Gọi E là trung ñiểm của AD.Tính thể tích khối chóp SCDE và tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp ñó.. Viết phương trình các cạnh tam giác biết ñỉnh A có tung ñộ dương.[r]
(1)KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN NĂM 2011
Câu I) Cho hàm số 1
x y
x
+ =
− (H)
1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (H)
2) Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị cho tiếp tuyến A, B song song với khoảng cách hai tiếp tuyến lớn
Câu II)
1) Giải phương trình lượng giác:
2
2 sin cos cos sin cos cos
8 8 3
x π x π x π x π x π x
− − + − = + + − +
2) Giải hệ phương trình sau:
( )
1
2
1 3
y x
x y
x
y x x
+ = +
+ − = +
Câu III)
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn ñồ thị hàm số:y=ex 25−ex 144 25 x
y
e
= −
2) Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B có AB=a;BC=a ,
'
BB =a Mặt phẳng (P) qua A vng góc với A’C cắt CC’, BB’ M, N Tính thể tích khối chóp ABCMN
Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(1;2) ñường thẳng d1:x+2y− =1 0;d2:x+2y+ =8 Tìm B thuộc d1, D thuộc d2 C cho ABCD hình vng
2) Trong khơng gian Oxyz cho A(2;1;-1); B(-1;2;0) ñường thẳng d:
0
x t
y
z t
= +
= = −
Viết phương trình đường thẳng ∆ qua B cắt (d) cho khoảng cách từ A ñến ñường thẳng ∆ 11 Câu V)
1) Giải phương trình:
100x+250x=40x+6(25x−4 )x
2) Cho hai số a, b thỏa mãn 1;
a a
b
≥ − > Tìm a, b cho biểu thức
3
2
( )
a A
b a b
+ =
− nhỏ
(2)2
ĐÁP ÁN MƠN TỐN KIỂM TRA
Câu I)
1
1
x y
x
+ =
− Khảo sát – HS tự làm
2 Gọi ; , ;
1
a b
M a N b
a b
+ +
− −
Tiếp tuyến song song với tt N '( ) ( ) 1
a b
f a f b a
b
≠
⇔ = ⇒ ≠
≠
( )2 ( )2
2
2
1
( )
1
a b
a b
a b loai
a b
− = − + =
− −
⇔ ⇒
= ≠ ≠
TT
( ) ( ) ( )
2 2
2
2
: : 2
1
a
M y x a x a y a a
a a
+
= − − + ⇒∆ − − − + =
− −
Ta cóI( )1;1 trung điểm MN suy khoảng cách hai tiếp tuyến lớn nhất⇔dI/ max∆
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
/ 4 2
2
2 4 1 4 4
2
4 1
1
I
a a a a
d
a a a
a
∆
+ − − − + −
⇒ = = = ≤ =
+ − + − + −
−
ax
1 2 1
2
1 2 1
m
a a b
d
a a b
− = = + = −
⇒ = ⇔ ⇒ ⇒ ⇒
− = − = − + = +
có hai cặp điểm M,N Câu II)
1 Giải phương trình lượng giác:
2
2
2 sin cos cos sin cos cos
8 8 3
2
3 sin cos sin cos cos
4
3 sin cos 2 cos 2 cos
4
x x x x x x
x x x x
x x x x
π π π π π
π π π
π π
− − + − = + + − +
⇔ − + + − = + + +
⇔ − + − = − + − +
3
sin cos sin sin
2 4 12
2
12
2
2
12 24
x x x
x k x k
x k x k
π π π π
π π π π π
π π π π π
⇔ − + − = ⇔ + =
+ = + = +
⇒ ⇔
+ = + = +
(3)2 Giải hệ ( )
( ) ( )
1
2
1 3
y x
x y
x
y x x
+ = +
+ − = +
( ) ( ) ( ) 0( )
1 2 2
2
x y loai
y x y x x xy x y x y y x
y x
+ =
⇔ + = + ⇒ − + − = ⇔
=
Thay y=2x vào (2) ta có:
( ) ( )
2
2
3
2 1 3
1
x
x x x x
x
+
+ − = + ⇒ =
+ −
Ta thấy VP có dạng ( ) ( )
( )2
3
'
1
t
f t f t
t t
= ⇒ = − <
− − nghịch biến
( ) ( )
: '
VT f x = x⇒ f x = >
3
x
⇒ = nghiệm KL: nghiệm hệ ( 3; ) Câu III)
Tính Shp giới hạn bởi:y=ex 25−ex 144 25 x
y
e
= −
Hồnh độ giao điểm ñồ thị nghiệm ex 25−ex = 144
25−ex
⇔ ex 25−ex = ( ) ( )
( )
9 ln
144
25 144
ln16 16
25
x x x
x x
e TM x
e e
x
e TM
e
= =
⇔ − = ⇔ ⇔
= =
−
( ) ( )
ln16 ln16
ln ln
25 144
144 25
25 25
x x
x x
x x
e e
S e e dx dx
e e
− −
⇒ = − − =
− −
∫ ∫
Đặt 2
25−ex =t⇒25− =ex t ⇒ex=25−t ⇒−e dxx =2tdt
( 2) 2( )
4
2
3
3
4
2 4
3
3
25 144 2 25 144
25 25
288 1 144 74 144
2 ln ln
10 5 5 18
t t tdt t t
S dt
t t t
t t
t dt dt
t t t
− − − − −
⇒ = =
− −
−
= − − − = − − = − −
− + +
∫ ∫
∫ ∫
Câu III)
(4)4 Tính CI=a suy IA’=2a
AA '
MC
⇔ = ⇒M trung ñiểm CC’
Có BC ⊥(ABA B' ')⇒BC ⊥AN AN, ∈( )P ⇒ AN ⊥AC'⇒ AN ⊥(A BC' )⇒ AN ⊥A B'
' '
NB BJ
AA = JA với J =AN∩A B'
Tính 7, ' 1 '
7 ' 6
a BJ a
BJ A B a NB AA
JA
= = ⇒ = ⇒ = =
( )
1 1 6
3
ABCNM
a a
V = AB dt BCNM = a + a =a
B'
J
I
A
B N
C M C' A'
Câu IV)
1) Giả sử ta tìm B, D thỏa mãn điều kiện ta suy D ảnh B qua phép quay tâm A góc quay ±900
*) Xét phép
0
1 1 1
( ,90 ) ( , 90 )
: : (0; 4)
: ( 5;3) : 20 :
5
; ( 6; 3)
2
A A
Q d a a x y D a d D
Q D B B BD x y AC x y
I AC BD I C
−
→ ⇒ − − = ⇒ = ∩ ⇒ −
→ ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + =
= ∩ ⇒ − − ⇒ − −
(5)0
1 2
( , 90 )
( ,90 )
16 12
: : ;
5
27 11
: ; : 20 :
5
6 33 ;
5
A
A
Q d a a x y D a d D
Q D B B BD x y AC x y
C
−
→ ⇒ − + = ⇒ = ∩ ⇒ − −
→ ⇒ − ⇒ + + = ⇒ − + =
⇒ −
2)
( ) ( ) ( )
( )
/
2 2 2
/ 2
1 ; 0; , 2; 2;
,
; ( 3;1;1); , ( 2; 2; 4)
1
2 (2 2) ( 4)
11 (0;1; 1) :
( 2)
1
A
A
d M t t u BM t t
BM AB
d AB BM AB t t t
BM
x
t t t
d t u PTTS y t
t t
z t
∆
∆
∆ ∆
∆ ∩ = + − = + − −
= = − = − − −
= −
− + − + −
⇒ = = ⇔ = − ⇒ − ⇒ ∆ = −
+ + + = +
Câu V)
1) Giải phương trình: Ta có
2
2
100 10 (25 ) 6(25 ) 10
2
10 10 25
6
25 25 10
3 25
x x x x x x x
x x x x
x x x x x
x x
PT ⇔ + − − − =
=
−
⇔ + − = ⇔
− −
= − −
(1) (2)
Giải (1) ta có 5
1 17
log
4
x= +
; Giải (2) ta có 25
1 37
log
6
x= +
2) Từ giả thiết ta suy
0; 0; ( )
a≠ a + > b a b− >
Ta có
2
0 ( )
4
a b a b
< − ≤ nên ta có
3
2
4 a
P
a
+
≥
Xét hàm số
3
2 1
( ) ; ;
2
a
f a a
a
+
= ∈ − +∞
Lập bảng biến thiên ta tính ( )f a =3 a=1
a= − suy Min P=12
1
2
1
4
a a
b
b
= = −
∨ =
(6)6
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN NĂM HỌC 2010- 2011
Thời gian làm 180 phút Câu I) Cho hàm số
1
+ + =
x x
y (H)
1) Khảo sát vẽ ñồ thị hàm số (H)
2) Viết phương trình tiếp tuyến ñồ thị (H) ñiểm thuộc ñồ thị có khoảng cách đến đường thẳng 3x+4y-2=0
Câu II)
1) Giải phương trình sau:
4 sin 2
sin cos
2 sin
cos +
+ =
+
+ π
x x
x
x x
2) Giải hệ phương trình sau:
= + +
= − − + −
y x x
y y
x y x
3
28 30 2
Câu III)
1) Tính tích phân sau: ∫
+ =
4
2 cos cos
tan π
π
dx x x
x I
2) Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy tam giác vng với cạnh huyền BC=2a; 60 ˆC=
B
A Mặt
bên (BCC’B’) hình thoi ( 90 ˆ 'BC<
