Đề thi thử đại học năm 2011 môn Toán khối A - Đề số 1 potx

http://www.vnmath.com KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ ĐỀ THI MƠN TỐN -KHỐI A Thời gian làm : 180 phút(không kể thời gian giao đề) -I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x4 – 8m2x2 + (1), với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có cực trị A ,B, C diện tích tam giác ABC 64 Câu II(2,0 điểm) π Giải phương trình : 3cos2 x − tan x = 4sin ( x − ) + cot x 2.Giải bất phương trình : x − − x + > x − Câu III(1,0 điểm) Khai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .+ a30x30 Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + + 31|a30| Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD hình vng cạnh a,mặt bên SAD tam giác SB = a Gọi E,F trung điểm AD AB Gọi H giao điểm FC EB 1.Chứng minh rằng: SE ⊥ EB CH ⊥ SB 2.Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1,0 điểm).Cho a,b,c ba số thực dương thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức : P= 1 + + 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A/Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B đường phân giác góc C có phương trình : (d1): x – 2y + = (d2): x + 2y + = Viết phương trình đường thẳng BC 2.Giải hệ phương trình :  x 2log x y = x +  x  log y y = log x y  B/Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng (AB): x – y + = phương trình đường thẳng (BD): x + y – = 0; đường thẳng (AC) qua M( -1; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD 2 2.Tìm giá trị lớn ,giá trị nhỏ hàm số: y = 3sin x + 31+ cos x HẾT ! Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:…………………… http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com Câu I Ý 1điểm ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ MƠN TỐN - KHỐI A Nội dung đáp án Điểm Khi m= hàm số cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1.TXĐ : D= R 2.SBT CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) -y’=0 x= x = x = -1 Hàm số đồng biến ∀x ∈ (−1;0) vµ (1; +∞) Hàm số nghịch biến ∀x ∈ (−∞; −1) vµ(0;1) Cực trị : HS đạt cực đại x= yCĐ=y(0)=1 HS đạt cực tiểu x= ± yCT=y( ± 1)=0 -.Giới hạn: xlim y = +∞ ; xlim y = +∞ →+∞ →−∞ BBT: -∞ x y - , y -1 0 + +∞ - +∞ + 0,25 0,25 0,25 +∞ 0 -3 vẽ đồ thị: y -1 I 0,25 x (1điểm) y , = x3 − 16m x = x( x − 4m ) Đk để hàm số có cực trị y , = có nghiệm phân biệt Tức phương trình g ( x) = x − 4m = có hai nghiệm phân biệt 0,25 x≠0 ⇔m≠0 -x = ⇒ y =  y , = ⇔  x = 2m ⇒ y = − 16m  x = −2m ⇒ y = − 16m  http://www.vnmath.com 0,25 http://www.vnmath.com Giả sử điểm cực trị là:A(0;1);B (2m;1 − 16m ) ;C (−2m;1 − 16m ) -Ta thấy AB=AC = (2m) + (16m4 ) nên tam giác ABC cân A Gọi I trung điểm BC I (0;1 − 16m ) nên AI = 16m ; BC = m -1 S ∆ABC = AI BC = 16m 4 m =64 ⇔ m5 = ⇔ m = ± (tmđk m ≠ ) 2 Đs: m = ± II kπ Đk: x ≠ (k ∈ Z ) (1điểm) -Với đk phương trình cho tương đương: π   3cos2 x − (t anx + cot x) = 1 − cos(2 x − )    s inx cos2 x ⇔ 3cos2 x − ( + ) = 2(1 − sin x) cos x sin x cos x ⇔ 3cos2 x − = 2(1 − sin x) cos x.sin x ⇔ 3cos2 x − = 2(1 − sin x) sin x 0,25 0,25 0,25 0,25 -⇔ 3cos2 x.sin x − = 2sin x − 2sin 2 x ⇔ sin x − = 2sin x − + cos4 x ⇔ sin x − cos4 x = 2sin x sin x − cos4 x = sin x 2 π ⇔ sin(4 x − ) = sin x ⇔ 0,25 -π π    x − = x + k 2π  x = 12 + k π (tm) ⇔ ⇔ (k ∈ Z )  x − π = π − x + k 2π  x = 7π + kπ (tm)   36   II 0,25 2 x − − x + > x − (1) (1điểm) Đk: x ≥ Nhân lượng liên hợp: x − + x + > (2 x − − x + 5)(2 x − + x + 5) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) ⇔ 4( x − 1) − ( x + 5) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) 0,25 ⇔ 3( x − 3) > ( x − 3)(2 x − + x + 5) (2) Xét trường hợp: TH1:x>3 phương trình (2) trở thành: > x − + x + (3) http://www.vnmath.com 0,25 http://www.vnmath.com VP(3) > 2 + 2 = >3 nên bất phương trình (3) vơ nghiệm -TH2: x=3 0>0 (vô lý) -TH3: ≤ x < nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: < (2 x − + x + 5) bình phương vế ta được: ( x − 1)( x + 5) > − x (4) 8 − x < ⇔ < x < (5) (4) ln 1 ≤ x < 8 − x ≥ ⇔ ≤ x ≤ (*) nên bình phương hai vế (4)ta * 1 ≤ x < 0,25 * 0,25 x − 144 x + 144 < ⇔ − 48 < x < + 48 Kết hợp với điều kiện(*) ta được: − 48 < x ≤ (6) Từ (5) (6) ta có đs: − 48 < x < III 1điểm 30 Xét khai triển: (1 − x)30 = C30 − C30 x + C30 (5 x) − + C30 (5 x)30 Nhân vế với x ta được: 30 x(1 − x)30 = C30 x − C30 x + C30 52 x − + C30 530 x 31 (1) -Lấy đạo hàm hai vế (1) ta được; 30 (1 − x)30 − 150 x(1 − x) 29 = C30 − 2C30 x + 3C30 52 x − + 31C30 530 x 30 (2) Chọn x=-1 thay vào (2) ta 30 630 + 150.629 = C30 + 2(C30 5) + 3(C30 52 ) + + 31(C30 530 ) IV (1điểm) -29 hay (6 + 150) = a0 + a1 + a2 + + 31 a30 30 hay 26 = a0 + a1 + a2 + + 31 a30 ĐS : S = 630.26 S A F 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 B H E D C -*CM: SE ⊥ EB Vì tam giác SAD cạnh a ⇒ SE = Xét tam giác vng AEB có: http://www.vnmath.com a 0,25 http://www.vnmath.com 5a a EB = EA + AB =  ÷ + a = 2 2  a  5a 2 Xét tam giác SEB có: SE + EB =   ÷ + = 2a = SB ÷   suy tam giác SEB vng E hay SE ⊥ EB 2 -Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ¼ = BFC AEB ¼ ¼ ¼ ¼ mà ¼ + FBE = 900 AEB ¼ ⇒ BFC + FBE = 900 ⇒ FHB = 900 Hay CH EB mặt khác CH SE (do SE ⊥ ( ABCD) ) Suy CH ⊥ ( SEB) => CH ⊥ SB IV (1điểm) Vậy VC SEB = CH S ∆SEB -* Xét 1 1 = + = + 2= 2+ = 2 2 BF BC a a a có: BH a a  ÷ 2 FBC suy BH = a 4a 2a = ⇒ CH = 5 - V (1 điểm) 0,25 0,25 a BHC có: CH = BC − BH = a − Nên VC SEB 0,25 -Xét 0,25 1 2a a a a 3 = CH SE.EB = = (đvtt) 3 2 12 0,25 0,25 Áp dụng BĐT cosi ta có: a + b ≥ 2ab b + ≥ 2b a + 2b + ≥ 2(ab + b + 1) suy -Tương tự : b + 2c + ≥ 2(bc + c + 1) c + 2a + ≥ 2( ac + a + 1) 0,25 0,25 -1 Khi đó: P ≤  1  + + ÷  ab + b + bc + c + ac + a +  1 abc abc  + + =  ÷ 2  ab + b + bc + c + abc ac + a bc + abc  1 ab b  + + =  ÷=  ab + b + ab + b + ab + b +  0,25 -http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1 Vậy P đạt giá trị lớn VI a 0,25 a=b=c=1 Gọi C ( xc ; yc ) (1điểm) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (−2 yc − 2; yc ) y +1   Gọi M trung điểm AC nên M  − yc − 1; c ÷   - Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : − yc − − ⇒ C (−4;1) yc + + = ⇒ yc = 0,25 0,25 -Từ A kẻ AJ ⊥ d I ( J thuộc đường thẳng BC) nên véc tơ → phương đường thẳng (d2) u (2; −1) véc tơ pháp tuyến đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ) ∩ (d2) nên toạ độ diểm I nghiệm hệ  x = − 2 x − y + =  ⇔ ⇒ I (− ; − )  5 x + y + = y = −   0,25 -Vì