Ôn CĐ- ĐH năm 2011-2012.

B GIO DC & O TO THI I HC MễN TON NM 2012 THAM KHO Thi gian lm bi: 180 phỳt I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im). Cõu I (2 im): Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh: 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x + + = + ữ . 2) Gii h phng trỡnh: 2 2 3 2 3 1 1 (1 ) 4 1 4 x x y y x x x y y y + + + = + + = . Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: 0 2 2 1 2 3 4 4 . 2 1 4 4 5 x x I x x dx x x = + + ữ ữ + + . Cõu IV (1 im):Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC ti C . Tớnh th tớch khi a din ABCDD C B. Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn: cos .cos cos .cos cos .cos 3 cos cos cos 2 + + = A B B C C A C A B II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh Chun: 1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) : 2 2 2 6 15 0x y x y+ + = v ng thng (d) : 3 0mx y m = ( m l tham s). Gi I l tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi IAB bng 5(2 2)+ . 2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng : 1 1 1 ( ): 2 1 1 x y z d + = = v 2 2 1 ( ) : 1 1 1 x y z d + = = . Vit phng trỡnh mt phng cha (d 1 ) v hp vi (d 2 ) mt gúc 30 0 . Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b + + + + + + + + + + + + + + + 2. Theo chng trỡnh Nõng cao: Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng Oxy cho ng trũn (C) tõm I(-1; 1), bỏn kớnh R=1, M l mt im trờn ( ) : 2 0d x y + = . Hai tip tuyn qua M to vi (d) mt gúc 45 0 tip xỳc vi (C) ti A, B. Vit phng trỡnh ng thng AB. 1 2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), ( )DH ABC v 3DH = vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC). Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú: 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c a a b a c b b a b c c c a c b + + + + + + + + + + + . P N 1 I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im). Cõu I (2 im): Cho hàm số 2 1 1 x y x + = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất Cõu II (2 im):1) Gii phng trỡnh: 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x + + = + ữ . 2 2 2009 cos2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos 4 x x x x x x + + = + ữ 2 2 cos sin 2(sin cos ) 4sin .cos (sin cos )x x x x x x x x + + = + (cos sin )(cos sin 4cos .sin 2) 0x x x x x x + + = cos sin 0 (1) cos sin 4sin .cos 2 0 (2) x x x x x x + = + = + Gii (1): (1) tan 1 4 x x k = = + + Gii (2): t cos sin , 2x x t t = ta cú phng trỡnh: 2 2 0t t+ = . 0 1/ 2 t t = = Vi 0t = ta cú: tan 1 4 x x k = = + Vi 1/ 2t = ta cú: arccos( 2 / 4) / 4 2 cos( ) 2 / 4 4 arccos( 2 / 4) / 4 2 x k x x k = + + = = + KL: Vy phng trỡnh cú 4 h nghim: 4 x k = + , 4 x k = + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k = + , arccos( 2 / 4) / 4 2x k = + . 2).Gii h phng trỡnh: 2 2 3 2 3 1 1 (1 ) 4 1 4 x x y y x x x y y y + + + = + + = . 2 §k 0y ≠ 2 2 2 2 3 3 3 2 3 1 1 1 1 (1 ) 4 4 1 1 1 ( ) 4 4 x x x x y y y y x x x x x x y y y y y y   + + + = + + + =     ⇔     + + + = + + = −     ®Æt 1 a x y x b y  = +     =   Ta ®îc 2 2 2 3 3 2 2 2 4 4 2 4 2 2 1 2 4 ( 4) 4 4 4 0 a a b a a b a a b a b a ab a a a a a a    + − = + − = + − = =     ⇔ ⇔ ⇔     = − = − + − = − + =        Khi ®ã 1 1 1 2 x y y x x x =  =   ⇔   = + =    KL Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 0 2 2 1 2 3 4 4 . 