1. Trang chủ
  2. » Công Nghệ Thông Tin

2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN

16 13 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 16
Dung lượng 195,28 KB

Nội dung

Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Tính thể tích khối chóp S.ABC..[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN Mơn Tốn - Năm học 2009-2010 Thời gian làm : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x x42m 2x2m2 5m5 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m =

2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân

Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

    

 

 

 

2/ Giải bất phương trình : √log22x −log2x23>√5(log4x23) Câu III (1.0 điểm) Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình: cot x - = cos 2x

1+tanx+sin

x −1

2sin 2x

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx



Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCAB = AC = a, BC = a

2 , SA=a√3 ,

 

SAB SAC30

Gọi M trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhVSMBC

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10

Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P)

B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm)

1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =

 

 2

2

x x

x (C) d1: y = x + m, d2: y = x + 3.

(2)

Đáp án biểu điểm thi thử Đại học lần II Môn Toán

Năm học 2009-2010

Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00

Câu I 2

1 Cho hàm số f(x)=x4+2(m −2)x2+m25m+5 ( C )

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên hàm số:

* Giới hạn vô cực: x →− ∞lim f(x)=+ : x →+∞lim f(x)=+

0.25 * Bảng biến thiên: f '(x)=y '=4x34x=4x(x21)

y '=0⇔x=0; x=1; x=1

x -∞ -1 +∞ y’ - + - +

y +∞ +∞

Hàm số đồng biến khoảng (1;0) (1;+) , nghịch biến Trên khoảng (− ∞;−1) (0;1)

Hàm số đạt cực tiểu x=±1; yCT=0 , đạt cực đại x=0; yCD=1

0.5

3* Đồ thị:

* Điểm uốn: y''=12x24 , điểm uốn là: U1(√3 ;

4

9),U2(√ 3 ;

4 9) * Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0)

* Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:

8

-2 -4

-5

0.25

2 Tìm giá trị m để (vng cân C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác 1

* Ta có

   

0

' 4

2 x

f x x m x

x m

 

     

 

 0.25

* Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là:

A(0;m25m+5), B(

√2− m;1− m),C(−√2− m;1−m) 0.5 * Do tam giác ABC ln cân A, nên tốn thoả mãn vuông A:

⃗AB ⃗AC=0(m−2)3=1⇔m=1 vỡ đk (1) Trong ⃗AB=(√2− m;− m2

+4m−4),⃗AC=(√2− m;− m2+4m−4)

(3)

Vậy giá trị cần tìm m m =

Câu II 2

1

Giải hệ phương trình:

2 2

12 12

x y x y

y x y

           1

* Điều kiện: | | | |xy

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y

   

 

  

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 u y v v      

  Hệ phương trình cho có dạng:

2 12 12 u v u u v v                0.25 u v     

3 u v      + 2 4 8

u x y

v x y

           

  (I) +

2

3

9 9

u x y

v x y

           

  (II)

0.25

Giải hệ (I), (II) 0.25

Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu

S 5;3 , 5; 4   0.25

2 Giải bất phương trình : √log22

x −log2x

3>√5(log4x

3) 1

ĐK:

¿ x>0

log22x −log2x230 ¿{

¿

Bất phương trình cho tương đương với

√log2

x −log2x

3>√5(log2x −3)(1)

đặt t = log2x,

BPT (1) √t22t −3>

√5(t −3)√(t −3)(t+1)>√5(t −3)

(4)

¿t>3 t −3¿2

¿ ¿ ¿

¿ t ≤−1

¿ 3<t<4

¿

¿ t ≤−1

¿ ¿ ¿{

¿

(t+1)(t −3)>5¿

0.5

0<x ≤1 ¿ 8<x<16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿(8;16) 0.25

Câu III Tìm x∈(0; π) thoả mãn phương trình: Cot x - = cos 21+tanxx+sin2x −1

2sin 2x

1

ĐK:

¿ sin 2x ≠0 sinx+cosx ≠0

¿sin 2x ≠0 tanx ≠ −1

¿{ ¿ Khi pt cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx cosx+sinx +sin