B )và vng góc với ñáy mặt bên (ABB’A) tạo với ñáy góc 450 Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’
Câu IV)
1) Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho đường trịn (T) có phương trình:x2 +y2 −8x+12=0 I(8;5) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung cho qua M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB ñến ñường tròn (T) ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua I (A, B hai tiếp ñiểm)
2) Trong không gian Oxyz cho A(-1;0;2) , mặt phẳng (P): 2x-y-z+3=0 đường thẳng (d) có phương trình
1
2
3= − = −
− y z
x
Viết phương trình ñường thẳng ∆ qua A cắt (d) B, cắt (P) C cho AB=AC
Câu V)
1) Tìm m để phương trình log ( ) 2log ( 14 29 2)
1
2 mx− x + − x + x− = có nghiệm thực phân biệt
2) Cho x, y số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức
2 3
) (
y x xy
y x xy y
x A
+ + +
+ =
Họ tên:……… Trường:………
(7)ĐÁP ÁN THI THỬ
Câu I)
1)Học sinh tự làm
2) Xét H
a a a
M ∈
+ + ;
Tiếp tuyến M là:
( ) ( ) (*)
3 1 + + + − + − = a a a x a
y (0,25đ) Có: dM/∆ =2 với ∆:3x+4y−2=0
− = − = − < ⇔ = + + − < = = − ≥ ⇔ = − − ≥ ⇔ − − = + + − < + = + + − ≥ ⇔ + = + + ⇔ = + − + + + ⇔ ) ( ) ( 20 19 ) ( ) ( 10 10 10 10 10 10 ) 25 , ( 10 10 3 2 2 2 TM a TM a a a a a TM a TM a a a a a a a a a a a a a ñ a a a a a a
Giải ñúng giá trị a: 0,25đ
Từ có tiếp tuyến tương ứng với giá trị a (Viết ñủ 0,25ñ) Câu II)
1) Giải phương trình lượng giác:
3 sin 2 ) 2 cos( cos ) 2 cos( cos + + = − + − + ⇔ π π π x x x x x
PT (0,25ñ)
3 sin 2 cos cos cos cos 2 + + = − − + ⇔ π π π π π x x x x
⇒ñiều kiện:
4
cos ≠
−π
(8)8 ) 25 , )( ( 2 sin sin sin sin
cos2
d TM x x x x x PT − = + = − + − + − ⇔ + + = + ⇔ π π π π π
KL:
+ = + − = π π π π 2 k x k x (0,25ñ)
2) Giải hệ:
= + + = − − + − ) ( ) ( 28 30 2 y x x y y x y x Điều kiện: − ≥ x
PT(1)⇔ x6 +x2 =y3+9y2 +28y+30⇔ x2(x4 +1)=(y+3)[(y+3)2 +1]⇒ y+3≥0 (0,25ñ) Xét hàm số f( )t =t( )t2 +1 =t3 +t với t≥0
⇒ ∀ > +
= t t
t
f'( ) hàm f(t) ñồng biến
( )2 = ( +3)⇔ = +3
⇒ f x f y x y (0,25ñ) Thay vào (2): 2x+3=x2 −x−3
− = = ⇒ = + + − − ≥ − − ⇔ + + + − − = + ≥ − − ⇔ 6 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x (0,25ñ)
Với x=3⇒ y=6;x=− 2⇒ y=−1
KL: Hệ có nghiệm ( ) ( )x;y = 3;6,(− 2;−1) (0,25ñ) Câu III)
1) ∫ ∫ ∫
+ = + = + 2 2 cos tan tan cos cos tan cos cos tan π π π π π π dx x x x dx x x x dx x x x (0,25 d)
Đặt tan2 x+2=t⇒t2 =tan2 x+2 (0,25)
dx x x tdt dx x x
tdt 2 2
cos tan cos tan
2 = ⇒ =
⇒ (0,25ñ)
( 3) 5 − = = = =
⇒ ∫ ∫dt t t
tdt
I (0,25d)
(9)C'
A
M
B
H C
B' A'
Vì (BCC'B') (⊥ ABC)
Hạ B'H ⊥BC⇒ B'H ⊥(ABC)
Hạ HM ⊥AB⇒B'MˆH =450 (0,25ñ) Đặt
a x AC HM x
BH
2
= ⇒
=
x x
a a HM a
a AC
2
3
2
2 = ⇒ = =
=
2 2
2
4 '
'H BB BH a x
B = − = − (0,25ñ)
'
MHB
∆ vuông cân
7 4
4
'H HM x2 a2 x2 x a
B = ⇒ = − ⇒ = (0,25ñ)
( )
3
7 7
'Hdt ABC a a a a a
B
V = = = = (ñvtt)
Câu IV):
Xét A ;( )x y tiếp ñiểm
∈
⇒ A đường trịn: x2+y2 −8x+12=0(1) tâm J( )4;0;R=2
(x y)
A
J −4;
( )m M Oy
M∈) ⇒ 0;
(x;y m)
A
M −
MA tiếp tuyến ⇒ MA⊥ JA (0,25ñ)
4
= ⇔ − + − =
⇔MAJA x x y my
0
2
2 + − − =
(10)10
⇒ tọa ñộ A thỏa mãn hệ:
0 12 4 12 2 2 = − − ⇒ = − − + = + − + my x my x y x x y x
⇒ A,B thuộc ñường thẳng ∆:4x−my−12=0 (0,25ñ) A, B qua I( )8;5 ⇔32−5m−12=0⇒m=4
Vậy M(0;4) TMĐK (0,25)
2) Giả sử ∆∩d =B(3+2t;2+4t;6+t)⇒A trung ñiểm BC
( t t t)
C −5−2 ;−2−4;−2−2
⇒
Vì C thuộc mặt phẳng (P) ( )
2 2 2
2− − + + + + + = ⇒ = ⇒ =
⇒ t t t t t
(−6;−4;−3)
⇒C
∆
⇒ qua A, C⇒ AC(−5;−4;−5) PTTS( )
− = − = − − = ∆ t z t y t x 5 : Câu V) ( ) ( )
( ) log ( 14 29 2)
log 29 14 log log ) 2 2 − + − = − ⇔ − + − − = − ⇔ − x x x mx x x x mx + − − = < < ⇔ − + − = − > − + − ⇔ 29 14 14 29 14 29 14 2 x x x m x x x x mx x x (0,25)
Xét ( )=6 −14 −2+29
x x x x
f với
∈ ;2
14
x
( ) ( )
2 2 1 12 14 12 14 12 ' x x x x x x x x x t f − + − = + − = + −
= (0,25)
(11)Từ ta có: PT có nghiệm
2 39
19<m< (0,25)
2) ( ) ( )
2
4
y x xy
y x xy y
x A
+ + +
+
= (0,25)
Theo Cauchy: (x+y)3 +4xy(x+y)≥4 xy(x+y)2 (0,25)
( 2) 2 ( )2
2
2 2
2
2
2 x y
xy xy
y x xy y
x xy xy y
x
xy = +
+ + ≤
+ =
+ (0,25)
2
8 2
4 = ⇒ =
≥
(12)12
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN NĂM 2011
Câu I) Cho hàm số y=x4−2mx2+2 (Cm) 1) Khảo sát vẽ ñồ thị hàm số m=3
2) Tìm tất giá trị m để ñồ thị (Cm) có ñiểm cực trị tạo thành tam giác có đường trịn ngoại tiếp qua ñiểm 9;
5
D
Câu II)
1) Giải phương trình sau ( )
: cos cos tan cot
x+ x x x− = −
2) Giải hệ phương trình: ( )( )
2
2
1 1
35 12
x x y y
y y
x
+ + + + =
+ + =
−
(1) (2) Câu III)
1) Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay quanh Ox hình phẳng giới hạn
ln(1 )
y=x +x trục Ox ñường thẳng x=1
2) Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M, N , I trung điểm AA’, AB BC Biết góc tạo (C’AI) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp NAC’I khoảng cách hai đường thẳng MN, AC
Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có
pt:(x−2) (2+ y−3)2 =10 Xác định tọa độ đỉnh hình vng, biết cạnh AB qua
( 3; 2)
M − − xA >0
2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba ñiểm A(2;1; ,) (B 0; 4; ,) (C 0; 2; 1− ) ñường
thẳng : 1
2
x y z
d − = + = − Lập phương trình đường thẳng∆ ⊥mp ABC( ) cắt ñường thẳng d ñiểm D cho ñiểm A, B, C, D tạo thành tứ diện tích 19
6 Câu V)
1) Giải phương trình: 6x+ +7x 555x2−543x=12x+13x
2) Giả sử phương trình bậc : ax2+ + =bx c có nghiệm thuộc [ ]0;3 Tìm GTLN, GTNN biểu thức:
2
2
18
9
a ab b
P
a ab ac
− +
=
− +
For Evaluation Only
Copyright (c) by Foxit Software Company, 2004 Edited by Foxit PDF Editor
DE VE NHA - NGAY 05/06/2011
(13)Đáp án kiểm tra: Câu I) Cho hàm số y=x4−2mx2+2 (Cm) 1) Khảo sát vẽ ñồ thị hàm số m=3
