Đề thi thử số 17 đã chỉnh lý

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 17 Câu I) Cho hàm số 2 2 2 x y x − = + 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) (HS tự giải ) 2) Gọi I là giao điểm của tiệm cận. Hãy tìm hai điểm A,B trên (C) sao cho IA=IB và 0 ˆ 120AIB = Câu II) 1) Giải phương trình sau: ( ) 3 sin 2 cos2 5sin 2 3 cos 3 3 1 2cos 3 x x x x x − − + − + + = + 2) Giải hệ phương trình sau: 3 2 2 2 3 3 2 2 2 2 1 14 2 x y x y xy x y y x  + = +   − − + − = −   Câu III) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2 ln( 2) 4 x x y x + = − và trục hoành Câu IV) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh ; 2AB a AD a= = góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và ABCD bằng 60 0 . Gọi H là trung điểm của AB. Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp SABCD và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SAHC. Câu V) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 3( )a b c ab a b c+ + + = + + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20 20 2 P a b c a c b = + + + + + + Câu VI) 1) Trên mặt phẳng Oxy cho : 2 1 0; ' 3 7 0d x y d x y + − = = + + = cắt nhau tại I và điểm M(1;2). Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt d,d’ lần lượt tại A và B sao cho 2AI AB = . 2) Trong không gian Oxyz cho M(1;-1;0) và đường thẳng 2 1 1 : 2 1 1 x y z− + − ∆ = = − và mặt phẳng (P): 2 0x y z+ + − = . Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với ∆ và khoảng cách từ A đến ∆ bằng 33 2 Câu VII) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1z = . Tìm GTLN, GTNN của 1 3 1P z z= + + − Hết GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 1 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Câu I) 1) Học sinh tự làm: 2) Gọi ( ) 2 6 2 6 2; ; 2; ( ) , 0 a b A a B b C a b ab a b − −     − − ∈ ≠ ≠  ÷  ÷     Ta có: ( ) 6 6 2;2 ; ; ;I IA a IB b a b − −     − ⇒ = =  ÷  ÷     uur uur . Theo đề ra: Với ,a b IA IB= − ⇒ uur uur ngược hướng nên 0 ˆ 180AIB = (loại) Với 2 0 36 1 6. ó : . .cos120 . 0 0 6 2 ab Tac IA IB ab IA IA IB ab ab ab = ± = + = = − < ⇒ < ⇒ = − uur uur Ta có: ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 36 36 36 36 24 24 36 36 24 2 72 24 24 24 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b +    ⇔ + + = ⇔ + + =  ÷ ÷    ⇔ + + + = ⇔ + − + = ⇔ + = ⇔ + = Vậy ta có hệ 2 2 24 6 a b ab  + =  = −  Câu II) 1) Điều kiện 3 5 cos 2 2 6 x x k π π − ≠ ⇔ ≠ ± + .Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 3 sin 2 cos2 5sin 2 3 cos 3 3 2cos 3 3 sin 2 cos2 5sin 3 cos 3 0 2 3 sin .cos 1 2sin 5sin 3 cos 3 0 2sin sin 2 3cos 5 3 cos 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + − + + = + ⇔ − − − + = ⇔ − + − − + = ⇔ + − − + = Đặt sin , 1t x t= ≤ . Ta có ( ) 2 2 2 3cos 5 3 cos 2 0(*)t t x x⇔ + − − + = . Đây là phương trình bậc hai biến t ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 cos 5 2 3 cos 3 2 3 cos 5 2 3 cos 3 1 3cos 2 4 2 4 x x x x t t x − − + − − − + − = = ∨ = = − + - Nếu 1 1 7 sin 2 2 , 2 2 6 6 t x x k x k k π π π π = − ⇔ = − ⇔ = − + ∨ = + ∈¢ ( thỏa mãn). - Nếu 3 cos 2 sin 3 cos 2 sin 1 2 , 3 6 t x x x x x k k π π π   = − + ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = + ∈  ÷   ¢ (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là 7 2 ; 2 ; 2 , 6 6 6 x k x k x k k π π π π π π = − + = + = + ∈¢ . 