2x −sinxcosx

cosx −sinx

sinx =cos

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

0.25

cosx −sinx=sinx(1sin 2x)

(cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0 0.25 (cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

cosx −sinx=0 tanx = ⇔x=π

4+(k∈Z) (tm) x∈(0)⇒k=0⇒x=π

4 KL:

(5)

Câu IV

Tính tích phân :

2

I cos xcos 2xdx

 1

2 2

2

0 0

1

I cos cos (1 cos )cos (1 2cos cos )

2

x xdx x xdx x x dx

  

       

0.5

/2

1

( sin sin ) |

4 x x x

 

    0.5

Câu V

Cho hình chóp S.ABCAB = AC = a, BC = a

2 , SA=a√3 ,

 

SABSAC30

Gọi M trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhVSMBC

1

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2

SB SA AB  2SA.AB.cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy SB=a Tương tự ta có SC = a

0.25

Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên

MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC) 0.25

Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

MN2

=AN2AM2=AB2BN2AM2=a2(a 4)

2

(a√3 )

2 =3a

2 16

MN=a√3

0.25

Do

3

1 1 3

3 32

S MBC

a a a a

VSM MN BC 

(đvtt) 0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn

Câu VIa 2

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

1 S

A

B

C M

(6)

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t

Suy trung điểm M AC

1 ;

2

t t

M   

 .

 

1

: 2 7;8

2

t t

MBM x y           tC

 

0.25 0.25

Từ A(1;2), kẻ AKCD x y:   1 I (điểm K BC ). Suy AK:x1  y 2  0 x y  1

Tọa độ điểm I thỏa hệ:

  0;1 x y I x y          

Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0. Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:

1

4

7

x y x y         0.25 0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10 1

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=  

5 5

2

5 5

0 0

i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x

   

   

Theo gt ta có

3 10 5, 5, i k k i i

k k N

k

i i N

i k                                    

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.5 Câu

VII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x- y + z + = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P). Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm

Ta có AB ( 2,4, 16)  



phương với    ⃗

a ( 1,2, 8)

(7)

mp(P) có VTPT   ⃗

1

n (2, 1,1)

Ta có ⃗ ⃗

[ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT mặt phẳng (Q)  ⃗

2

n (2,5,1) 0.5

Mp(Q) chứa AB vuông gúc với (P) qua A nhận  ⃗

2

n (2,5,1)

là VTPT có pt

là: 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0.25 Phần lời giải theo chương trình nâng cao

Câu

VI.b 2

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 1

Ta có:

 1;2

AB   AB



Phương trình AB là:

2x y  0 .

 :  ; 

Id y x  I t t I trung điểm AC BD nên ta có:

2 1; , 2 ; 2

C tt D t t

0.5

Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4 CH   Ngoài ra:      

4 8

; , ;

| |

3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

t C D

t

d C AB CH

t C D

                           

Vậy tọa độ C D

5 8

; , ;

3 3

C  D 

    C1;0 , D0; 2 

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a

0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10 1

Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=  

5 5

2

5 5

0 0

i

k k i k i k i

k i k i

C x C x C C x

   

   

Theo gt ta có

3 10 5, 5, i k k i i

k k N

k

i i N

i k                                    

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.25

CõuVII.b

Cho hàm số y =

   2 x x

x (C) d1: y = x + m, d2: y = x + Tìm tất

giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệtA,B đối xứng qua d2

(8)

* Hoành độ giao điểm (C) d1 nghiệm phương trình :

 

  

2 2 2

1

x x x m

x

 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác

    

 

  

2

2

m m

m m m2-2m-7>0 (*)

0.5

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 hai nghiệm (1) ) * d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng qua d2  P trung điểm AB Thì P thuộc d2 Mà P(

 

 

1 2;

2

x x x x m

)  P(

3 3; 

4

m m

) Vậy ta có

 

   

3 3 3 9

4

m m m

( thoả mãn (*)) Vậy m =9 giá trị cần tìm

0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI Mơn: TốnNgày thi: 06.4.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y=2x −3 x −2

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

(9)