tam giác ACJ cân C nên I trung điểm AJ 8   0 + x = − x = − 11   ⇔ ⇒ J (− ; − ) Gọi J(x;y) ta có:  5 1 + y = −  y = − 11   5   11 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J (− ; − ) là: 0,25 4x+3y+13=0 VI a (1 điểm) Đk: x,y>0 x, y ≠ 0,25 Với đk hệ phương trình tương đương :  y = x + 3(1)   log y x-1=2log x y (2)  Giải(2) đặt log y x = t (t ≠ 0) t  t = −1 (tm) t = 2 phương trình (2) trở thành: t − = ⇔ t − t − = ⇔    l og y x=-1 x = y ⇔ ⇔  log y x=2   x = y2  0,25 http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com  2  y2 = 2x +  y = +  y3 − y − = y    ⇔ ⇔ 1/  x = y x = x = y    y   y =     y = −1(loai )  x = ⇔ ⇒ x = y =   y  0,25 - y2 = 2x +  y2 = y2 +  y2 + =    ⇔ ⇔ 2/  (vô nghiệm) 2 x = y x = y x = y    Đáp số: VI b 0,25  x =  y =  Vì B giao điểm (AB) (BD) nên toạ độ B nghiệm (1điểm) x − y + = x = ⇔ ⇒ B (0;1) hệ :  2 x + y − = y =1 uuu r Đường thẳng AB có VTPT : nAB (1; −1) uuu r Đường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1) uuu r Giả sử đường thẳng AC có VTPT : nAC (a; b) 0,25 -Khi đó: uuu uuu r r uuu uuu r r nAB nBD nAB nAC uuu uuu = uuu uuu r r r r nAB nBD nAB nAC ⇔ a−b = ⇔ a + b2 = a − b a +b ⇔ a + b = 5( a − 2ab + b ) 2 2 0,25 ⇔ 4a − 10ab + 4b = ⇔ 2a − 5ab + 2b = b  a = ⇔   a = 2b uuu r b 1/Với a = ,chọn a=1,b=2 nAC (1; 2) suy phương trình đường thẳng (AC) qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 -Gọi I giao điểm đường thẳng (AC) (BD) nên toạ độ   x= 2x + y −1 =  1  ⇔ ⇒ I( ; ) điểm I nghiệm hệ:  3 x + y −1 =  y=   0,25 Vì A giao điểm đường thẳng (AB) (AC) nên toạ độ http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com   x=- x − y +1 =  ⇔ ⇒ A(− ; ) điểm A nghiệm hệ:  3 x + y −1 =  y=   Do I trung điểm AC BD nên toạ độ điểm C (1;0) D( ; − ) 3 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 phương trình đường thẳng (AC) 2x+y+1=0 (loại AC khơng cắt BD) 3 3 0,25 Đáp số: A(− ; ) ; B(0;1) ; C (1;0) ; D( ; − ) VI b TXĐ: D=R (1điểm) hàm số cho viết lại là: y = 3sin x + 32−sin x Đặt t = 3sin x ≤ sin x ≤ nên ≤ 3sin x ≤ tức ≤ t ≤ -2 2 0,25 hàm số cho trở thành y = f (t ) = t + với ≤ t ≤ t t2 − = t2 t , f (t ) = ⇔ t − = ⇔ t = ±3 Ta có f , (t ) = − 0,25 BBT: t f (t ) f (t ) - , 0,25 10 -min y ( x) = f (t ) = đạt t=3 ( −∞; +∞ ) [ 1;3] sin x = ⇔ x = π + kπ ( k ∈ Z ) Max y ( x) = Max f (t ) = 10 đạt t=1 [ 1;3] ( −∞; +∞ ) 0,25 sin x = ⇔ x = kπ (k ∈ Z ) Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng, cho điểm tối đa Hết http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ ĐỀ THI MÔN TOÁN 12 KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + (1) (m tham số thực) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m= CMR: Hàm số (1) ln có cực đại cực tiểu Xác định giá trị m để hàm số (1) đạt cực đại cực tiểu điểm có hồnh độ dương Câu II (2,0 điểm) Giải bất phương trình: x2 + x + x + ≥ − x Giải phương trình: sin2x - 2 (sinx + cosx) -5=0 Câu III (1,0 điểm) Tính tổng: S= 1 1 + + + + + 2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC tam giác vuông A, AB =a, AC =a , DA =DB =DC Biết DBC tam giác vng Tính thể tích tứ diện ABCD Câu V (1,0 điểm) CMR: Với x, y, z dương thoả mãn xy + yz + zx = ta có: + ≥1 xyz ( x + y )( y + z )( z + x) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(5;-2), B(-3;4) đường thẳng d có phương trình: x - 2y + = Tìm toạ độ điểm C đường thẳng d cho tam giác ABC vuông C Viết phương trình đường trịn ngoại tếp tam giác ABC Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b S điểm nằm đường thẳng At vng góc với mặt phẳng (P) A Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD tính thể tích khối cầu SA=2a Câu VII.