2 2) Biến đổi phương trình đầu thành: ( ) ( ) 2 2 0x y x y− − = kết hợp điều kiện 2 2 1 0x y− − ≥ ta suy ra x y= thay vào phương trình thứ hai ta được 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 1 0 2 1 0 2 2 1 14 2 2 1 0 2 1 0 14 2 x x x x x x x x x x x x x x   − − ≥ − − ≥   − − + − = − ⇒ ⇔ ⇔ − − =   − − ≤  − ≤ −    suy ra 1 2x = ± Vậy hệ có nghiệm: ( ) ( ) ( ; ) 1 2;1 2 1 2;1 2x y = − + ∪ + − Cách 2) Điều kiện 2 2 1x y≥ + Từ (1) suy ra: ( ) ( ) 2 2 2 ( ) 2 0 x y VN x y x y x y  = − − =  =  Với x y= từ (2) ta có phương trình: 2 3 3 2 2 1 14 2x x x x− − + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 2 2 14 2 2 1 0 14 14 2 2 6 12 6 2 1 0 14 14 2 2 3 2 1 2 1 1 0 14 14 2 2 2 1 0 2 1 0 1 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − − − ⇔ − − + = − − − − − − ⇔ − − + = − − − −   − −   ⇔ − − + + =   − − − −     ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = ± Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: ( ) ( ) 1 2;1 2 , 1 2;1 2− − + + Câu III) Hoành độ giao điểm hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình: 2 ln( 2) 0 4 x x x + = − 0 1 x x =  ⇔  = −  ta có 0 0 2 2 1 1 ln( 2) ln( 2) 4 4 x x x x S dx dx x x − − + + = = − − − ∫ ∫ Đặt 2 0 2 0 1 1 2 2 1 ln( 2) 4 2 4 ln( 2) 2 4 4 x u du dx x x S x x dx x dx dv x v x x − − + =   = −   + ⇒ ⇒ = − + − =   = +   = − − −   ∫ 0 1 2 2ln 2 2 x dx x − − − + ∫ Xét 0 1 2 ; 2 x J dx x − − = + ∫ đặt 2cos 2 4sin 2x t dx tdt = ⇒ = − 3 4 2 2cos 2 4sin 2 2 2 os2 t J tdt c t π π − = + ∫ 3 3 3 3 2 3 3 4 4 4 4 4 4 tan .sin 2 8sin 4 (1 cos2 ) 4 2sin 2 3 2 3 t tdt tdt t dt t t π π π π π π π π π π π = = = − = − = − + ∫ ∫ ∫ Vậy 2ln 2 3 2 3 S π = − + − Câu IV) Q P E M N K I D O H C B A S - Ta có ( )SH AB SH ABCD⊥ ⇒ ⊥ .Kẻ HM vuông góc với AC thì góc tạo bởi (SAC) và (ABCD) là 0 ˆ 60SMH = Có 0 2 6 2 ˆ sin ; tan 60 2 6 2 3 BC a a a a HM AH HAM AH SH HM AC a = = = = = = 3 1 ( ) 3 3 SABCD a V SHdt ABCD= = - Gọi E, K lần lượt là trung điểm của SA, HA . Kẻ đương thẳng qua K song song với AD cắt CD ở F thì KF ( )SAH⊥ . Dựng Ex song song với KF thì Ex là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SHA. Dựng đường thẳng qua tâm O của mặt đáy vuông góc với AC cắt KF, AD tại N, P thì N là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Trong mặt phẳng chứa Ex và KF kẻ đường thẳng Ny vuông góc với đáy (ABCD) (đường thẳng song song với EK) thì Ny là trục đường tròn của tam giác AHC. Giao điểm I Ny Ex= ∩ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC. Ta có 2 2 2 2 2 2 R IH IN NH KE NH= = + = + . 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 5 3 3 . ; ( ) ˆ 2 2 4 cos 2 2 2 4 2 4 2 2 3 3 31 4 32 4 2 AO a a a AH AP a KN HO AP HN KN a CAD a a a R a = = = = + = ⇒ = + =     ⇒ = + =  ÷  ÷  ÷  ÷     4 Vậy 31 32 R a= Cach2) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có . 