {{x}_{0}} \right)=-1$
$\Leftrightarrow \dfrac{-1}{{{\left( {{x}_{0}}-1 \right)}^{2}}}=-1\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{0}}-1 \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{x}_{0}}=0\vee {{x}_{0}}=2$.
Trường hợp ${{x}_{0}}=0$ ta có ${{y}_{0}}=1$
Phương trình tiếp tuyến tại $\left( 0;1 \right)$: $y=-1\left( x-0 \right)+1\Leftrightarrow y=-x+1$.
Trường hợp ${{x}_{0}}=2$ ta có ${{y}_{0}}=3$
Phương trình tiếp tuyến tại $\left( 2;3 \right)$: $y=-1\left( x-2 \right)+3\Leftrightarrow y=-x+5$.
Câu 3: (3,0 điểm)
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, mặt bên $SBC$ hợp với mặt đáy một góc bằng $60{}^\circ $, $SA\bot \left( ABC \right)$. Gọi $M, N$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ trên các cạnh bên $SB$ và $SC$.
a) Tính thể tích của khối chóp $S.ABC$ theo $a$.
b) Xác định tâm $I$, bán kính và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ theo $a$.
c) Tính thể tích của khối chóp $A.BCNM$ theo $a$.
Hướng dẫn giải:
a) Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có $AH\bot BC,SA\bot BC\Rightarrow BC\bot SH$.
Mặt khác $BC=\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)$ nên góc giữa mặt bên $SBC$ và mặt đáy $ABC$ là góc giữa hai đường thẳng $HA$ và $HS$, bằng góc $\widehat{SHA}=60{}^\circ $.
· Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $SA$ là đường cao của hình chóp $S.ABC$.
Xét tam giác $SHA$, ta có $SA=AH.\tan 60{}^\circ =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.\sqrt{3}=\dfrac{3a}{2}$.
· Diện tích tam giác $ABC$: ${{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AH.BC=\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}.a=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
· Thể tích khối chóp $S.ABC$: ${{V}_{S.ABC}}=\dfrac{1}{3}.{{S}_{ABC}}.SA=\dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\dfrac{3a}{2}=\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}$.
b) Gọi $K$ là trung điểm của cạnh $ SA, G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Khi đó $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
· Kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và $d||SA$, ta có $d\bot \left( ABC \right)$.
· Trong mặt phẳng $(SA,d)$, gọi $I$ là giao điểm của $d$ với đường trung trực của cạnh $SA$.
· Ta có $IS=IA$ và $IA=IB=IC$ (do $I\in d$).
Suy ra $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$.
Do $IK\bot SA$ nên tam giác $IKA$ vuông tại $K$, ta có :
$IA=\sqrt{A{{K}^{2}}+K{{I}^{2}}}=\sqrt{A{{K}^{2}}+A{{G}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \dfrac{3a}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{a\sqrt{3}}{3} \right)}^{2}}}=\dfrac{a\sqrt{129}}{12}$.
· Vậy, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ bằng $r=IA=\dfrac{a\sqrt{129}}{12}$.
· Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABC$ : ${{S}_{mc}}=4\pi {{r}^{2}}=\dfrac{43\pi {{a}^{2}}}{12}$.
c) Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A, M$ là chân đường cao hạ từ $A$, ta có:
$S{{A}^{2}}=SM.SB\Rightarrow \dfrac{SM}{SB}=\dfrac{S{{A}^{2}}}{S{{B}^{2}}}=\dfrac{\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}}{\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}}=\dfrac{9}{13}$.
Tương tự, xét tam giác $SAC$ vuông tại $A, N$ là chân đường cao hạ từ $A$, ta có:
$S{{A}^{2}}=SN.SC\Rightarrow \dfrac{SN}{SC}=\dfrac{S{{A}^{2}}}{S{{C}^{2}}}=\dfrac{\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}}{\dfrac{9{{a}^{2}}}{4}+{{a}^{2}}}=\dfrac{9}{13}$.
