Đề thi thử vào lớp 10 - Lần 1 năm học 2013 – 2014

Viết phương trình tiếp tuyến với C, biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.. Giải phương trình:.[r]

Së GD-§T phó thä ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC Trường T.H.p.t long châu sa NĂM häc: 2009-2010 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số : y   x 1 (C) 2x  1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó qua giao điểm đường tiệm cận và trục Ox Câu II:(2 điểm) Giải phương trình: Giải phương trình: sin x cos x   tgx  cot x cos x sin x 2  log3 x  log9 x  1  log3 x Câu III: (2 điểm) 1.TÝnh nguyªn hµm: F ( x)   2.Giải bất phương trình: sin xdx  sin x  cos x x 1  x   x  Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y   Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®­îc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®­îc chÊm A Theo chương trình chuẩn Câu Va : Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n  8C2n  C1n  49 Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) các điểm A, B cho AB  B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: Giải phương trình : log3 x  12  log 2x  1  2 Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp Cho AB = a, SA = a Gọi H và K là hình chiếu vu«ng gãc A lên SB, SD Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK ………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Lop12.net Hướng dẫn chấm môn toán C©u ý §iÓm Néi Dung I Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm)  TX§: D = R\ {-1/2}  Sùù BiÕn thiªn: y ,  0,25 3  x  1  0x  D Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn ( ;  )va (  ; ) + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: lim  y   x  0,25 lim  y    ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 x  2 x  lim y   x  lim y    ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 + B¶ng biÕn thiªn: x  y’  -1/2 -  -1/2 - 0,25 y  Lop12.net -1/2  §å ThÞ : y 0,25 1 / I -1/2 x   Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0    1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x   2   x  1   2x   k  x     () tiếp xúc với (C)   /  x      k coù nghieäm  2x    x  1   2x   k x   (1)      3  k (2)  2x  12 0,25 0,25 Lop12.net Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x   x  2   2x   2x  1 1  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x   2 x Do đó k   12  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   0,25 1 1 x  12  2 II 0,25 sin 2x cos 2x   tgx  cot gx (1) cos x sin x cos 2x cos x  sin 2x sin x sin x cos x   (1)  sin x cos x cos x sin x cos2x  x  sin2 x  cos2 x   sin x cos x sin x cos x Giải phương trình:  cos x   cos 2x  s in2x  0,25 0,25  cos x  cos x    s in2x   cos x  x ( cos x  1 :loại vì sin x  0)   k 2 0,25 0,25 2  (1)  log3 x  1 (1)  2  log3 x  log3 9x  log3 x Phương trình: 2  log3 x  log9 x    log3 x  1  log3 x  log3 x 0,25 0,25 đặt: t = log3x 2t    t  3t    t 1 t (vì t = -2, t = không là nghiệm)  t  1 hay t  thành Lop12.net 0,25 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x   x  hay x  81 III 0,25 1 Ta cã F ( x)   sin xdx sin x cos xdx   sin x  (1  sin x) sin x  sin x  §¨t u = sinx  du  cos xdx Ta cã: F ( x)  G (u )    ln u   O,25 udu  u  1 0,25  du du  u 1 (u  1) 0,25 c u 1 VËy F ( x)  ln sinx   0,25 c sin x  §k: x  0,25  x 1  x   x  Bpt  x  x    x 4  x   3 x  12 x   3  x    6  62 x    3 x  IV 0,25 0,25 62 3 0,25   Tọa độ A là nghiệm hệ 4x  y  14   x  4  A(–4, 2) 2x  5y   y2 Lop12.net 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 (1)   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 0,25 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 0,25 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C  4x B  14    2 x C   y C  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) V.a 0,25 1 Điều kiện n   n 0,25  C x n Ta có: x   k 2k nk n k 0 Hệ số số hạng chứa x8 là C4n n  Hệ số số hạng chứa