2) Tìm tất giá trị m để đồ thị (Cm) có điểm cực trị tạo thành tam giác có ñường tròn ngoại tiếp ñi qua ñiểm 9;
5
D
Lời giải: Ta có y'=4x3−4mx=4x x( 2−m)
Hàm số có cực ñại cực tiểu y’ có nghiệm phân biệt đổi dấu x qua nghiệm đó, tương đương với y’ có nghiệm phân biệt⇔t x( )=x2−m có nghiệm phân biệt khác 0.⇔ >m 1( )
Với ñiều kiện ñó hàm số có ñiểm cực trị với tọa ñộ nghiệm ( )
( )
4
3
2 2
0
y x mx
x mx
= − +
− =
Ta có ( )2 ⇔ =y x x( 3−mx)−mx2+ = −2 mx2+2 4( )(do (3)) x2 y( )5
m
− ⇒ =
Từ (4) có 2 2 ( ) ( )
4 4
y =m x − mx + =m x x −mx +m m − x + (3)
Hay ( )( ) ( )
4
y = m − − +y (5)
Từ (5) (6) ta ñược x2 y2 m2 (2 y) ( )4
m
+ = + − − +
Như theo suy luận tọa ñộ ñiểm cực trị thỏa mãn PT (7) PT đường trịn Do đường trịn (T) qua ñiểm cực trị ñồ thị hàm số có phương trình:
( )
2 2
4
x y m y
m
+ = + − − +
Bây (T) ñi qua 9 81 ( )1
;
5 25 25
D ⇔ + = m + −m +
( )( )
3
2 1 1;
2
m m m m m m m − ±
⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔ = =
Kết hợp với ñiều kiện m>0 ta thu giá trị cần tìm m=1
m= − +
Câu II)
1) Giải phương trình sau ( )
: cos cos tan cot
x+ x x x− = −
(14)14
( )
2
(tan cot 1) cos sin cot cos 2 cos cos
1 cos
tan cot cos
cos cos
x x x x x x x x
x
x x x
x x
− = − = − =
⇒ − = + = −
Đặt t=cos 2x≠0t⇒cos 4x=2 cos 22 x− =1 2t2−1
( ) ( )( )
( ) ( )
2
2
1 2
4
1
cos 2
2
t
t t t t t
t
x x π kπ k Z x π kπ k Z
−
⇔ + = − ⇔ − + + = ⇔ =
⇔ = ⇔ = ± + ∈ ⇔ = ± + ∈
2) ( )( )
2
2
1 1
35 12
x x y y
y y
x
+ + + + =
+ + =
−
(1) (2) Điều kiện x<-1 x>1
Ta có ( )( )
( )( )
2
2
1 1
1 1
x x x x
y y y y
+ + − + + =
+ + − + + = Kết hợp phương trình với pt (1) hệ ta có
( ) ( )
( ) ( )
2
2
1
1
x x y y
y x
y y x x
+ + = − + +
⇒ = −
+ + = − + +
Thay vào phương trình (2) ta có
2
2
2 2
2
4 2
2 2 2
35 35 35
0
12 12 12
1 1
5
35 25
2
5
1 1 12 1 12
4
y y y y
y y y
y
y y y
y
y y y
y y y
y
+ + = ⇔ + = − ⇔ + − + =
− − −
= −
⇔ + − = ⇒ = ⇒
− − − = −
ĐS: 5; ; 5;
3 4
− −
Câu III)
1) Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay quanh Ox hình phẳng giới hạn
ln(1 )
y=x +x trục Ox ñường thẳng x=1
Phương trình hồnh độ giao điểm (C): ln(1 )
y=x +x trục Ox nghiệm của:
ln(1 )
x +x =0⇒x=0 2
0 ln(1 )
Vx π x x dx
⇒ = ∫ +
Đặt
2 1 1
2 2
0
3
2 0
2
ln(1 )
ln(1 ) ln(1 )
3
3
x
du dx
u x x x x
x x dx x dx
x x
dv x dx
v
= = +
+
⇒ ⇒ + = + −
+ =
=
(15)( )
1
2
2
0
1 2 1
ln ln
3 x dx x 1dx J
= − − − = + −
+
∫ ∫
Đổi biến
2
2
2 tan 1
tan ln
3 tan
t
x t J dt Vx
t
π π π
π
+
= ⇒ = = = ⇒ = + −
+
∫
2) Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M, N , I trung ñiểm AA’, AB BC Biết góc tạo (C’AI) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp NAC’I khoảng cách hai ñường thẳng MN, AC
Giải:
Ta có ' ( ), ' 600 ' tan 60
2
a
CC ⊥ ABC CI ⊥ AI ⇒C IC= ⇒CC =CI =
3
' ' '
1
' ( )
4 12 32
NAC I C AIN C ABC
a
V =V = V = CC dt ABC = Gọi O giao ñiểm A’C AC’
1
/ / ; / /
2
MN = AC NI = AC⇒MONI hình bình hành
' ( , ') ( ,( ' )) ( ,( ' ))
3
/ /
( ' )
NAC I MN AC MN AC I N AC I
V a
MN OI d d d
dt AC I
⇒ = = = =
Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có
pt:(x−2) (2+ y−3)2 =10 Xác định tọa độ đỉnh hình vng, biết cạnh AB ñi qua
( 3; 2)
M − − xA >0
Phương trình đường thẳng qua M(− −3; 2) có dạng ax by+ +3a+2b=0 Đường trịn (C) có tâm I( )2;3 bán kính R= 10 nên:
( 2 2) ( )2 ( )( )
2
2 3
10 a b a b 10 a b 25 a b a 3b 3a b a 3b
a b
+ + +
= ⇔ + = + ⇔ + + = ⇔ = −
+ hay
3
b= − a Do pt AB x: −3y− =3 0hoặc AB: 3x− + =y
TH1:AB x: −3y− =3 Gọi (3t+3;t)⇒t> −1 doIA2 =2.R2 =20 nên
( ) (2 )2 2
1 3+ t + −t =20⇔10t + =10 20⇔ =t hayt= −1 Suy A( )6;1 ⇒C(−2;5) B(0; 1− )⇒D( )4;
TH2: AB: 3x− + =y Gọi A t t( ;3 +7)⇒t>0 2
2 20
IA = R = nên
( ) (2 )2 2
2 20 10 20 20 20
t− + t+ = ⇔ t + t+ = ⇔ =t hay t= −2 (không thỏa mãn)
2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2;1; ,) (B 0; 4; ,) (C 0; 2; 1− ) ñường
thẳng : 1
2
x y z
d − = + = − Lập phương trình đường thẳng∆ ⊥mp ABC( ) cắt ñường thẳng d ñiểm D cho ñiểm A, B, C, D tạo thành tứ diện tích 19
6
( 2;3; ;) ( 2;1; ;) , ( 3; 2; 4)
AB= − AC= − − AB AC= − −
(16)16 Phương trình thẳng ∆có VTCPu=(3; 2; 4− )
Gọi D(1 ; 1+ t − +t; ;+ t) AD=(2t−1;t−2;3t+2)
1 19
; ; 15 19
6
ABCD
V = AB AC AD = ⇔ t+ = ⇔ =t
17
t= −
Với ( )
3
1 3; 0;5 :
5
x t
t D y t
z t
= +
= ⇒ ⇒∆ =
= −
Với
16
17 19 47 19
16; ; :
2 2
47
x t
t D y t
z t
= − +
= − ⇒ − − − ⇒∆ = − +
= − −
Câu V)
1) Giải phương trình:
6x+ +7x 555x −543x=12x+13x Xét hàm số:
( ) ( )
2
6 555 543 12 13 ;
' ln ln 1110 543 12 ln 13 ln
x x x x
x x x x
f x x x
f x x x x
= + + − = +
= + + − − −
Và f ''( )x =6 ln ln 1110 12 ln 12 13 ln 13x + x + − x − x
Phương trình "( ) ln 62 ln 72 1110 ln 122 13 ln 132
2 12 12 12
x x
x x
f x = ⇔ + + = +
Ta có vế trái pt hàm số nghịch biến, vế phải hàm số ñồng biến nên pt có nhiều nghiệm⇒hàm số f '( )x có nhiều cực trị nên pt f '( )x =0 có nhiều hai nghiệm
Lập luận tương tự ta có pt f x( )=0 có nhiều ba nghiệm
Mặt khác f ( )0 = f( )1 = f( )3 =0 nên pt f x( )=0 có ba nghiệm x=0;x=1;x=3 Vậy pt ban ñầu có ñúng ba nghiệm x=0;x=1;x=3
2) Giả sử phương trình bậc : ax2+ + =bx c có nghiệm thuộc [ ]0;3 Tìm GTLN, GTNN biểu thức:
2
2
18
9
a ab b
P
a ab ac
− +
=
− +
Giải:
*) Ta có ( ) ( )
2
2
1 2
1 2
9 18
9 18
9 3( )
3
b b
x x x x
a a
P
c b x x x x
a a
− +
+ + + +
= =
+ + +
− +
Ta có ( )
2
2
1 2
1 2 2 2
2
9
0 3
9
x x x
x x x x x x x x x x P
x
≤ ≤
≤ ≤ ≤ ⇒ ⇒ + = + + ≤ + ⇒ ≤
(17)Đẳng thức xảy 1 2 1 2
6
3 0;
9
b b
a a
x x x x
c c
a a
− = − =
= = ∨ = = ⇒ ∨
= =
*) ( )
2
1 2
1 2
3
2 0
9 3( )
x x x x
P P b c
x x x x
+ + +
− = ≥ ⇒ = ⇔ = =
(18)18
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MƠN TỐN
Năm học 2010-2011
(Thời gian làm 180 phút ) Câu I) Cho hàm số y=x3 −3x2 +mx+1
1) Khảo sát vẽ ñồ thị hàm số m=0