2 1 4 4 5 x x I x x dx x x −   − − = + +  ÷  ÷ + +   ∫ . 0 2 2 1 2 3 4 4 . 2 1 (2 1) 4 x x I x x dx x −   − − = + +  ÷  ÷ + +   ∫ 0 0 2 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1) (2 1) 4 x dx x x dx x − − − + = + + + + ∫ ∫ 0 0 2 2 1 1 2 2 4 (2 1) ( . 2 1) (2 1) 4 x dx x x dx x − − − + = + + + + ∫ ∫ + Tính: 0 2 1 2 1 2 4 (2 1) (2 1) 4 x I dx x − − + = + + ∫ . Đặt: 1 2 1 2sin , ; cos , 0, 0 2 2 2 6 x t t dx tdt x t x t π π π   + = ∈ − ⇒ = = − ⇒ = = ⇒ =  ÷   . Khi đó: 2 2 6 6 6 6 1 2 2 2 0 0 0 0 2cos 2 1 sin 1 4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1 t tdt dt I dt dt t t t π π π π − − = = = − + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ = 6 2 0 12 sin 1 dt t π π − + + ∫ + Tính: 6 6 2 2 2 0 0 (tan ) sin 1 2(tan 1/ 2) dt d t I t t π π = = + + ∫ ∫ . Đặt: 2 tan tan 2 t y= . Suy ra: 2 2 2 (tan ) (tan ) (1 tan ) 2 2 d t d y y dy= = + , với 0 0, 6 t y t y π ϕ = ⇒ = = ⇒ = sao cho 6 tan 3 ϕ = , (0 ) 2 π ϕ < < Khi đó: 2 0 0 2 2 2 . 2 2 2 I dy y ϕ ϕ ϕ = = = ∫ 3 + Tính: 0 3 1 2 ( . 2 1)I x x dx − = + ∫ . Đặt: 2 1 1 2 1 2 1, , 0, 1 2 2 t x x t dx tdt x t x t= + ⇒ = − = = − ⇒ = = − ⇒ = . Khi đó: 1 2 5 3 2 1 2 0 0 1 1 2 10 6 15 t t t I t dt   − = = − = −  ÷   ∫ KL: Vậy 1 2 3 1 2 15 12 2 I I I I π ϕ = + + = − − + , ( 6 tan 3 ϕ = , (0 ) 2 π ϕ < < ) Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’ ) cắt SC tại C’ . Tính thể tích khối đa diện ABCDD’ C’ B’. + Trong tam giác SAB hạ 'AB SC⊥ . Trong tam giác SAD hạ 'AD SD ⊥ . Dễ có: , ( )BC SA BC BA BC SAB⊥ ⊥ ⇒ ⊥ Suy ra: 'AB BC⊥ , mà 'AB SB⊥ . Từ đó có ' ( ) ' (1)AB SAC AB SC⊥ ⇒ ⊥ . Tương tự ta có: ' (2)AD SC⊥ . Từ (1) và (2) suy ra: ( ' ') ' 'SC AB D B D SC⊥ ⇒ ⊥ . Từ đó suy ra: ' ( ' ' ')SC AB C D⊥ + Ta có: 2 2 2 1 1 1 2 5 ' ' 5 a AB AB SA BA = + ⇒ = 2 2 2 2 4 4 5 ' ' 4 5 5 SB SA AB a a a⇒ = − = − = , 2 2 5SB SA AB a= + = . Suy ra: ' 4 5 SB SB = ; Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên ' ' 'B D AC⊥ (vì dễ có ( )BD SAC⊥ nên 'BD AC⊥ ). Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra: ' ' ' 4 5 B D SB BD SB = = 4 2 ' ' 5 a B D⇒ = . Ta có: 2 2 2 2 2 1 1 1 2 3 2 6 ' ' ' ' 3 3 a AC SC SA AC a AC SA AC = + ⇒ = ⇒ = − = + Ta có: 3 . ' ' ' ' ' ' 1 1 1 16 . ' . ' '. '. ' 3 3 2 45 S AB C D AB C D V S SC B D AC SC a= = = . 3 . 1 2 . 3 3 S ABCD ABCD V S SA a= = . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là: 4 B S O A D C C' B' D' 3 . . ' ' ' 14 45 S ABCD S AB C D V V V a= = . Chỳ ý: V hỡnh sai khụng chm. Cõu V (1 im): Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc thoả mãn: cos .cos cos .cos cos .cos 3 cos cos cos 2 A B B C C A C A B + + = Ta có tanA+tanB= sin cos .cos tan cos .cos cos tan tan C A B C A B C A B = + ABC không nhọn nên đặt x=tanA>0,y=tanB>0,z=tanC>0 Từ GT ta có 3 2 x y z y z z x x y + + = + + + với x,y,z>0.Dễ dàng CM đợc 3 2 x y z y z z x x y + + + + + . Dấu =xảy ra khi và chỉ khi x=y=z hay tam giác ABC đều II. PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 3 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn 1 hoc phn 2) 1. Theo chng trỡnh Chun: 2/.Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) : 2 2 2 6 15 0x y x y+ + = v ng thng (d) : 3 0mx y m = ( m l tham s). Gi I l tõm ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi IAB bng 5(2 2)+ . 2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng : 1 1 1 ( ): 2 1 1 x y z d + = = v 2 2 1 ( ) : 1 1 1 x y z d + = = . Vit phng trỡnh mt phng cha (d 1 ) v hp vi (d 2 ) mt gúc 30 0 . Gi s mt phng cn tỡm l: 2 2 2 ( ) : 0 ( 0)ax by cz d a b c + + + = + + > . Trờn ng thng (d 1 ) ly 2 im: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0). Do ( ) qua A, B nờn: 0 2 0 a c d c a b a b d d a b + = = + + = = nờn ( ) : (2 ) 0ax by a b z a b + + + = . Yờu cu bi toỏn cho ta: 0 2 2 2 2 2 2 1. 1. 1.(2 ) 1 sin 30 2 1 ( 1) 1 . (2 ) a b a b a b a b + = = + + + + 2 2 2 2 2 3 2 3(5 4 2 ) 21 36 10 0a b a ab b a ab b = + + = D thy 0b nờn chn b=1, suy ra: 18 114 21 18 114 21 a a = + = KL: Vy cú 2 mt phng tha món: 18 114 15 2 114 3 114 0 21 21 21 x y z + + + + = 18 114 15 2 114 3 114 0 21 21 21 x y z + + + = . Cõu VII.a (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú: 5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 3 3 3 2 2 2a b c a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + ≥ + + + + + + + + + + + Dễ có: 2 1 1 4 ( ) 4 ( , 0)(*)x y xy x y x y x y + ≥ ⇒ + ≥ < + . + Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 4 4 4 3 3 3a b c a b b c c a + + ≥ + + + + + . Áp dụng 2 lần (*) ta có: 1 1 1 1 16 3a b b b a b + + + ≥ + hay 1 3 16 3a b a b + ≥ + (1) Tương tự ta có: 1 3 16 3b c b c + ≥ + (2) và 1 3 16 3c a c a + ≥ + (3) Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế rồi rút gọn ta có điều phải chứng minh. + Chứng minh: 1 1 1 1 1 1 3 3 3 2 2 2a b b c c a a b c b c a c a b + + ≥ + + + + + + + + + + + Áp dụng (*) ta có: 1 1 4 2 3 2 2( 2 ) 2a b b c a a b c a b c + ≥ = + + + + + + + (4) Tương tự ta có: 1 1 2 (5) 3 2 2b c c a b b c a + ≥ + + + + + 1 1 2 (6) 3 2 2c a a b c c a b + ≥ + + + + + Cộng (4), (5) và (6) theo vế với vế ta có điều phải chứng minh. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(-1; 1), bán kính R=1, M là một điểm trên ( ) : 2 0d x y− + = . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc 45 0 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB. Dễ thấy ( )I d∈ . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45 0 suy ra tam giác MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: 2IM = . ( ) (M d M∈ ⇒ a; a+2), ( 1; 1)IM a a= + + uuur , 0 2 2 1 2 2 a IM a a =  = ⇔ + = ⇔  = −  . Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M 1 (0; 2) và M 2 (-2; 0). + Đường tròn tâm M 1 bán kinh R 1 =1 là (C 1 ): 2 2 4 3 0x y y+ − + = . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C 1 ) nên AB: 2 2 2 2 4 3 2 2 1 1 0x y y x y x y x y+ − + = + + − + ⇔ + − = . + Đường tròn tâm M 2 bán kinh R 2 =1 là (C 2 ): 2 2 4 3 0x y x+ + + = . Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C 2 ) nên AB: 2 2 2 2 4 3 2 2 1 1 0x y x x y x y x y+ + + = + + − + ⇔ + + = . + KL: Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: 1 0x y+ − = và 1 0x y+ + = . 2).Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2), ( )DH ABC⊥ và 3DH = với H là trực tâm tam giác ABC. Tính góc giữa (DAB) và (ABC). Trong tam giác ABC, gọi K CH AB= ∩ . Khi đó, dễ thấy ( )AB DCK⊥ . Suy ra góc giữa (DAB) và (ABC) chính là góc DKH∠ .Ta tìm tọa độ điểm H rồi 6 Tính được HK là xong. + Phương trình mặt phẳng (ABC). - Vecto pháp tuyến ( ) [ , ] 0; 4; 4n AB AC= = − − r uuur uuur - (ABC): 2 0y z+ − = . + ( )H ABC∈ nên giả sử ( ; ;2 )H a b b− . Ta có: ( ; ; ), (4; 2;2).AH a b b BC= − = − uuur uuur ( 2; ; ), ( 2;2; 2).CH a b b AB= − − = − − uuur uuur Khi đó: . 0 0 2 2 2 0 . 0 BC AH a b a b a b AB CH  = − =   ⇔ ⇔ = = −   − + + = =    uuur uuur uuur uuur Vậy H(-2; -2; 4). + Phương trình mặt phẳng qua H và vuông góc với AB là: 4 0x y z− + − = . Phương trình đường thẳng AB là: 2 x t y t z t =   = −   = +  . Giải hệ: 2 4 0 x t y t z t x y z =   = −   = +   − + − =  ta được x =2/3; y =-2/3, z =8/3. Suy ra: K(2/3;-2/3; 8/3). Suy ra: 2 2 2 2 2 8 96 2 2 4 3 3 3 3 HK       = + + − + + − =  ÷  ÷  ÷       . Gọi ϕ là góc cần tìm thì: tan / 96 /12 6 / 3 arctan( 6 / 3)DH HK ϕ ϕ = = = ⇒ = Vậy arctan( 6 / 3) ϕ = là góc cần tìm. Câu VII.b (1 điểm): Chứng minh rằng với a, b, c>0 ta có: 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) a b c a a b a c b b a b c c c a c b + + ≤ + + + + + + + + + . Víi a,b >0 ta cã ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 a b a c ( ) 2 ( ) 0 a b a c ( ) a b a c ( ) ( )( ) ab ac a bc a bc a bc ab ac ab ac a a a a a b a c a ab ac a b c + + − + = + − = − ≥ ⇒ + + ≥ + ⇒ + + ≥ + ⇒ ≤ = + + + + + + + CM t 2 råi céng vÕ víi vÕ ta ®îc dpcm Đ 2 Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, b sao cho AB ngắn nhất 7 Câu 2: 1/.Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = 2/.Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Câu 7a: Trong không gian Oxyz cho mp(P): x –2y +z -2 =0 và hai đường thẳng : (d 1 ) 3 2 1 1 1 2 y z x − + + = = ; (d 2 ) 1 2 2 ( ) 1 x t y t t z t = +   = + ∈   = +  ¡ . Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mp(P) và cắt cả 2 đường thẳng (d 1 ) , (d 2 ) 2.Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: Cho ∆ ABC có diện tích bằng 3/2; A(2;–3), B(3;–2), trọng tâm G ∈ (d) 3x –y –8 =0. tìm bán kinh đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Câu 7b: Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): 2x–2y–z +1 =0, (Q): x+2y –2z –4 =0 và mặt cầu (S): x 2 +y 2 +z 2 +4x –6y +m =0. Tìm tất cả các giá trị của m để (S) cắt (d) tại 2 điểm MN sao cho MN= 8. ĐP N Đ 2 Câu 1: Cho hàm số y = 2 3 2 x x − − có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x − − )∈ (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: (∆) y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x − + − + − − 8 (∆ ) ∩ TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x − − ) (∆ ) ∩ TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x − = − − uuur ⇒ AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x − + − ≥ ⇒ AB min = 2 2 ⇔ 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M = →   = →  Câu 2: 1) Giải phương trình: 2 2 sin( ).cos 1 12 x x π − = phương trình ⇔ 2(cosx–sinx)(sinx– 3 cosx)=0 ⇔ 3 ( ) 4 x k k x k π π π π  = +  ∈  = +   ¢ 2).Giải hệ phương trình: 3 3 3 2 2 8 27 18 (1) 4 6 (2) x y y x y x y + =   + =  (1) ⇒ y ≠ 0 Hệ ⇔ 3 3 3 3 2 2 27 3 8 18 (2 ) 18 4 6 3 3 1 2 . 