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=2cos2

(π4 x 2) Giải bất phương trình log2(4x

24x+1)2x>2

(x+2)log1 2(

1 2− x) Câu III (1 điểm)

Tính tích phân I= e

(lnxx1+lnx+3x

lnx)dx Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCAB = AC = a BC = a

2 SA=a√3 ,

 

30

 

SAB SAC Tính thể tích khối chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=3

a+3b+

b+3c+

c+3a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x − y+5=0 d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x+y+z −2=0 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2 2

2 2

2C n  3.2.2Cn  ( 1)  kk k(  1)2kCkn  (2 n n1)2 nC nn 40200

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 16

y2

(10)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P):x+2y − z+5=0 đường thẳng (d):x+3

2 =y+1=z −3 , điểm A( -2; 3; 4) Gọi là đường thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm  điểm M cho khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

¿

23x+1+2y−2=3 2y+3x

√3x2+1+xy=√x+1

¿{

¿

- Hết -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: - Số báo danh:

-Đáp án

Câu Nội dung Điểm

I 1

Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số y=2x −3

x −2 1,00

1) Hàm số có TXĐ: ¿R¿{2 ¿

0,25 2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * x →2

+¿y=+

lim x →2−y

=− ∞;lim

¿

Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

(11)

* xlim yxlim  y 2 đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số b) Bảng biến thiên:

Ta có: y '=

(x −2)2<0,∀x ≠2 Bảng biến thiên:

x -  + 

y’ -

-y

-

+ 

2 * Hàm số nghịch biến khoảng (− ∞;2) (2;+)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung (0;3

2) cắt trục hoành điểm ( 2;0)

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I 2 Tìm M đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00 Ta có: M(x0;2x03

x02 ), x02 , y '(x0)= 1

(x02)

Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng: Δ:y= 1

(x02)

2(x − x0)+

2x03 x02

0,25

Toạ độ giao điểm A, B (Δ) hai tiệm cận là: A(2;2x02

x02 );B(2x02;2)

Ta thấy xA+xB =

2+2x02

2 =x0=xM ,

yA+yB =

2x03 x02

=yM suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vng I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

0,25 O

y

x

3/2 3/2

(12)

S =

x02¿2

+(2x03 x02 2)

2

x02¿2 ¿2π x02¿

2 +1

¿ ¿ ¿=π¿ πIM2

=π¿

Dấu “=” xảy

x02¿2 ¿

¿ x0=1

¿ x0=3

¿ ¿ ¿ x02¿2

=1 ¿ ¿ ¿

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II 1

Giải phương trình 1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2

x=2cos2(π

x

2) 1 điểm

1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=2cos2

(π4 x 2)(1) (1)1+sinx

2sinx −cos x 2sin

2x=1+cos

(π2− x)=1+sinx

0,25

sinx(sin x 2cos

x

2sinx −1)=0sinx(sin x 2cos

x 2 sin

x 2cos

x

21)=0 0,25

sinx(sin x

21)(2 sin 2x

2+2 sin x

2+1)=0 0,25

2

sin x

x k

x k

x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2

 

   

   

         

       

 

  

Z 0,25

II 2

Giải bất phương trình log2(4x

24x+1)2x

>2(x+2)log1 2(

1

(13)

ĐK: 2− x>0 4x24x+1>0

¿x<1 2x −1¿2>0

¿

¿ ¿ ¿x<1

2 ¿ x ≠1

2 ¿

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log2(12x)2x>2+(x+2)[log2(12x)1]

⇔x[log2(12x)+1]<0

0,25

¿x>0 log2(12x)+1<0

¿ ¿ ¿ x<0

¿

log2(12x)+1>0 ¿

¿ ¿

¿ ¿ ¿ x>0

¿

log22(12x)<0 ¿

¿ ¿ ¿ ¿ x<0

¿

log22(12x)>0 ¿

¿ ¿ ¿

¿

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 14<x<1

(14)