2) Tìm m để hàm số có cực ñại cực tiểu khoảng cách từ ñiểm ) 11 ; (
I ñến ñường thẳng nối ñiểm cực ñại cực tiểu lớn
Câu II)
1) Giải phương trình sau:
8 cos 2 cos
2 + =
+
+ x π
x
2) Giải hệ phương trình sau:
= +
= +
6
6 2
x y x
y x
Câu III)
1) Tính tích phân sau:
1
2
ln( )
1
x x x
I dx
x
+ + +
=
+
∫
2) Tìm m để phương trình (x2 −1)log2(x2 +1)−m 2(x2 −1)log(x2 +1)+m+4=0 có ñúng hai nghiệm thực thỏa mãn ñiều kiện 1≤ x ≤3
Câu IV)
1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thang vng A B
a AD a BC
AB = = ; =2 Cạnh bên SA vng góc với đáy (ABCD) SA=a Gọi E trung điểm AD.Tính thể tích khối chóp SCDE tìm tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 2) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đường cao AH:x−3 3=0, phương trình hai đường phân giác góc B góc C x− 3y=0 x+ 3y−6=0, biết bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Viết phương trình cạnh tam giác biết ñỉnh A có tung ñộ dương
Câu V)
1) Giải phương trình sau:
4
2
2
2 2
2
− = + − − +
+ −
+ + − +
+ −
x x
x x x x
x x x
2) Trong không gian Oxyz cho ñiểm A,B,C, D thỏa mãn A(1;0;0); B(1;1;0); OC= AB,
), ; ;
( ≠
= m m
OD Tính khoảng cách ñường thẳng AC BD theo m.Gọi H hình chiếu vng góc O lên BD, Tìm m ñể diện tích tam giác OBH lớn
Hết Họ tên:……… Số báo danh:………
For Evaluation Only
(19)ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KIỂM TRA Câu I)
1) Học sinh tự làm
2)- Ta có y'=3x2 −6x+m Hàm số có cực đại cực tiểu y’=0 có nghiệm phân biệt
0
'> ⇔ <
∆
⇔ m (0,25 ñiểm)
- Chia ña thức y cho y’ ta có
3 ) ( ) 3 ( ' − + − + +
= y x m x m
y Lập luận suy ñường thẳng ñi
qua cực ñại cực tiểu ∆
3 ) ( − + +
= m x m
y Dễ dàng tìm điểm cố định mà đường thẳng cực đại cực tiểu ln qua ;2)
2 (−
A (0,25 ñiểm) - Hệ số góc đường thẳng IA
4
=
k Hạ IH vng góc với ∆ ta có
4
/ ≤ =
=d ∆ IA
IH I
Đẳng thức xảy IA⊥∆ (0,25 ñiểm) - Suy
3 − = − = − k m =
⇔ m (0,25 ñiểm) Câu II)
1) Giải phương lượng giác:
4 cos cos
cos =
+ + +
⇔ x x π π
PT (0,25 ñiểm)
0 cos cos cos
2 =
+ + −
+π x π x π
x
8 cos cos
2 =
+ − +
⇔ x π x π (0,25)
+ = + = ⇔ + = − + = + ⇔ − = − = + ⇔ π π π π π π π π π π π π k x k x k x k x x x 16 16 2 ) 25 , ( cos cos (0,25 ñiểm)
2) Giải hệ phương trình: Trừ hai vế phương trình ta ñược (x−y)[x2(x+y)−5]=0
− = = ⇔ x x y y x
5 (0,25 ñiểm)
TH 1: x=y thay vào phương trình thứ hệ ta tìm cặp nghiệm thỏa mãn (x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25 ñiểm)
TH 2: x
x
y= 52 − thay vào phương trình thứ hệ ta có x6 −5x3 −6x2 +25=0 đồng thời từ phương trình thứ hai ta suy
5
≤
x (0,25 ñiểm) Xét hàm số =−5 3−6 +25
x x
y
∞ −
; lập bảng biến thiên ta suy y>0 KL: Hệ có hai nghiệm (x;y)=(-2;-2), (1;1) (0,25 ñiểm)
(20)20 1) Tính tích phân:
1 2
2 2
0 0
ln( ) ln( )
1 1
x x x x x x
I dx dx dx J K
x x x
+ + + + +
= = + = +
+ + +
∫ ∫ ∫ =
Xét J: Đặt
( ) + = + = ⇒ + = + + = 2 2 1 1 ln x v dx x du dx x x dv x x u (0,25 ñiểm)
( )
2 1
0
0
1
1 ln | ln(1 2) | ln(1 2)
2
x
J = +x x+ +x −∫dx= + − = + − (0,25 ñiểm)
Xét K: Đặt dt
t dx t x 2 cos
tan ⇒ =
= Ta có
) 25 , ( 2 ln 1 sin sin ln 1 sin sin sin cos sin cos cos cos cos 4 2 4 d t t t t d dt t t dt t t t t dt t K + − − = + − − = − − = − − = − = = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ π π π π π π
KL: I= ln(1 2) + − + − − 2 ln (0,25 điểm) 2) Tìm m để phương trình có nghiệm:
Đặt t= x2 −1log(x2 +1) ta thấy t(x) hàm chẵn với giá trị t không âm cho giá trị x ,từ ñiều kiện x suy x2 ∈[ ]1;9 ⇒t∈[ ]0; (0,25 điểm)
Bài tốn trở thành: Tìm m để phương trình t2 − 2mt+m+4=0 có nghiệm
[ ]0;
1 − + = ⇔ t t
m có nghiệm [ ]
\ ;
0 (0,25 ñiểm)
− = = ⇔ = − − − = ⇒ 2 ) ( 2 ) ( ' 2 t t t t t t
f (0,25 ñiểm)
Lập bảng biến thiên suy ñiều kiện m m ≥4 (0,25 ñiểm) Câu IV)
1)
3
a
V = (0,25 ñiểm)
Gọi M, N trung ñiểm SE SC ta có mặt phẳng (ABNM) mặt phẳng trung trực SE Vậy tâm O mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SCDE giao điểm mặt phẳng
(ABMN) trục đường trịn ngoại tiếp đáy CDE Gọi ∆ ñường thẳng qua I trung ñiểm CD song song với SA.Gọi K trung điểm AB KN //AM KN ∆ ñồng phẳng suy
O
(21)Tam giác OIK vuông cân nên OI=IK=
2
a AD
BC+ =
;
2 2
;
2 IC CD a
a
CD= = = (0,25
ñiểm) Ta có
2 11
11 4
9 2
2
2 a
OC R a a
a IC OI
OC = + = + = ⇒ = = (0,25 ñiểm)
j
O
C E
I M
N
K A
B
S
2) - Do đường cao có phương trình x−3 3=0 nên cạnh BC song song trùng với trục hồnh Hai đường phân giác tạo với trục hồnh góc 300 nên tam giác ABC (0,25 điểm) - Tâm đường trịn nội tiếp giao điểm hai phân giác nên
) ; 3 (
0
I y
x y x
⇒
= − +
= −
.Khoảng cách từ I đến BC nên phương trình BC y=0 y=6 Nếu BC y=6 tung độ điểm A -3 (loại) Vậy phương trình cạnh BC y=0 (0,25 ñiểm)
- Tọa ñộ ñiểm B, C B(0;0) C(6 3;0) (0,25 ñiểm)
- Viết ñược phương trình AB, AC y= 3x;y=− 3x+18 (0,25 ñiểm) Câu V)
1) Điều kiện xác ñịnh
2 17
1≤ ≤ −
− x Phương trình cho tương đương với
) ( ) ( ) (
4
2
2 2
2
= − − + − +
+ −
+ − − +
+ −
x x x
x x x
x x x
(22)22 Xét hàm số
t t y
− + =
4
1 với t∈[ ]0;4 ta có
( ) [ ]0;4
1
2
4 ) (
' 2 > ∀ ∈
− +
− + − +
= t
t t
t t
t t
f nên hàm đồng biến
Phương trình ñã cho có dạng f(x2 −x+2)− f(x2 +x)−(x2 −1)=0 (0,25 ñiểm) Ta xét hai trường hợp
- Nếu < ≤ − ⇒ − +2< + ⇔ ( − +2)− ( + )<0; −1>0⇒
1 17
1 x x2 x x2 x f x2 x f x2 x x2
phương trình vơ nghiệm (0,25 điểm)
- Nếu −1<x<1⇒ x2 −x+2>x2 +x⇔ f(x2 −x+2)− f(x2 +x)>0;x2 −1<0⇒PTVN
Thử trực tiếp ta thấy x=1 nghiệm x=-1 khơng phải nghiệm KL: x=1 (0,25 điểm)
2)
+ Từ giả thiết tính C(0;1;0) D(0;0;m) (0,25 điểm)
+ Ta có [ ]
[ , ]
,
2 )
/ (
+ =
=
m m BD
AC AB BD AC
d AC BD (0,25 ñiểm)
+
2
2
2
1 ≤ + = =
=
∆
OB HB
OH HB
OH
S OHB Vậy
Smax=
2 2
1
= = = ⇔ =
⇔OH HB OH OB (0,25 ñiểm) [ ]
,
) /
( = ⇔ =
⇔