x8 là C4n n  Ta có: A 3n  8C2n  C1n  49 0,25 0,25  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = 0,25 Nên hệ số x8 là C47 23  280 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R  0,25 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có AH  BH  0,25 AB  2 Lop12.net 0,25 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' là vị trí thứ AB Gọi H' là trung điểm A'B'  3 Ta có: IH '  IH  IA  AH        Ta có: MI    1  1   và MH  MI  HI   Ta có: 0,25 2  ; 2 5 MH '  MI  H ' I   13  2 49 52    13 4 169 172 R 22  MA'2  A' H'2  MH'2     43 4 R12  MA  AH  MH  Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 0,25 0,25 0,25 1 Giải phương trình: log3 x  1  log 2x  1  §k:  x   log3 x   log3  2x  1   log3 x   log3  2x  1   log3 x   2x  1  log3 0,25 0,25 0,25  x   2x  1   x 1  x 1 hoac  2 2x  3x   2x  3x   0(vn) x2  0,25 +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) Lop12.net 0,25 + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) 0,25 SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB và SAD và cùng vuông A) AH.SB = SA.AB  AH= Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a   HK  BD SB 0,25 0,25 kÎ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy OE lµ ®­êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM là đường cao tam giác cân AHK ta có 0,25 AM  AH  HM  4a  AM= Lop12.net 2a 1a a3 VOAHK  OE.SAHK  HK.AM  (®vtt) 32 27 S K I M H E A D O C M Lop12.net 0,25 Câu II: sin 2x cos 2x   tgx  cot gx (1) cos x sin x cos 2x cos x  sin 2x sin x sin x cos x   (1)  sin x cos x cos x sin x Giải phương trình: cos2x  x  sin2 x  cos2 x   sin x cos x sin x cos x  cos x   cos 2x  s in2x   cos2 x  cos x    s in2x   cos x  x ( cos x  1 :loại vì sin x  0)   k 2 Phương trình: 2  log3 x  log9 x  (1)  2  log3 x    1 log3 9x  log3 x  log3 x  1  log3 x  log3 x (1) thành  (1)  log3 x đặt: t = log3x 2t    t  3t    t 1 t (vì t = -2, t = không là nghiệm)  t  1 hay t  Do đó, (1)  log3 x  1 hay x   x  hay x  81 Câu IV: Tọa độ A là nghiệm hệ 4x  y  14   x  4  A(–4, 2) 2x  5y   y2   Vì G(–2, 0) là trọng tâm ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 (1)   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) Lop12.net C(xC, yC)  AC  y C   2x C  ( 3) 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có x B  x C  2 x B  3  y B  2    2x C  4x B  14    2 x C   y C  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Câu Vb: (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (2) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) SB2  AB2  SA  3a2  SB = a a 2a 2a  SH=  SK= 3 (do tam giác SAB và SAD và cùng vuông A) AH.SB = SA.AB  AH= HK SH 2a   HK  BD SB Gọi AM là đường cao tam giác cân AHK ta có Ta có HK song song với BD nên AM  AH  HM  4a2 2a  AM= 1a 2a3 VOAHK  OA.SAHK  HK.AM  3 2 27 Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a ) Câu I: Khảo sát (Bạn đọc tự làm)   Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox là A  ,0    1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x   2   x  1   2x   k  x     () tiếp xúc với (C)   /  x    k coù nghieäm  2x   Lop12.net  x  1   2x   k x   (1)      3  k (2)  2x  12 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 1  3 x   x  2   2x   2x  1 1  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x   2  x  Do đó k   12 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x   12  2 Câu Va: Điều kiện n   n  C x n Ta có: x   k 2k nk n k 0 Hệ số số hạng chứa x8 là C4n n  Ta có: A 3n  8C2n  C1n  49  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 =  (n – 7)(n2 + 7) =  n = Nên hệ số x8 là C47 23  280 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R  Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB  IM trung điểm H đoạn AB Ta có AB AH  BH   2 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' là vị trí thứ AB Gọi H' là trung điểm A'B'  3 Ta có: IH '  IH  IA  AH        Ta có: MI    