III

Tính tích phân I= e

(lnxx1+lnx+3x 2lnx

)dx 1 điểm

I= e

lnx

x√1+lnxdx+31 e

x2ln xdx +) Tính I1=

1 e

lnx

x√1+lnxdx Đặt t=√1+lnx⇒t

2=1+lnx ;2 tdt =1

xdx Đổi cận: x=1⇒t=1; x=e⇒t=√2

0,25

I1=

√2

(t21)

t tdt=21

√2

(t21)dt=2(t

3− t)¿1√2=

2(2√2)

3 0,25

+) Tính I2= e

x2lnxdx Đặt

¿ u=lnx dv=x2dx

¿du=dx x v=x

3 ¿{

¿

0,25

e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9

         0,25

I=I1+3I2=¿ 52√2+2e

3 0,25

IV Tính thể tích hình chóp S.ABC điểm

Theo định lí cơsin ta có:

2 2 2

SB SA AB  2SA.AB cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy SB=a Tương tự ta có SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác

cân nên MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC)

Ta có VS ABC=VS.MBC+VA.MBC=1

3MA SMBC+

3SA SMBC=

3SA.SMBC

0,25

Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

0,25 S

A

B

C M

(15)

MN2

=AN2AM2=AB2BN2AM2=a2(a 4)

2

(a√3 )

2 =3a

2

16 MN= a√3

4

Do VS ABC=13SA 12MN BC=61a√3 a√43.a2=a

16 0,25

V

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P=3

a+3b+

b+3c+

c+3a 1 điểm

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có (x+y+z)(1

x+ y+

1 z)3

3

√xyz3

√xyz=9

1 x+

1 y+

1 z≥

9

x+y+z (*) Áp dụng (*) ta có P=3

a+3b+

b+3c+

c+3a≥

9

a+3b+√3b+3c+√3c+3a

0,25

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy  

3a 3b 3b 3c c 3a 4 a b c 6

3

           4.3

3

 

    

 

Do P≥3

0,25

Dấu = xảy

3

a b c a b c

4 4

a 3b b 3c c 3a

   

     

      

Vậy P đạt giá trị nhỏ a=b=c=1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ phương ⃗a1(2;−1) ; d2 có vectơ phương ⃗a2(3;6)

Ta có: ⃗a1.⃗a2=2 31 6=0 nên d1⊥d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình:

d:A(x −2)+B(y+1)=0Ax+By2A+B=0

0,25

d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450

(16)

1¿2 ¿

¿=cos 4503A28 AB3B2=0 ¿

A=3B ¿ B=3A

¿ ¿ 22

+¿

A2+B2√¿ ¿

|2A − B|¿

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d:3x+y −5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x −3y −5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

Cách 2: Gọi d đường thẳng cần tìm, d song song với đường phân giác đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho

Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình 1¿2

¿ ¿=|3x+6y −7|

√32+62

3|2x − y+5|=|3x+6y −7| ¿

3x −9y+22=0 (Δ1) ¿

9x+3y+8=0 (Δ2) ¿

¿ 22+¿

√¿ ¿ |2x − y+5|

¿

0,25

+) Nếu d // 1 d có phương trình 3x −9y+c=0

Do P d nên 6+9+c=0⇔c=15⇒d:x −3y −5=0 0,25

+) Nếu d // 2 d có phương trình 9x+3y+c=0

Do P d nên 183+c=0⇔c=15⇒d:3x+y −5=0 0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3x+y −5=0

d:x −3y −5=0 0,25

VIa 2 Xác định tâm bán kính đường trịn 1 điểm

Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: 0,25

(17)

A',B , C , D∈(S) nên ta có hệ:

¿

2a −2b+d+2=0 2a+6b+4c+d+14=0 8a+6b+4c+d+29=0 8a −2b+4c+d −21=0

¿a=5 b=1 c=1 d=1 ¿{ { {

¿

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2 y2 z2  5x 2y 2z10 (S) có tâm I(5

2;1;1) , bán kính R=√ 29

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) đường thẳng qua I vng góc với (P)

(d) có vectơ phương là: ⃗n(1;1;1)

Suy phương trình d:

¿ x=5/2+t

y=1+t z=1+t

⇒H(5

2+t ;1+t ;1+t) ¿{ {

¿ Do H=(d)(P) nên:

2+t+1+t+1+t −2=03t=

2⇔t=

⇒H(5 3;

1 6;

1 6)

0,25

IH=√75 36=

5√3

6 , (C) có bán kính r=√R

IH2=√29

75 36=√

31 =

√186

6 0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết 1 điểm

* Xét 1

¿kC2kn+1xk+ −C22nn++11x2n+1 1− x¿2n+1=C20n+1− C12n+1x+C22n+1x2 +¿

¿

(1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

1¿kkC2n+1 k

xk −1+ (2n+1)C2n+1 2n+1

x2n 1− x¿2n=−C12n+1+2C22n+1x − +¿

(2n+1)¿

(2)

0,25

Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

1¿kk(k −1)C2kn+1xk −2+ 2n(2n+1)C22n+n+11x2n −1 1− x¿2n −1=2C22n+13C2n+1

3

x+ +¿ 2n(2n+1)¿

0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

           0,25

Phương trình cho 2n(2n+1)=402002n2

(18)

VIb.1 Viết phương trình tắc E líp 1 điểm (H) có tiêu điểm F1(5;0); F2(5;0) Hình chữ nhật sở (H) có

đỉnh M( 4; 3), 0,25

Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: x

2 a2+

y2

b2=1 ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F1(5;0); F2(5;0)⇒a2−b2=52(1)

0,25

M(4;3)(E)9a2+16b2=a2b2(2)

Từ (1) (2) ta có hệ:

¿ a2=52+b2 9a2+16b2

=a2b2

¿a2=40 b2=15

¿{ ¿

0,25

Vậy phương trình tắc (E) là: x2 40+

y2

15=1 0,25

VIb 2 Tìm điểm M thuộc Δ để AM ngắn 1 điểm

Chuyển phương trình d dạng tham số ta được: ¿ x=2t −3

y=t −1 z=t+3

¿{ { ¿ Gọi I giao điểm (d) (P) ⇒I(2t −3;t −1;t+3)

Do I∈(P)2t −3+2(t −1)(t −3)+5=0⇔t=1⇒I(1;0;4)

0,25

* (d) có vectơ phương ⃗a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến ⃗

n(1;2;−1)

[⃗a ,n]=(3;3;3) Gọi ⃗u vectơ phương Δ ⇒u⃗(1;1;1)

0,25

⇒Δ: x=1− u

y=u z=4+u

¿{ {

M∈Δ⇒M(1− u ;u ;4+u) , ⃗AM(1−u ;u −3;u) 0,25

AM ngắn AM⊥Δ

⃗AM⊥u⃗AM u⃗=0⇔−1(1−u)+1(u −3)+1 u=0 ⇔u=4

3 Vậy M( 7

3 ; 3;

16 )

0,25

VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm

¿

23x+1+2y−2=3 2y+3x (1)

√3x2+1+xy=

x+1(2) ¿{

(19)

Phương trình (2)

x+10 3x2

+1+xy=x+1

¿x ≥−1 x(3x+y −1)=0

¿{

x ≥ −1 x=0

¿ 3x+y −1=0

¿ ¿

¿ ¿ ¿ x ≥ −1

¿ ¿ y=13x

¿ ¿

* Với x = thay vào (1) 2+2y −2=3 2y⇔8+2y=12 2y⇔2y=

11 ⇔y=log2

11 0,25

* Với

¿ x ≥ −1 y=13x

¿{ ¿

thay y = – 3x vào (1) ta được: 23x+1

+23x −1=3

Đặt t=23x+1 Vì x ≥ −1 nên t ≥1

4 (3)⇔t+1

t=6⇔t

6t+1=0

x=1

3[log2(3+√8)1] y=2log2(3+√8)

t=3√8(lo¹i) ¿ t=3+√8

¿ ¿

{ ¿ ¿ ¿

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

¿ x=0 y=log2

11 ¿{

¿

¿

x=1

3[log2(3+√8)1]

y=2log2(3+√8)

¿{

¿

(20)

Ngày đăng: 04/03/2021, 21:16

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w