BD BD OB d O OB
1
2
2
± = ⇔ = +
⇔ m
m m
(23)ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN TUẦN 01 THÁNG 04 NĂM 2011
(Thời gian làm 180 phút)
Câu I) Cho hàm số 2
3 3( 1) ( 1)
y= −x mx + m − x− m − (Cm) 1) Khảo sát vẽ ñồ thị hàm số m=1
2) Tìm m để (Cm) cắt Ox điểm có hồnh độ dương Câu II)
1) Giải hệ phương trình sau:
6
3
10 x 3(y 2)
x x y x y xy y
+ = +
+ + = + +
2) Giải phương trình: ( )( )
3
2 cos cos sin
2 cos sin
cos
x x x
x x
x
− − = + +
−
Câu III)
1) Tính tích phân sau: ( )
3
3
sin sin os2
x x
I dx
c x
π
π
+ =∫
2) Cho khối lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông cân C cạnh huyền
a Mặt phẳng (AA’B) vng góc với đáy (ABC), AA'=a 3, góc A’AB góc nhọn Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ biết mặt bên (A’AC) tạo với ñáy (ABC) góc 600 Câu IV)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đường phân giác từ A, trung tuyến từ B, ñường cao từ C có phương trình là:x+ − =y 0,x− + =y 0, 2x+ + =y Tìm toạ độ đỉnh tam giác
2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng d: 3
1
x− = y+ =z−
− hai mặt phẳng (P), (Q) có
phương trình : 2x+y-2z+9=0, x-y+z+4=0 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc (d) tiếp xúc với (P) cắt (Q) theo đường trịn có chu vi 2π
Câu V) Tìm số nguyên dương n nhỏ cho phương trình x12+ =1 4x4( xn−1) có nghiệm
Câu VI) Giải phương trình: log5(3+ 3x+ =1) log (34 x+1) Ễ
For Evaluation Only
(24)24
ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Ta có y'=3x2−6mx+3(m2−1)
Để (Cm) cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ dương điều kiện hàm số có điểm cực trị nằm hai phía trục Ox (1) f(0)<0 (2)
Ta có:(1) 2
' 9m 9m 9
⇔ ∆ > ⇔ − + > ⇔ > ñúng với m
Khi
2
1 '
1
x m
y
x m
= +
= ⇔ = −
Ta có:
( ) ( )( ) ( )( )
( )( )
( )( )( )
2
2
2
2 2
1
1
1
' 1
3 1 3
y m m m
y f x x m x m m
y m m
y y m m m m
= + − −
= − − + − − ⇒
= − −
⇒ = − − − −
( ) ( )
( )( )
2
2
0 1
3 0(*)
f m m
m m m
= − − < ⇒ − >
⇒ − − − <
Lập bảng xét dấu (*) kết hợp ñiều kiện 1
m m
< − >
Suy tập hợp giá trị m thỏa mãn
3
m m
− < < −
< < +
Câu II)
1 Giải hệ phương trình ( )
( )
6
3
10 (1)
2
x y
x x y x y xy y
+ = +
+ + = + +
( ) 3 3 ( ) ( ) ( )2
2 ⇔ − +x y xy x− + − = ⇔ −y x y x y x+y + = ⇔ =1 x y
Thay (1) vào ta có:10 x6+ =1 3(x4+ ⇔2) (3 x2+ =2) 10 (x2−1)(x4− +x2 1) Đặt x2+ =1 a x; 4− + =x2 b
( ) 2
9
3 10 82 1
9
a b
a b ab a ab b
a b
=
⇒ + = ⇒ − + = ⇔
=
( )
2 4
2
4 2
2
1: 9 10 0( )
5 33
2 : 9 10
5 33( )
TH a b x x x x x VN
x
TH a b x x x x x
x loai
= ⇔ + = − + ⇔ − + =
= +
= ⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔
(25)Suy hệ có nghiệm 33
5 33
x y
x y
= = +
= = − +
2 Điều kiện: cosx≠0
( ) ( )( )
( )
( )
( )( )
2
2
2 cos cos sin cos cos 1 sin
sin cos sin cos sin sin
sin sin cos cos sin sin
sin 0( ) 2
2
sin sin cos sin sin
sin cos
4
PT x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x loai x k
x x x x x
x k
x x
π π
π π
⇔ − − = − +
⇔ − − = − +
⇔ + − + =
=
= − +
⇔ + − = ⇔ = − ⇔
= + =
Kết luận: ( )
2
x k
k
x k
π π
π π
= − +
∈
= +
ℤ
Câu III)
1.Tính tích phân
Đặt cosx=t⇒dt= −sinxdx
1
3
0
x t
x t
π π
= ⇒ =
= ⇒ =
( ) 1
2
1
2
2
2 2
0
0
1
2
1 2 2 3
2 2 2
t
t dt
I dt dt K
t t t
− + − +
⇒ = = = − + = − +
− − −
∫ ∫ ∫ ∫
Xét K:
( )
( )
1
1
0
1 1 1 1
ln ln 2
2 2 2 2
1
ln 2
4
t
K dt
t t t
I
−
= − = = −
− + +
⇒ = − + −
∫
2)
Hạ A H' ⊥AB⇒ A H' ⊥(ABC)
Từ H hạ HK ⊥AC⇒góc tạo (A AC ' ) (ABC ) A HK' ˆ =600 Đặt AH =x 2⇒HK=x (do tam giác AHK vng cân)
Ta có: 2 2
' '
A H = AA −AH = a − x
Mặt khác ' tan 600 3 2
5
(26)26
2
3 5
'
5 10
5 LT
a
A H a V a a a
⇒ = = ⇒ = =
Câu IV)
1) Gọi A a( ;3−a B b b) (, ; +1 ,) (C c; 2− −c 1)
Ký hiệu phân giác, trung tuyến, ñường cao AD BM CH Có , , AB b a b( − ; + −a 2)
Vì AB⊥CH⇒a b− +2b+2a− = ⇔4 3a b+ =4 1( )
2
;
2
a c a c
M + − −
vì M thuộc BM nên ( )
2
1
2
a c a c
a c
+ − − − + = ⇔ + =
Gọi (C’) ñiểm ñối xứng với C qua phân giác AD
CC’ thuộc ñt:x− + =y m Vì CC’ qua C c( ; 2− −c 1)⇒m= − − − = − −2c c 3c
( )
3
' : ; ' 4;3
3 2
x y c c
CC AD I I C c c
x y c
− + − =
+ −
⇒ ∩ = ⇒ ⇒ + −
− − − =
( )
' 4;
AC c a a c
⇒ − + − Vì AC'⊥CH ⇒a− − +2c 2a−2c=0⇒3a−4c=4 3( )
Giải hệ ( )( )( )
12 17
32 12 19 32 49 16
1 ; , ; , ;
17 17 17 17 17 17 17
8 17
a
b A B C
c
=
⇒ = ⇒ −
= −
2) Giả thiết suy đường trịn giao tuyến có bán kính r=1 Gọi I,R tâm bán kính mặt cầu ( )
( ) ( )
/
2 2
/ *
I P I Q
d R
d R r
= ⇒
= −
Vì I∈( )d ⇒I(1− − +t; ;3t +t)
( ) ( )
/ /
2 2 3 11
;
3 3
I P I Q
t t t t t t t t
d = − − + − − + = − d = − + − + + + = −
Từ (*) ( ) ( )
2
2
4
11 2
1 124 368 23
3
2
t
t t
t t
t
=
− −
⇒ = − ⇔ − + = ⇔
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2
1: 3;5; :
23 21 29 21 29
2 : ; 20; ; : 20 49
2 2 2
TH t I R S x y z
TH t I R S x y z
= ⇒ − ⇒ = ⇔ + + − + − =
= ⇒ − = ⇔ + + − + − =
Câu VI)
Xét phương trình: x12+ =1 4x4( xn−1)(*) Điều kiện xn− >1 Nếu n lẻ điều kiện x>1 n chẵn hàm số 12
4 ( n 1)
(27)Ta có x12+ =1 (x4+1)(x8− + =x4 1) (x4+1)x x4( 4− +1) 1Theo bất ñẳng thức Cauchy ta có
4 4 2 4 4 4
(x +1)x x( − + >1) 1 2x 2x (x − =1) 4x (x − >1) 4x (x − >1) 4x (x − >1) 4x (x−1) Do phương trình khơng có nghiệm n=1;2;3;4
Xét n=5 phương trình trở thành x12+ =1 4x4( x5−1) Đặt f x( )=x12+ −1 4x4( x5−1) Ta có hàm số f(x) liên tục (1;+∞) Ta có
12
6 6
(1) 0;
5 5
f f
= > = + − − <
nên phương trình f(x)=0 có nghiệm x>1
Vậy giá trị nhỏ n cần tìm n=5 Câu V) Giải phương trình
Đặt 3x+ =1 t t; >1
Suy phương trình⇔log 35( + =t) log4t2 =log2t
Đặt log5(3 ) log2 5
y
y y y
t
t t y
t
+ =
+ = = ⇒ ⇒ + =
=
Chia hai vế cho 5y
ta ñược
5
y y
+ =
VT hàm ñồng biến⇒ y=1là nghiệm
2
t x
⇒ = ⇒ =
(28)28
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN TUẦN THÁNG NĂM 2001
Thời gian làm 180 phút