1  1   2 5  2 13 MH '  MI  H ' I    2 và MH  MI  HI   Lop12.net 49 52    13 4 169 172 R 22  MA'2  A' H'2  MH'2     43 4 Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Ta có: R12  MA  AH  MH  BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I y = 2x4 – 4x2 TXĐ : D = R y’ = 8x – 8x; y’ =  x =  x = 1; lim   (C) y x  x y' y  + 0  CĐ + + +  1 2 2 CT CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) 2 y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = y đạt cực tiểu -2 x = 1 Giao điểm đồ thị với trục tung là (0; 0) y Giao điểm đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( ;0) x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*) (*) là phương trình hoành độ giao điểm (C’) : y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m Ta có (C’)  (C); x  - hay x  (C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành - < x <  1 Theo đồ thị ta thấy ycbt  < 2m <  < m < Câu II + 1  PT:sinx+cosxsin2x+ cos 3x  2(cos 4x  s i n x) 3sin x  sin 3x  sin x  sin 3x  cos 3x  cos 4x  2  sin 3x  cos 3x  cos 4x  sin 3x  cos 3x  cos 4x 2    sin sin 3x  cos cos 3x  cos 4x 6    cos 4x  cos  3x   6       4x    3x  k2  x    k2    4x    3x  k2  x    k 2 42   Lop12.net x (C’) x xyx y x xy1  17y 13y 2 y = hệ vô nghiệm x   x  y  y  y  hệ   x  x    13 y y  x x Đặt a = x  ; b =  a  x    x   a  2b y y y y y ab7 ab7 Ta có hệ là  a  b  13 a  a  20    1   x 4 x   5     y y  a  hay a  5 Vậy  hay  x x b3 b  12  3   12  y  y  x  2 hay x   x  4x   hay x  5x  12  (VN)   y 1 y x  3y x  12y  Câu III : 3 3  ln x dx ln x I dx  3  dx 2 (x  1) (x  1) (x  1) 1     dx 3 I1  3  (x  1) (x  1)   ln x dx (x  1) I2   Đặt u = lnx  du  dv  dx x dx 1 Chọn v  (x  1) x 1 3 3 ln x dx ln dx dx ln 3 I2         ln x  1 x(x  1) x x 1 Vậy : I  (1  ln 3)  ln Câu IV a BH a 3a a   BN   ; B ' H  BH= , 2 BN 2 goïi CA= x, BA=2x, BC  x CA2 2 BA  BC  BN  C H M 2 9a  3a  x  x2   3x  x     52   2 B Lop12.net N A a  2  a 9a a 9a 3   12 52 208  Ta có: B ' H  BB ' V= 11  x 3 Câu V : (x  y)3  4xy   (x  y)3  (x  y)    x  y   (x  y)  4xy  (x  y) 1  x  y2   dấu “=” xảy : x  y  2 2 2 (x  y ) Ta có : x y  4 2 A   x  y  x y   2(x  y )   (x  y )  x y   2(x  y )   (x  y )  2  (x  y )   2(x  y )      (x  y )  2(x  y )  Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ f (t)  t  2t  1, t  f '(t)  t    t  2  f (t)  f ( )  16 x  y  Vậy : A  16 Câu VIa xy x  7y  Phương trình phân giác (1, 2) :  5(x  y)  (x  7y)  y  2x :d1 5(x  y)  x  7y   y  x : d2 5(x  y)   x  7y   Phương trình hoành độ giao điểm d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 25x2 – 20x + 16 = (vô nghiệm) x Phương trình hoành độ giao điểm d2 và (C) : (x – 2)2 +    2 8 4  25x  80x  64   x = Vậy K  ;  5 5 2 R = d (K, 1) = Lop12.net   TH1 : (P) // CD Ta có : AB  (3; 1; 2), CD  (2; 4;0)    (P) có PVT n  ( 8; 4; 14) hay n  (4;2;7) (P) :4(x  1)  2(y  2)  7(z  1)   4x  2y  7z  15  TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD   Ta có AB  ( 3; 1;2), AI  (0; 1;0)   (P) có PVT n  (2;0;3) (P) :2(x  1)  3(z  1)   2x  3z   Câu VIb 1   AH   2 36 36 S  AH.BC  18  BC   4 AH Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = x  y  7 1 H:  H ;  2 2 x  y  B(m;m – 4) 2 BC2 7  1   HB    m    m    2  2  11  m 2    2  m     2  m     2  11   5  5  11  Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C2  ;   2 2 2 2 2  2   AB  (4; 1;2); n P  (1; 2;2) Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) =  x – 2y + 2z + = Gọi  là đường thẳng qua A Gọi H là hình chiếu B xuống mặt phẳng (Q) Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đạt   qua A và H x   t  Pt tham số BH:  y  1  2t z   2t  Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :  x   t, y  1  2t, z   2t 10  11   H ; ;  t   9 9  x  2y  2z      qua A (-3; 0;1) và có VTCP a   AH   26;11; 2  x  y  z 1   Pt () : 26 11 2 Câu VII.a Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – – i = x – + (y – 