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  12  1 −  y + 3x  x =     12  1 +  y + 3x  y =    B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm đường thẳng: 2x + y -7= đường trung tuyến BM nằm đường thẳng 2x – y +1=0 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SAB tam giác mp(SAB) vuông góc với mp(ABC) Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC tính thể tích khối cầu Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x) Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………… …… ; Số báo danh:……………… http://www.vnmath.com http://www.vnmath.com ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ MÔN: TOÁN 12; KHỐI D Câu I (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Nội dung đáp án Ý Điểm 2,0 Khi m=1, ta có hàm số y = x3-6x2+9x+1 * TXĐ: R * Sự biến thiên - Chiều biến thiên: y' = 3x2 -12x + y' = x =1 x =3 Hàm số đồng biến khoảng (- ∞;1) ( 3;+∞) ; Nghịch biến khoảng (1; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x =1; yCĐ=5 Hàm số đạt cực tiểu x =3; yCT=1 - Giới hạn: xlim y = ±∞ →±∞ - Bảng biến thiên: (1,0 điểm) -∞ x y' + 0 0,25 +∞ - 0,25 + +∞ 0,25 y -∞ * Đồ thị: y 0,25 1 x * Ta có: y' = 3x2 - (m+1)x + 3m(m+2) y' = x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2) => ∆' =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, ∀m Vậy phương trình y'=0 ln có nghiệm phân biệt với m Do hàm số (1) ln có cực đại cực tiểu (1,0 điểm) * Hàm số (1) đạt cực đại cực tiểu điểm có hồnh độ dương (2) có nghiệm dương phân biệt P > S>0 m(m+2) > 2(m+1) > http://www.vnmath.com m>0 0,25 0,25 0,25 0,25 10 http://www.vnmath.com II 2,0 BPT cho x + 2x - + x + x + > Đặt t = x + x + = 2( x + 1) + => điều kiện t >1 0,25 BPT trở thành: t2 −3 −6+t ≥ 0,25 t2 + 2t - 15 >0 t >3 t x2 + 2x - > x > x < -3 PT cho (sinx + cosx)2 - 2 (sinx + cosx) - = sinx + cosx = - sinx + cosx = 2 (1,0 điểm) III 0,25 0,25 0,25 π  sin  x +  = − 4  π  sin  x +  = => vô nghiệm 4  π π 3π x + = − + k 2π x = − + k 2π (k ∈ Z ) 4 0,25 0,25 1,0 Ta có 2011!S= 2011! 2011! 2011! 2011! 2011! + + + + + 2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! 0,25 2008 2010 = C 2011 + C 2011 + C 2011 + + C 2011 + C 2011 Khai triển 2 2010 2010 2011 2011 (1+x)2011= C 2011 + C 2011 x + C 2011 x + + C 2011 x + C 2011 x 0,25 Chọn x = -1 ta có: 2010 2011 C 2011 + C 2011 + + C 2011 = C 2011 + C 2011 + + C 2011 2011 2011 Chọn x = ta có: C 2011 + C 2011 + C 2011 + + C 2011 = 0,25 2010 2010 Do đó: C 2011 + C 2011 + C 2011 + + C 2011 = IV 0,25 2010 − Vậy S = 2011! D http://www.vnmath.com a 1,0 Hình 11 http://www.vnmath.com vẽ 0.25 Gọi M trung điểm BC Ta có: MA=MB=MC Mà: DA=DB=DC (gt) Suy ra: DM ⊥ (ABC) C M B a 0,25 A Có ∆ DBC vng cân D nên 1 BC = a + 3a = 2a = a 2 1 a.a 3 Vậy VABCD = DM S ∆ABC = a = a (đvtt) 3 DM = V 0,25 0,25 1,0 Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 4 + ≥ = xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) xyz ( x + y )( y + z )( z + x) = Mà 0,25 2 ( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy ) ( xz + yz )( xy + xz )( yz + xy ) ≤ 2( xy + yz + zx ) =2 0,25 => (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 2 + ≤ =1 xyz ( x + y )( y + z )( z + x ) = Dấu "=" xẩy xyz ( x + y )( y + z )( z + x) 0,25 Do đó: xz + yz = xy + xz = yz +xy x = y = z = xy+ yz + zx = VI.a (1,0 điểm) Giả sử C=(xo;yo) Vì C ∈ d nên xo - 2yo + = (1) Vì CA ⊥ CB nên CA.CB = (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 2 x0 − x0 + y0 − y0 − 23 = (2) Thế (1) vào (2) ta có: y − y − = y0 = − => x0 = − y0 = + => x0 = + Vậy có điểm thoả mãn đề là: C1 = (1 + ; + ) C2 = (1 − ; − ) 0,25 2,0 0,25 0,25 0,25 Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(1;1) trung điểm AB bán kính R= AB 10 = =5 ( x − 1) + ( y − 1) = 25 2 Vậy phương trình đường trịn là: http://www.vnmath.com 0,25 12 http://www.vnmath.com Gọi O giao điểm hai đường chéo AC BD hình chữ nhật S ABCD Qua O kẻ đường thẳng song song với SA cắt SC điểm I Ta có: OI ⊥ (ABCD) SA ⊥ (ABCD) A I => OI trục đường tròn ngoại tiếp D hình vng ABCD O => IA = IB = IC = ID (1) B C Mà OI đường trung bình ∆SAC => IS = IC (2) (1,0 điểm) Từ (1) (2) => I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Do bán kính mặt cầu là: R= ¸SC = Hình vẽ 0,25 0,25 0,25 SA + AC 4a + a + b 5a + b = = 2 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: (5a + b ) π (5a + b ) 5a + b V= πR = π = VII.a (đvtt) 0,25 1,0 Điều kiện x>0, y>0, x+3y ≠ Hệ cho tương đương với 1− 1+ Suy 12 = y + 3x x 12 =  y + 3x y + =1 x y − 12 − = x y y + 3x − 12 − = => y2 + 6xy - 27x2 = x y y + 3x 0,25 y y = = −9 (loại) x x  y  y =>   + 6  − 27 =  x x Với y = 3x vào PT đầu hệ cho ta có: x – x - = 2 x = (1+ ) => y = (1+ ) Đường thẳng chứa cạnh AB qua A (-2;3) nhận véctơ phương u CH = (-1;2) đường CH làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình là: - 1(x+2) + 2(y-3) = - x + 2y - = (1,0 điểm) − x + y − = 2 x − y + = Toạ độ điểm B nghiệm hệ:  0,25 => B = (2; 5) 0,25 0,25 2,0 0,25 0,25  x −2 y +3 Giả sử đỉnh C = (xo; yo) => M =  ;    Vì C ∈ CH nên 2xo + yo - = (1) 0,25 x0 − y + − + = 2xo - yo - = (2) 2  x0 = Giải hệ (1), (2) ta có:  Vậy C= (3; 1)  y0 = 0,25 Vì M ∈ BM nên: http://www.vnmath.com 13 http://www.vnmath.com Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 VI.b Gọi H trung điểm AB => SH ⊥ (ABC) Gọi I trọng tâm ∆ ABC, J trọng tâm ∆ SAB O điểm cho OIHJ hình vng Ta có: OA=OB=OC (Vì OI trục đường trịn ngoại tiếp ∆ ABC) OS=OA=OB (vì OJ trục đường tròn ngoại tiếp ∆ SAB ) Vậy O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC (1,0 điểm) A Bán kính mặt cầu là: 2   R=OA= OI + IA =  SH  +  CH  =  a      9  3  3    S Hình vẽ 0,25 B O J H I C 0,25 = a 15 0,25 VII.b 4  a 15  15  = πa (đvtt) Thể tích khối cầu là: V = πR = π  3   54   Điều kiện: x > -1 Xét hàm số: f(x) = ex - ln(1+x) - khoảng (-1; + ∞ ) Ta có: f'(x)= ex - 1 > , ∀x ∈ (-1; + ∞ ) ; f''(x) = ex + (1 + x) 1+ x Suy f'(x) đồng biến /(-1; + ∞ ) Vì f'(0) = nên f'(x) > , ∀x >0 f'(x)