Câu I: (2,0 ñiểm) Cho hàm số y =
1
x x−
Khảo sát biến thiên vẽ ñồ thị (C) hàm số
2 Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M vng góc với đường thẳng qua ñiểm M ñiểm I(1; 1)
Câu II: (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: ( )
3
cos cos
2 sin . sin cos
x x
x x x
− = +
+
2 Giải hệ phương trình:
2
2
( )
( )
x x y y x
x x y y x
+ + = −
+ − = +
Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân:
(sin cos ) (1 sin )(1 sin )
x x dx
x x
π +
+ +
∫
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân ñỉnh C;
ñường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 60 AB = AA’ = a Gọi M, N, P trung ñiểm BB’, CC’, BC Q ñiểm cạnh AB cho BQ =
4
a
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ chứng minh (MAC)⊥(NPQ)
Câu V: (1,0 ñiểm) Chứng minh với số thực không âm a, b, c thỏa mãn ñiều kiện
3
ab bc ca+ + = , ta có: 21 21 21
2 2
a + +b + +c + ≤
Câu VI: (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) AC = 2BD Điểm M(0; )1
3 thuộc ñường thẳng AB, ñiểm N(0;7) thuộc ñường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương
2 Trong khơng gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho ba ñường thẳng : 1:
1
x t
d y t
z t
=
= −
= − +
; d2:
2
1 3
x y− z
= =
− − d3:
1 1
5
x+ y− z+
= = Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 ñiểm A, B, C cho AB = BC
Câu VII: (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : z2+2 z z+ z2 =8 z+ =z 2
Ễ
For Evaluation Only
(29)ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
TXĐ : D = R\{1}
y’ = 2
(x 1)
− <
−
0,25 lim ( ) lim ( )
x→+∞ f x =x→−∞ f x = nên y = tiệm cận ngang ñồ thị hàm số
1
lim ( ) , lim
x→+ f x = +∞ x→− = −∞
nên x = tiệm cận ñứng ñồ thị hàm số
0,25 Bảng biến thiên
1 +∞
-∞
-y y'
x -∞ +∞
Hàm số nghịch biến (−∞;1)và (1;+∞) Hàm số khơng có cực trị
0,25
I-1
(1 ñiểm) Đồ thị : Nhận xét : Đồ thị nhận giao ñiểm ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng
10
8
6
4
2
2
4
6
8
10 5 10 15
(30)30 Với x0 ≠1, tiếp tuyến (d) với (C) M(x0 ;
0
x
x − ) có phương trình :
0
0
1
( )
( 1)
x
y x x
x x
= − − +
− −
2
2
0
1
0
( 1) ( 1)
x
x y
x x
⇔ + − =
− −
0,25
(d) có vec – tơ phương 2
1
( 1; )
( 1)
u
x
= − −
0
( 1; )
1
IM x
x
= −
−
0,25
Để (d) vng góc IM điều kiện :
0
0
0
0
0
1
1.( 1)
2
( 1)
x
u IM x
x
x x
=
= ⇔ − − + = ⇔
=
− −
0,25 I-2
(1 ñiểm)
+ Với x0 = ta có M(0,0)
+ Với x0 = ta có M(2, 2) 0,25
ĐK: sinx+cosx≠0 0,25
Khi ( )( ) ( )( )
1 sin cos sin sin cos
PT ⇔ − x x− = + x x+ x
⇔ +(1 sinx)(1 cos+ x+sinx+sin cosx x)=0
⇔ +(1 sinx)(1 cos+ x)(1 sin+ x)=0
0,25
sin
cos
x x
= −
⇔ = −
(thoả mãn ñiều kiện) 0,25
II-1 (1 ñiểm)
2
2
x k
x m
π π
π π
= − +
⇔
= +
(k m, ∈Z)
Vậy phương trình cho có nghiệm là: 2
x= − +π k π x= +π m2π (k m, ∈Z)
0,25
Với x = khơng nghiệm phương trình Với x≠0, ta có:
2
2
2 2
2
4
( ) 2
( )
y
x y
x y xy x x
x x y y x y
x y
x
+ + + =
+ + + =
⇔
+ − − = +
+ − =
0,25 II-2
(1 ñiểm)
Đặt
1 ,
y
u v x y
x
+
= = + ta có hệ: 2 2 3,
2 15 5,
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =
⇔ ⇔
− = + − = = − =
(31)+) Với v=3,u=1ta có hệ:
2 2
1,
1
2,
3 3
y x
y x y x y y
y x
x y x y x y
= =
+ = + = + − =
⇔ ⇔ ⇔
= − =
+ = = − = −
0,25
+) Với v= −5,u=9ta có hệ:
1
y x
x y
+ =
+ = −
, hệ vô nghiệm
Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( ; )x y =(2; 1), ( ; )x y =(5; 2).−
0,25
Đặt t = ln+ x có 2tdt = 1dx x
x = t = 1; x = e t =
0,25 2
1
ln 1
2 1 ln
e
x t
dx tdt t x x
−
= =
+
∫ ∫ 0,25
2
1
2( )
3
t t
= − = 0,25
III (1 ñiểm)
2(2 2)
−
= 0,25
Gọi I trung điểm A’B’
' ' '
' ( ' ')
' AA '
C I A B
C I ABA B
C I
⊥
⇒ ⊥
⊥
suy góc BC’ mp(ABB’A’) góc C BI '
Suy C BI' =600
15
' tan '
2
a
C I =BI C BI=
Q
P K
M I
N
C A
B
A' C'
B'
0,25
3 ' ' ' ' ' '
1 15
AA ' AA ' ' '
2
ABC A B C A B C
a
V = S = CI A B = 0,25
/ / '
( ) / /( ' ) / / '
NP BC
NPQ C BI
PQ C I
⇒
(1)
0,25 IV
(1 ñiểm)
' ( ) '
' 90 AM BI
ABM BB I c g c suy AMB BIB
suy AMB B BI
= − − =
+ = ⇒ ⊥
△ △
Mặt khác theo chứng minh C’I ⊥AM nên AM ⊥ ( 'C BI )
(32)32 Suy (AMC) ⊥ ( 'C BI (2) ) Từ (1) (2) suy (MAC)⊥(NPQ)
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương: 2 2 2 2
a b +b c +c a +a b c ≥
0,25
Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh 2
4
x +y + +z xyz≥ với x, y, z không âm thỏa mãn: x + y + z =
Khơng làm tính tổng qt giả sử x ≤ y; x ≤ z x ≤ ta có:
0,25
2 2 2 2
4 ( ) ( 2) ( ) ( ) ( 2)
4
x +y + +z xyz− =x + +y z +yz x− − ≥x + +y z + y+z x− − = 0,25
V (1 ñiểm)
2 2
(3 ) ( 1) ( 2)
4
x
x + x x x
= + − − = − + ≥
Dấu xảy a = b = c =
0,25
N D
I
A C
B N' M
Gọi N’ ñiểm ñối xứng N qua I N’ thuộc AB, ta có :
' '
2
2
N I N N I N
x x x
y y y
= − =
= − = −
0,25
Phương trình ñường thẳng AB: 4x + 3y – =
Khoảng cách từ I ñến ñường thẳng AB:
2 4.2 3.1
2
4
d = + − =
+
0,25
AC = BD nên AI = BI, ñặt BI = x, AI = 2x tam giác vng ABI có:
2 2
1 1
4
d = x + x suy x = suy BI =
0,25 VI.-1
(1 ñiểm)
Điểm B giao ñiểm ñường thẳng 4x + 3y – = với đường trịn tâm I bán kính Tọa độ B nghiệm hệ: 4x 3y – 2 2
(x 2) (y 1)
+ =
− + − =
B có hồnh độ dương nên B( 1; -1)
0,25
Xét ba ñiểm A, B, C nằm ba ñường thẳng d1 , d2 , d3
Ta có A (t, – t, -1 +2t) ; B (u, – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, + 2v, - +v) 0,25
VI -2 (1 ñiểm)
A, B, C thẳng hàng AB = BC ⇔B trung ñiểm AC
(33)( )
4 (1 ) 2.(2 ) ( ) 2( )
t v u
t v u
t v u
+ − + =
⇔ − + + = −
− + + − + = −
Giải hệ ñược: t = 1; u = 0; v =
Suy A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) 0,25
Đường thẳng ∆ñi qua A, B, C có phương trình
1 1
x= y− = z
0,25 Gọi z = x + iy ta có z= −x iy z; = z2 =z z=x2+y2 0,25
2
2 2 2 2 2
2 4( ) ( ) (1)
z + z z+ z = ⇔ x +y = ⇔ x +y = 0,25
2 2 (2)
z+ = ⇔z x= ⇔ =x 0,25