24 33 2 4 a S ACHCAH S ACHCAH r ABCAHC === Kẻ đường thẳng ∆ qua J và .// SH∆ Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp AHCS. là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và ∆ trong mặt phẳng (SHJ). Ta có . 4 2 2 22 r SH JHIJIH +=+= Suy ra bán kính mặt cầu là . 32 31 aR = Câu V) Từ giả thiết ta có ( ) 2 2 2 3( ) ( ) 6 2 a b c a b c a b c a b c + + + + = + + ≥ ⇒ + + ≤ . Mặt khác ta có 80 80 2 2( 2) P a b c a b c a c b a b c ≥ + + + ≥ + + + ⇔ + + + + + + 32 32 16 2 2 2( 2) 2( 2) 2( 2) P a b c a b c a b c a b c ≥ + + + + + + − ⇔ + + + + + + + + + 3 16 3.2 2 26 min 26 4 P P≥ + − = ⇒ = khi a=1,b=2,c=3 Câu VI) 1) Cách 1: Ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 3 3 7 0 2 x y x x y y + − = = −   ⇔   + + = =   Lấy điểm ( ) ( ) ( ) 1;0 ; 'H d H A K d K B ∈ ≠ ∈ ≠ sao cho 2HK HI = Do ( ) ' ; 3 7K d K a a ∈ ⇒ − − . Có ( ) ( ) 4;2 , 1; 3 7HI HK a a= − = − − − uuur uuur Mà ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 20 2 1 3 7 2 0 2HI HK HI HK a a a a   = ⇔ = ⇔ = − + + ⇔ + = ⇔ = −   Vậy K(-2;-1). Ta có 2 / / 2 HI HK IH HK HK AB AI AB AI AB  =  ⇒ = ⇒  =   Vậy đường thẳng d đi qua M có véc tơ chỉ phương ( ) 3;1KH = ⇒ uuur PT 1 2 : 3 1 x y d − − = Cách 2: Theo điều kiện 2AI AB = gợi cho ta nghĩ đến tam giác vuông AIB có cạnh huyền AI. Có 0 ˆ 45AIB AB BI = ⇒ ⊥ Vậy ∆ đi qua M(1;2) và vuông góc với d’ và do đó ta có phương trình: 3 5 0x y − + = 5 ( ) ( ) ( ) 2) ; ;2 , 1; 1;2 . 0 2 2 1 2 0 2 1 1 2 1 2 ; ;1 3 A AM AM U A α β α β α β α β α β α β α β α β β β β ∆ − − − + − − = ⇔ − − − + − − = ⇔ = = ⇒ = + ⇒ + − uuuur uuuur uur ∆ qua ( ) ( ) ( ) 2; 1;1 , 2; 1;1; , 1 2 ; 1 ;3B U AB β β β − − − − − ur uuur ( ) . 2 1; 8 1; 4 1u AB β β β   = − + − + − −   r uuur 2 . 84 12 3 33 6 2 A u AB d u β β ∆   − +   = = = r uuur r ( ) 2 2 1 28 4 1 33 28 4 32 0 8 7 1; 1;4 25 8 17 ; ; 7 7 7 A A β β β β β β = −   ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  =   − −  ⇒ −     ÷     Câu VII) Đặt 2 2 2 2 1 1z x yi x y y x= + ⇒ + = ⇒ = − và [ 1;1]x ∈ − Ta có 2 2 2 2 1 3 1 (1 ) 3 (1 ) 2(1 ) 3 2(1 )P z z x y x y x x= + + − = + + + − + = + + − Xét [ ] ( ) 2(1 ) 3 2(1 ); 1;1f x x x x= + + − ∈ − . Dùng đạo hàm ta tính được ax 2 10;min 2M P P= = ứng với các trường hợp 4 3 5 5 z i= − ± và z=1 6 . KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 17 Câu I) Cho hàm số 2 2 2 x y x − = + 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) (HS tự giải ) 2) Gọi I là giao điểm. đến ∆ bằng 33 2 Câu VII) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1z = . Tìm GTLN, GTNN của 1 3 1P z z= + + − Hết GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 1 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Câu. chóp SABCD và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SAHC. Câu V) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 2 3( )a b c ab a b c+ + + = + + Tìm giá trị nhỏ nhất của