$\Rightarrow \dfrac{{{V}_{S.AMN}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\dfrac{SM}{SB}.\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{81}{169}\Rightarrow {{V}_{S.AMN}}=\dfrac{81}{169}.{{V}_{S.ABC}}$
Suy ra ${{V}_{A.BCNM}}={{V}_{S.ABC}}-{{V}_{S.AMN}}=\dfrac{88}{169}.{{V}_{S.ABC}}=\dfrac{88}{169}.\dfrac{{{a}^{3}}\sqrt{3}}{8}=\dfrac{11{{a}^{3}}\sqrt{3}}{169}$..Câu 4a: (2,0 điểm)
Giải các phương trình và bất phương trình :
a) ${{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right).{{\log }_{2}}\left( {{2}^{x+1}}-2 \right)=6$; b) ${{2}^{x}}+{{2}^{-x+1}}-3<0$.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có ${{\log }_{2}}\left( {{2}^{x+1}}-2 \right)={{\log }_{2}}\left[ 2\left( {{2}^{x}}-1 \right) \right]={{\log }_{2}}2+{{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right)=1+{{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right)$.
Đặt $t={{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right)$, phương trình đã cho trở thành: $t\left( 1+t \right)=6\Leftrightarrow {{t}^{2}}+t-6=0\Leftrightarrow t=2\vee t=-3$.
Trường hợp $t=2$ ta có ${{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right)=2\Leftrightarrow {{2}^{x}}-1=4\Leftrightarrow {{2}^{x}}=5\Leftrightarrow x={{\log }_{2}}5$.
Trường hợp $t=-3$ ta có ${{\log }_{2}}\left( {{2}^{x}}-1 \right)=-3\Leftrightarrow {{2}^{x}}-1={{2}^{-3}}\Leftrightarrow {{2}^{x}}=\dfrac{9}{8}\Leftrightarrow x={{\log }_{2}}\dfrac{9}{8}$.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: $x={{\log }_{2}}5;x={{\log }_{2}}\dfrac{9}{8}$.
b) ${{2}^{x}}+{{2}^{-x+1}}-3<0$
Nhân ${{2}^{x}}\left( {{2}^{x}}>0,\forall x\in \mathbb{R} \right)$ vào hai vế của bất phương trình đã cho ta được bất phương trình tương đương.
${{2}^{x}}+{{2}^{-x+1}}-3<0\Leftrightarrow {{2}^{2x}}+2-{{3.2}^{x}}<0$ (*)
Đặt $t={{2}^{x}},t>0$. Bất phương trình (*) trở thành ${{t}^{2}}-3t+2<0\Leftrightarrow 1<t<2$.
Từ đó ta có $1<{{2}^{x}}<2\Leftrightarrow 0<x<1$.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là khoảng $\left( 0;1 \right)$.
Câu 5a: (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y={{\sin }^{2}}x-\sqrt{3}\sin x+1$.
Hướng dẫn giải:
Đặt $t=\sin x,\,\left( -1\le t\le 1 \right)$.
Hàm số đã cho trở thành $y= f\left( t \right)={{t}^{2}}-\sqrt{3}t+1$ với $t\in \left[ -1;1 \right]$.
Ta có ${f}'\left( t \right)=2t-\sqrt{3};\,{f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\in \left[ -1;1 \right]$.
$f\left( -1 \right)=2+\sqrt{3};f\left( 1 \right)=2-\sqrt{3};f\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)=\dfrac{1}{4}$.
Vậy $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\max }}\,y=\underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( -1 \right)=2+\sqrt{3}$; $\underset{\mathbb{R}}{\mathop{\min }}\,y=\underset{\left[ -1;1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)=\dfrac{1}{4}$.
Câu 4b: (2,0 điểm)
a) Cho x là số thực âm. Chứng minh rằng $\sqrt{\dfrac{-1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}}=\dfrac{1-{{2}^{x}}}{1+{{2}^{x}}}$.
b) Cho $a, b$ là độ dài hai cạnh góc vuông, $c$ là độ dài cạnh huyền của một tam giác vuông, trong đó $c-b\ne 1,c+b\ne 1$. Chứng minh rằng:
${{\log }_{c+b}}a+{{\log }_{c-b}}a=2{{\log }_{c+b}}a.{{\log }_{c-b}}a$.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có $1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}=1+\dfrac{1}{4}\left( {{2}^{2\text{x}}}-2+{{2}^{-2x}} \right)=\dfrac{1}{4}\left( {{2}^{2\text{x}}}+2+{{2}^{-2x}} \right)=\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}+{{2}^{-x}} \right)}^{2}}$.
Suy ra $\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}+{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}=\dfrac{1}{2}\left( {{2}^{x}}+{{2}^{-x}} \right)$.