2 3 x x y y x x x x y y y y     + = + =   ÷      ⇔       + = + =  ÷       Đặt a = 2x; b = 3 y . Ta có hệ: 3 3 3 18 1 ( ) 3 a b a b ab ab a b + = + =   ⇔   = + =   → Hệ đã cho có 2 nghiệm 3 5 6 3 5 6 ; , ; 4 4 3 5 3 5     − +  ÷  ÷     + − Câu 3: 1) Tính tích phân I = 2 2 6 1 sin sin 2 x x dx π π × + ∫ I = 2 2 6 3 cos (cos ) 2 π π − − × ∫ x d x . §Æt 3 cos cos 2 x u= × ⇒ I ∫ ⋅= 2 4 2 sin 2 3 π π udu = ( ) 3 2 16 π + 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: (m - 3) x + ( 2- m)x + 3 - m = 0. (1) Đk x ≥ 0. đặt t = x ; t ≥ 0 9 (1) trở thành (m–3)t+(2-m)t 2 +3-m = 0 ⇔ 2 2 2 3 3 1 t t m t t − + = − + (2) Xét hàm số f(t) = 2 2 2 3 3 1 t t t t − + − + (t ≥ 0) Lập bảng biến thiên (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 5 3 3 m≤ ≤ Câu 4: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 3 3 3 1 8 1 8 1 8 1 a b c c a b + + ≥ + + + 3 2 2 8 1 (2 1)(4 2 1) 2 1 cauchy c c c c c+ = + − + ≤ + ⇒ 2 3 2 1 8 1 a a c c ≥ + + Tương tự, 2 2 3 3 ; 2 1 2 1 8 1 8 1 b b c c a b a b ≥ ≥ + + + + Ta sẽ chứng minh: 2 2 2 1 (1) 2 1 2 1 2 1 a b c c a b + + ≥ + + + Bđt(1) ⇔ 4(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) +2(a 3 +b 3 +c 3 )+2(ab 2 +bc 2 +ca 2 )+( a+b+c) ≥ ≥ 8a 2 b 2 c 2 +4(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) +2 (a 2 +b 2 +c 2 )+1 (2) Ta có: 2a 3 b 2 +2ab 2 ≥ 4a 2 b 2 ; …. (3) 2(a 3 b 2 +b 3 a 2 +c 3 a 2 ) ≥ 2.3. 3 5 5 5 a b c =6 (do abc =1)(4) a 3 +b 3 +c 3 ≥ 3abc =3 = 1 +2 a 2 b 2 c 2 (5) a 3 +a ≥ 2a 2 ; …. (6) Công các vế của (3), (4), (5), (6), ta được (2). Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) =60 0 , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = 3 2 a ; · 0 60AMS = và SO ⊥ mp(ABC) ⇒ d(S; BAC) = SO = 3 4 a ⇒ V(S.ABC) = 3 3 1 ( ). 3 16 a dt ABC SO = Mặt khác, V(S.ABC) = 1 ( ). ( ; ) 3 dt SAC d B SAC ∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3 2 a ⇒ dt(SAC) = 2 13 3 16 a Vậy d(B; SAC) = 3 3 ( ) 13 V a dt SAC = Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: Cho ∆ ABC có B(1;2), phân giác trong góc A có phương trình (∆ ) 2x +y –1 =0; khoảng cách từ C đến (∆ ) bằng 2 lần khoảng cách từ B đến (∆). Tìm A, C biết C thuộc trục tung. Gọi H, I lần lượt là hình chiếu của B, C lên (∆). M là đối xứng của B qua ∆ ⇒ M ∈ AC và M là trung điểm của AC. (BH): x –2y + 3 =0 → H ( ) 7 1 ; 5 5 − → M ( ) 7 4 ; 5 5 − BH = 3 5 5 ⇒CI = 6 5 5 ; C∈ Oy ⇒ C(0; y 0 ) ⇒ 0 7 5 o y y =   = −  10 [...]