1)i Lop12.net z – (2 + i)= 10 và z.z  25 2 4x  2y  20   (x2  2)2  (y  1)  10  x  y  25 x  y  25  y  10  2x   x  hay x  y4 y0 x  8x  15      Vậy z = + 4i hay z = Câu VII.b Pt hoành độ giao điểm đồ thị và đường thẳng là :  x  m  x2  x  2x2 – mx – = (*) (vì x = không là nghiệm (*)) Vì a.c < nên pt luôn có nghiệm phân biệt  Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có giao điểm phân biệt A, B AB =  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16  m2    (xB – xA)2 =     m  24  m = 2    Hết Lop12.net ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho m = Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) điểm phân biệt có hoành độ nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos5x  2sin 3x cos 2x  sin x   x(x  y  1)   Giải hệ phương trình  (x, y  R) (x  y)     x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x e 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a Gọi M là trung điểm đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm AM và A’C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC) Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A có phương trình là 7x – 2y – = và 6x – y – = Viết phương trình đường thẳng AC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện z – (3 – 4i)= B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)2 + y2 = Gọi I là tâm (C) Xác định  = 300 tọa độ điểm M thuộc (C) cho IMO x2 y2 z   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : và mặt phẳng (P): x + 2y – 1 1 3z + = Viết phương trình đường thẳng d nằm (P) cho d cắt và vuông góc với đường thẳng  Lop12.net Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y  x2  x  hai điểm x phân biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung ]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R y’ = 4x – 4x; y’ =  x =  x = 1; lim   x  x y' y  + 1  + 0  CĐ + + + y 1 1 CT CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) y đạt cực đại x = 1 y đạt cực tiểu -1 x = 1 x 1 Giao điểm đồ thị với trục tung là (0; 0) Giao điểm đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( ;0) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = -1 là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + =  x = 1 hay x2 = 3m + (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) điểm phân biệt có hoành độ nhỏ và phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và <  0  3m     m      3m    m  Câu II 1) Phương trình tương đương : cos5x  (sin 5x  sin x)  sin x   cos5x  sin 5x  2sin x   cos5x  sin 5x  sin x  sin   5x   sin x 2 3      5x  x  k2 hay  5x    x  k2 3   2  k2  6x   k2 hay 4x     k2   3      x   k hay x    k (k  Z) 18  2) Hệ phương trình tương đương : Lop12.net  x(x  y  1)   x(x  y)  x   ĐK : x ≠    2  x (x  y)  x   (x  y)   x Đặt t=x(x + y) Hệ trở thành:  t  x   t  x   t   x  tx 3        2  t  x   (t  x)  2tx   tx  x2 t2   x(x  y)   x(x  y)   y 1 y Vậy     x2  x 1  x 1  x  3 3  ex  ex ex Câu III : I   dx   dx  dx  2  ln e x  x x   e 1 e 1 1  2  ln(e3  1)  ln(e  1)  2  ln(e  e  1) Câu IV C/ AC  9a  4a  5a  AC  a BC  5a  a  4a  BC  2a M H laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABC Ta coù IH  AC IA/ A/ M IH 4a A/      IH  I IC AC AA/ 3 B 11 4a 4a C VIABC  S ABC IH  2a  a   (đvtt) 32 Tam giaùc A’BC vuoâng taïi B Neân SA’BC= a 52a  a H A 2 Xét tam giác A’BC và IBC, Đáy IC  A/ C  S IBC  S A/ BC  a 3 3 3V 4a 2a 2a Vaäy d(A,IBC)  IABC    S IBC 2a 5 2 Câu V S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y2 + 12(x3 + y3) + 34xy = 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy = 16x2y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y  và x + y = nên  t  ¼ Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 S’ = 32t – ; S’ =  t = 16 25 191 S(0) = 12; S(¼) = ;S( )= Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : 16 16 25 Max S = x = y = 2   2 2  x   x  191 4 Min S =  hay    16 y  y    4 PHẦN RIÊNG Lop12.net