VII (1 điểm)
Từ (1) (2) tìm x = ; y = ±1
(34)34
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN TUẦN THÁNG
LỚP ÔN THI ĐẠI HỌC
(Thời gian làm 180 phút)
Câu I) Cho hàm số 2
3 3( 1)
y= −x mx + m − x−m + m− (C) 1) Khảo sát vễ ñồ thị hàm số m=1
2) Tìm m để hàm số có hai cực trị A, B với gốc O tạo thành tam giác vuông O Câu II)
1) Giải phương trình sau: sin sin 1
sinx x x sinx
π
− − = − −
2) Giải hệ phương trình sau: ( )( )
2
1 1
3
x x y y
x x xy xy x
+ + + + =
− + = + +
Câu III)
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y=0 (12 )
x x
y x
− =
+
2) Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có cạnh đáy a Khoảng cách từ tâm I mặt ñáy (ABC) ñến mặt phẳng (A’BC)
6
a
Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ cosin góc tạo (A’BC) (ABA’)
Câu V)
Cho số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn biểu thức :
2 2
1
( 1)( 1)( 1)
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +
Câu VI)
1) Cho ñường thẳng d d d l1; 2; 3 ần lượt có phương trình x− + =y 0;x− =y 0;x− − =y điểm M(0;1) thuộc d1.Tìm N thuộc d2, Q thuộc d3 P cho MNPQ hình chữ nhật có diện tích nhỏ
2) Trong khơng gian Oxyz cho A(2; 0; 0),H(1;1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A, H cho (P) cắt Oy ;Oz B, C thỏa mãn diện tích tam giác ABC
Câu VII) Giải bất phương trình :
5
1
3 81
9
x x
− + ≥
(35)ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TUẦN THÁNG NĂM 2011 Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Điều kiện ñể hàm số có cực trị y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
2
' 3( 1) '
1
x m
y x mx m
x m
= +
= − + − ⇒∆ = > ⇒
= −
(0,25 điểm)
Ta có '(1 )
3
y=y x− m − x+ m− Gọi A, B điểm cực trị
( 1; 3); ( 1; 1)
A m+ m− B m− m+ (0,25 ñiểm)
Suy ( 1; 3); ( 1; 1) 2
2
m
OA m m OB m m m m
m
= −
+ − − + ⇒ − − = ⇒
=
(0, 25 điểm) Kết luận: Có hai giá trị m cần tìm m=-1 m=2
Câu II)
1) Điều kiện sinx≠0.Phương trình cho tương đương với:
(4 sin 2) sin 8sin sin
6
1
2(2sin 1) cos sin (2 sin 1)(4sin 1)
2
x x x x
x x x x x
π
− − = − −
⇔ − − = − +
1 sin
2
cos sin sin
x
x x x
= ⇔
− = +
(1) (2)
(1)
2
2
x k
x k
π π
π π
= +
⇔
= +
(k∈Z) (2)
4 sinx+2 sin x+2 sin cosx x=0⇔sinx+ cosx= −2
cos
6
x π x π k π
⇔ − = − ⇒ = +
(k∈Z)
2) Giải phương trình:
Ta có: 1+y2 > y2 = y ≥ ±y⇒ 1+y2 ± >y Tương tự: 1+x2 ± >x 0(*)
Khi ñó: 2 2
(1)⇔ +x 1+x = 1+y − ⇔ + +y x y 1+x − 1+y =0
( )( )
2
2
2 1
1
x y
x y x y x y x y
x y
−
⇔ + + = ⇔ + + + + + − =
+ + +
0( (*))
x y do y x
⇔ + = ⇔ = −
Thay vào (2) trở thành: x 3x 2x2 4x2 3x x x 12 x2 12 (3)
x x x x
+ + = − + + ⇔ + + = − + +
(36)36
2
3
*)x : (3)
x x x x
> ⇔ + + = − + + Đặt t 12
x x
= + + ≥
2
(3)⇔ = − ⇔ =t t t 3(nhận) hay t=-2(loại)
2
1 3 37
7
14
x x x
x x
+
⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = (nhận) hay 37
14
x= − (loại)
2
3
*)x : (3)
x x x x
< ⇔ − + + = − + + Đặt t 12
x x
= + + ≥
2
(3)⇔ − = − ⇔ =t t t 2(nhận) hay t=-3(loại)
2
1 3 17
2
4
x x x
x x
+
⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = (loại) hay 17
4
x= − (TM)
ĐS: 37
14
x= + , 17
4
x= −
Câu III)
1) Hồnh độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình: (12 ) 0 1
x
x x
x x
=
− = ⇔
=
+
Suy 2 2 1 2 2
0 0 0
(1 ) (1 ) 1
2
1 1
x x x x
S dx dx dx dx dx
x x x x
− −
= = = − + = − +
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Đặt
2
2 4
0
0
(tan 1)
tan (tan 1) 2 |
(tan 1)
u du
x u dx u du S u
u
π + π π
= ⇒ = + ⇒ = − + = − + = −
+
∫
2) - Haj AM vng góc với BC suy M trung điểm BC Hạ AK vng góc với A’M suy
ra /( ' ) /( ' )
3
6
A A BC I A BC
a a
d =AK = d = = Ta có 12 2 2
'
AK = AA + AM
6 AA '
4
a
⇒ =
2
3
6 3
4 16
LT
a a
V = = a
- Hạ NB vng góc với AC ⇒BN ⊥( 'A AC)⇒BN ⊥ A C' Từ N hạ NE vng góc với A’C Suy A C' ⊥(NEB)⇒ A C' ⊥EB Suy góc tạo mp(A’AC) mp(A’BC) góc NEB ˆ
NEC
∆ ñồng dạng với ∆A AC'
6 26
tan cos
AA ' ' 13 21
NE NC
NE a NEB NEB
A C
(37)A
B
C
M N
E K
C'
B' A'
Câu IV) Theo bất ñẳng thức Cauchy
2 2 2
3
3
1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2
3 54
( 1)( 1)( 1)
3 ( 3)
a b c a b c a b c
a b c
a b c P
a b c a b c
+ + + ≥ + + + ≥ + + +
+ + +
+ + + ≤ ⇒ ≤ −
+ + + + + +
Đặt t=a+b+c+1>1 Khi ñó ta có 54 3 ( 2)
P
t t
≤ −
+ Xét hàm số
2 54
( )
( 2)
f t
t t
= −
+ với t>1 ta có
2
1
2 162
'( ) ; '( )
4 ( 2)
t
f t f t
t
t t
=
= − + + = ⇔ =
Lập bảng biến thiên suy
1 ( ) ax
4
f t m = t=4
1 max
4
P
⇔ = a= = =b c Câu V)
1) Gọi N(a;a) thuộc d2; Q(b+1;b) thuộc d3 ta có MN =( ;a a−1),MQ b( +1;b−1)
Vì MNPQ hình chữ nhật nên tam giác MNQ vng M P đối xứng với M qua trung ñiểm I NQ
( ) ( )
dt MNPQ =MN MQ= dt MNQ nên diện tích hình chữ nhật nhỏ diện tích MNQ nhỏ
(38)38 Ta có
( )2 2
2
1
( ) 1
( )
2
ab b MN MQ
dt MNQ a b
dt MNQ MN MQ
= − − =
⇔
= − + +
=
( )2 2
(2 1)
1
( ) 1
2
a b
dt MNQ a b
− + =
⇔
= − + +
Đặt
2
2
1
2 1
min
1
( )
( )
2
y
x a x y
dt x
x
y b x
dt MNQ
dt MNQ x
x
= −
= − = −
⇒ ⇔ ⇔ = ⇔ =
=
= + + ≥
1 1,
1 0,
x x a b
y y a b
= = − = = −
⇔ ∨ ⇒
= − = = =
Từ tính ñiểm N,Q,P theo hai trường hợp
2) Giả sử B(0;b;0), C(0;0;c) ,b c≠0 Ta có
2 2
1 1 1
( ) : 1; ( ) ( ) , ( ) (2 ) (2 )
2 2
x y z
P H P S ABC AB AC bc c b
b c b c
+ + = ∈ ⇒ + = ⇒ = = + +
2 2
4 ( ) (2 ) (2 ) 384
S= ⇒ bc + c + b =
Đặt 2 2
4
2 8, 16
3 21
6, 12
4( ) 384
2 21
b c
v u
b c u u v
b c
bc v v u v u v
b c
= = =
+ = = =
⇒ ⇒ ⇔ = − = − +
= = − = −
+ − =
= − = − −
Từ có phương trình thỏa mãn điều kiện
Câu VI) Bất phương trình tương đương với 3 34 1 1
x
x x
x
−
+ ≥ ⇔ + ≥ −
Trường hợp 1: − ≤ <1 x bất phương trình ln
Trường hợp 2: x≥ ⇔4 (4 x+1)2≥ −(x 4)2 ⇔x2−24x≤0⇒4≤ ≤x 24 Kết hợp nghiệm ta có S=[-1;24]
(39)ĐỀ THI THỬĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011
MƠN TỐN