Nên $-1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}=-1+\dfrac{1}{2}\left( {{2}^{x}}+{{2}^{-x}} \right)=\dfrac{{{2}^{2x}}-{{2.2}^{x}}+1}{{{2.2}^{x}}}=\dfrac{{{\left( {{2}^{x}}-1 \right)}^{2}}}{{{2.2}^{x}}}$.
và $1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}=1+\dfrac{1}{2}\left( {{2}^{x}}+{{2}^{-x}} \right)=\dfrac{{{2}^{2x}}+{{2.2}^{x}}+1}{{{2.2}^{x}}}=\dfrac{{{\left( {{2}^{x}}+1 \right)}^{2}}}{{{2.2}^{x}}}$.
Từ đó suy ra
$\sqrt{\dfrac{-1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{{{\left( {{2}^{x}}-1 \right)}^{2}}}{{{2.2}^{x}}}}{\dfrac{{{\left( {{2}^{x}}+1 \right)}^{2}}}{{{2.2}^{x}}}}}=\sqrt{\dfrac{{{\left( {{2}^{x}}-1 \right)}^{2}}}{{{\left( {{2}^{x}}+1 \right)}^{2}}}}=\dfrac{\left| {{2}^{x}}-1 \right|}{{{2}^{x}}+1}$.
Ta có $x<0\Rightarrow {{2}^{x}}<1\Rightarrow \left| {{2}^{x}}-1 \right|=1-{{2}^{x}}$.
Do đó $\sqrt{\dfrac{-1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}{1+\sqrt{1+\dfrac{1}{4}{{\left( {{2}^{x}}-{{2}^{-x}} \right)}^{2}}}}}=\dfrac{1-{{2}^{x}}}{1+{{2}^{x}}}$
b) Nhận xét: $c$ là cạnh huyền nên $ c >b \Rightarrow c-b >0$.
Theo định lý Pitago, ta có $a^2+b^2=c^2$
$ \Rightarrow {{a}^{2}}={{c}^{2}}-{{b}^{2}}=\left( c-b \right).\left( c+b \right)$.
Nếu $a=1$ thì hai vế của đẳng thức cần chứng minh đều bằng $0$ nên đúng.
Nếu $a \ne 1$, lấy logarit cơ số $a$ hai vế của đăng thức $a^2=\left( c-b \right).\left( c+b \right)$ ta được: ${{\log }_{a}}{{a}^{2}}={{\log }_{a}}\left[ \left( c-b \right)\left( c+b \right) \right]$
Theo định lý Pitago, ta có $a^2+b^2=c^2$
$ \Rightarrow {{a}^{2}}={{c}^{2}}-{{b}^{2}}=\left( c-b \right).\left( c+b \right)$.
Nếu $a=1$ thì hai vế của đẳng thức cần chứng minh đều bằng $0$ nên đúng.
Nếu $a \ne 1$, lấy logarit cơ số $a$ hai vế của đăng thức $a^2=\left( c-b \right).\left( c+b \right)$ ta được: ${{\log }_{a}}{{a}^{2}}={{\log }_{a}}\left[ \left( c-b \right)\left( c+b \right) \right]$
$\Rightarrow 2={{\log }_{a}}\left( c-b \right)+{{\log }_{a}}\left( c+b \right)\Rightarrow 2=\dfrac{1}{{{\log }_{c-b}}a}+\dfrac{1}{{{\log }_{c+b}}a}$ (vì $c\pm b\ne 1$).
$\Rightarrow 2{{\log }_{c-b}}a.{{\log }_{c+b}}a={{\log }_{c+b}}a+{{\log }_{c-b}}a$ (điều phải chứng minh)
Câu 5b: (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số $y=\dfrac{4}{3}{{\sin }^{3}}x-2\sin x$ trên đoạn $\left[ 0;\pi \right]$.
Hướng dẫn giải:
Đặt $t=\sin x$. Với $x\in \left[ 0;\pi \right]$ ta có $t\in \left[ 0;1 \right]$.
Hàm số đã cho trở thành $y = f\left( t \right)=\dfrac{4}{3}{{t}^{3}}-2t$ với $t\in \left[ 0;1 \right]$.
Ta có ${f}'\left( t \right)=4{{t}^{2}}-2;\,{f}'\left( t \right)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\in \left[ 0;1 \right]$.
$f\left( 0 \right)=0;f\left( 1 \right)=-\dfrac{2}{3};f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$.
Vậy $\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\max }}\,y=\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\max }}\,f\left( t \right)=f\left( 0 \right)=0$; $\underset{\left[ 0;\pi \right]}{\mathop{\min }}\,y=\underset{\left[ 0;1 \right]}{\mathop{\min }}\,f\left( t \right)=f\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$.
COMMENTS