... trục tung x Phơng trình hoành độ giao điểm: x2 + x +1 = 2 x + m 3 x 2 + (1 m) x 1 = 0 ( x 0) (1) x Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số: = (1 m ) 2 + 12 > 0, m , suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt x1 , x 2 khác 0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi m b m 1 Theo định lí Viét ta có x1 + x 2 = = a 3 x + x2 m 1 Hoành... rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên) Hỏi có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức danh đó là khác nhau) Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40 2 Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là A40 Còn lại 38 học sinh Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân... vuụng MNPQ cú M (5; 3; 1), P (2; 3; 4) Tỡm to nh Q bit rng nh N nm trong mt phng ( ) : x + y z 6 = 0 - Giả sử N ( x0 ; y0 ; z0 ) Vì N ( ) x0 + y0 z0 6 = 0 (1) MN = PN - MNPQ là hình vuông MNP vuông cân tại N MN PN = 0 ( x0 5) 2 + ( y0 3) 2 + ( z0 + 1) 2 = ( x0 2) 2 + ( y0 3) 2 + ( z0 + 4) 2 ( x0 5)( x0 2) + ( y0 3) 2 + ( z0 + 1)( z0 + 4) = 0 ( 2) x0 + z0 1 = 0 2 (3) ( x0... v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên) Hỏi có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự B Theo chơng trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1)Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho A(4;3), ng thng (d) : x y 2 = 0... )tdt M a 10 2 D A H O a 4 3 5 3 5 31 2 I = 4 1 sin 2 2t ữ = 4 + cos 4t ữ = t + dt dt sin 4t ữ 4 8 8 8 4 4 48 4 5 5 = I= 16 32 Cõu IV (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD) Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng MN = a 10 2 SO (ABCD) Dựng MH//SO,... 6 A , giải hệ suy ra A(0; 3) 4 x + 7 y = 21 O(0; 0) Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng cao của tam giác, OA BC BC // Ox suy ra phơng trình của BC có dạng y = y0 A Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB có B phơng trình là: 7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0 Điểm B = BB'AC tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình: 26 Do abc = 1 xyz = 1 nên ta có A = C 7x 4y = 0 x =... 0 + 7 2 - Từ (1) và (2) suy ra 0 Thay vào (3) ta đợc x0 5 x0 + 6 = 0 z 0 = x0 + 1 x0 = 2, y 0 = 3, z 0 = 1 N (2; 3; 1) hay N (3; 1; 2) x0 = 3, y 0 = 1, z 0 = 2 7 5 - Gọi I là tâm hình vuông I là trung điểm MP và NQ I ( ; 3; ) 2 2 Nếu N (2; 3 1) thì Q(5; 3; 4) Nếu N (3;1; 2) thì Q(4; 5; 3) Cõu VIIa (1,0 im) Cho tp E = { 0,1, 2, 3, 4, 5, 6} T cỏc ch s ca tp E lp c bao nhiờu s t... 22 2 2 2 2 Gii PT : cos x + ữ+ cos x + 3 3 1 ữ = ( sin x +1) 2 4 4 sin 6 x + cos 6 x dx Cõu III (1,0im) Tớnh tớch phõn I= 6x + 1 Cõu IV (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD) Gọi M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng MN = a 10 2 a, b, c > 0 Câu V (1 . < ) Câu IV (1 điểm):Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’. thấy ( )I d∈ . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 45 0 suy ra tam giác MAB vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: 2IM = . ( ) (M d M∈ ⇒ a; a+2), ( 1; 1)IM a a= + + uuur , 0 2. =+− yx . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 2. Trong không gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hình vuông MNPQ có )4;3;2(),1;3;5( −− PM . Tìm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N