(Thời gian làm 180 phút) PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH
Câu I) Cho hàm số 3(Hm)
m x mx y
− + =
1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m=1
2)Tìm m ñể tiếp tuyến hàm số (Hm) cắt ñường tiệm cận tạo thành tam giác có diện tích 64
Câu II)
1) Giải phương trình lượng giác sau:
x g
x x
x x
x 2
2
cot
sin ) cos (sin
3 sin
sin
2
+ − +
=
− −
− π
π 2) Tính tích phân sau:
( )
∫ + +
=
0
3 cos sin
2 cos π
dx x
x x I
Câu III)
1)Giải phương trình sau x2 +3 x2 − =1 x4 − +x2
2) Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông cân A cạnh BC=a Mặt bên ABB’A’ hình thoi mặt bên BCC’B’ vng góc với đáy (ABC), hai mặt phẳng tạo với góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ
Câu IV) Tìm m để bất phương trình
ln(1+ ≥ −x) x mx nghiệm ñúng với x≥0
PHẦN RIÊNG (THÍ SINH CHỈĐƯỢC CHỌN PHẦN A HOẶC PHẦN B) PHẦN A)
Câu V A)
1)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho A(1;1) Tìm ñiểm B ñường thẳng y=3 ñiểm C trục hồnh cho tam giác ABC
2) Cho mặt cầu (S) có phương trình 2
6 2
x +y + −z x+ y− z+ = Viết phương trình tiếp tuyến mặt cầu (S) biết tiếp tuyến ñi qua A(2;1;-2) song song với mặt phẳng (P) có phương trình x+2y−2z+ =1
Câu VI A)
Giải phương trình 100x+250x=40x+6(25x−4 )x PHẦN B
Câu V B)
1) Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn (T): 2
2 4
x +y − x− y− = A(-2;2) Biết tam giác ABC ñều nội tiếp ñường trịn (T) Tìm toạ độ đỉnh B, C
2) Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng 1: 1 ; 2:
1 2
x− y+ z x− y+ z+
∆ = = ∆ = =
−
điểm
A(1;0;-2) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A vng góc với ∆2 tạo với ∆1 góc nhỏ
Câu VI B) Giải phương trình sau: log2 log 25 log25 log log5 5
x
x x x x
x
(40)40 ĐÁP ÁN Câu I:
1 HS tự làm
2 Gọi tiếp ñiểm 0
0
2
; mx
M x
x m
+
−
Tiếp ñiểm M: ( )
( ) ( )
2
0
2
0
2 2 3
:y m x x mx
x m
x m
− + +
∆ = − +
− −
Với m≠0 có tiệm cận : TCĐ: x=m TCN: y=2m Suy giao ñiểm tiệm cận là: I m m ( ; ) - Giao ñiểm tiếp tuyến ∆ với TCĐ
2
0
2
: ; m mx
A m
x m
+ +
−
- Giao ñiểm tiếp tuyến với TCN B(2x0−m m; ) ( ) ( ( ) )
0
2
0; m ; ;
IA IB x m
x m
+
⇒ −
−
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
0
4
1
.4 2
2
AIB
m
S IA IB x m m
x m
∆
+
= = − = +
−
2 29 29
64 32
2
S= ⇔ m + = ⇔m = ⇔ = ±m
Câu II) 1) 2) Ta có
( )
4
3
(cos sin )(cos s inx) s inx cos
x x x
I dx
x
π
+ −
=
+ +
∫ Đặt sinx+cosx+2=t suy dt =(cosx−sin )x dt
0
2
4
x t
x π t
= ⇒ =
= ⇒ = +
2 2 2
2 2
3
3 2
3 3
( 2) 1 1 1 1
2 | |
9
(2 3) (2 3)
t dt
I dt dt
t t t t t
+ + +
+ +
−
= = − = − + = − − +
+ +
∫ ∫ ∫
2
1
9
(2 3) (2 3)
I
= − +
+ +
Câu III)
(41)2 2
3x x 10(1 x ) x
⇔ − = − ⇒ = ± nghiệm
2)
Do mp(ABC) vng góc với (BCC’B’) theo giao tuyến BC.Vẽ AK ⊥KC⇒ AK ⊥(BCC B' ')
Vẽ ' ˆ
'; ' 60
'
KH BB
KH BB BB AH KHA
AK BB
⊥
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
⊥
Từ ta tính
'
' BB
B I HK
KB
= (Với
I chân ñường cao hạ từ B’ lên BC)
Ta có 2; ( ) tan 60
2 2
a a a
BK = ∆AKBv K ⇒HK =AK = = '
2 2
a
B I a a
a
⇒ = =
3
1
2
a
V = a a =
Câu IV) Ta thấy x=0 nghiệm bpt Xét x>0 Bất phương trình cho tương ñương với
ln(1 x) x m x
+ − ≥ − Xét hàm số f x( ) ln(1 2x) x; (x 0)
x
+ −
= > Ta có
2 2
3
2( 1) ln( 1) 2 ( 1) 2( 1) ln( 1)
'( )
( 1) ( 1)
x x x x x x x x
f x
x x x x
− − + + + + + − + + −
= =
+ + Đặt t= + >x 1
2
'( ) ( ) ln 0, 1; '( ) 2 ln ''( )
f x g t t t t t g t t t g t t
t
= ⇔ = − − = ≥ = − − ⇒ = − ≥ ∀ ≥
'( )
g t = có nghiệm t=1 g'(2)= −2 ln 2>0⇒g t'( )>g'(1)= ∀ ≥0 t 1⇒g t( )=0 có nghiệm [1;+∞) dễ thấy t=1; Ta có ñồng biến (0;+∞)
Ta có 2
0
ln( 1)
lim ( ) lim ( tan)
2
x x
x x
f x Lopi
x
+ +
→ →
+ −
= = − suy ñiều kiện
2
m≥
PHẦN RIÊNG PHẦN A)
K C
I B
H A
B’
A’
(42)42 Câu V A)
1) Giả sử B=(x0;3 &) C x( 1; 0) ñiểm cần tìm
Dễ thấy AC//Oy(⇔ =x1 1) AC=1, AB 2≥ Vậy ABC khơng thể tam giác Từ AC khơng thể song song với Oy, nên AC có dạng:y=k x( − + ⇔1) kx− − + =y k Lúc C nằm AC, nên có:
kx1 k x1 k k
− − + = ⇔ =
( ý k≠0, AC khơng song song với Ox) Từ ñó C k 1;
k
−
=
Gọi M trung điểm AC, thì:
1
1 1
; ;
2 2
k
k k
M
k
−
+
+ −
=
(2)
Vì B x( 0;3) giao ñiểm y=3 với ñường thẳng xác định (2), từ đó:
Đường thẳng BM ⊥ AC( ABC tam giác ñều) nên hệ số góc BM
k
− Vậy BM có
phương trình: 1
2
k
y x
k k
−
= − − +
Vì B x( 0;3) giao điểm y=3 với ñường thẳng xác ñịnh (2), từ ñó:
2
0
1 1
3
2 2
k k k
x x
k k k
− − + −
= − − + ⇒ =
Mặt khác ta lại có: BA=AC⇔(x0−1) (2+ −3 1) (2 = x1−1) (2+ −0 1)2
2
2
4 2
3
5 1
4 1 25 22
2 25 3
5
k
k k k
k k k
k k
k
= − + + −
⇔ + = − + ⇔ + − = ⇔ = ⇔
−
=
Vậy có cặp điểm B, C thoả mãn yêu cầu ñề bài:
1
2
3
;3 ; ;
3
3
;3 ; ;
3
B C
B C
− −
+ +
(43)PHẦN B) Câu VB)
1) Gọi I tâm đường trịn, I( )1; Do tam giác ABC ñều nên I trọng tâm tam giác ABC Gọi H chân ñường cao kẻ từ A tam giác
Ta có: AI =2IH AI; =( )3; ;IH =(xh−1;yh−2)
3 2
2 ;
0 2
h h
x
AI IH H
y
= −
= ⇔ ⇒
= −
BC:
( )
5 ; 2
: BC 3;
quaH
VTPT n AI
⇒
= =
Phương trình
5 :
2
BC x=
Vì BC∩( ) { }C = B C; nên B, C có toạ độ nghiệm hệ phương trình:
( ) (2 )2 5; 3
1 2 2
5
5 3
; 2
2
B
x y
x
C
= −
− + − =
⇒
=
= +
B(x0;3)
C(x1;0) A
1
1 O
(44)44
Do mp(ABC) vng góc với (BCC’B’) theo giao tuyến BC.Vẽ AK ⊥KC⇒ AK ⊥(BCC B' ')
Vẽ ' ˆ
'; ' 60
'
KH BB
KH BB BB AH KHA
AK BB
⊥
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
⊥
Từ ta tính
'
' BB
B I HK
KB
= (Với
I chân ñường cao hạ từ B’ lên BC)
Ta có 2; ( ) tan 60
2 2
a a a
BK = ∆AKBv K ⇒HK =AK = = '
2 2
a
B I a a
a
⇒ = =
3
1
2
a
V = a a =
Câu IV) Ta thấy x=0 nghiệm bpt Xét x>0 Bất phương trình cho tương đương với
ln(1 x) x m x
+ − ≥ − Xét hàm số f x( ) ln(1 2x) x; (x 0)
x
+ −
= > Ta có
2 2
3
2( 1) ln( 1) 2 ( 1) 2( 1) ln( 1)
'( )
( 1) ( 1)
x x x x x x x x
f x
x x x x
− − + + + + + − + + −
= =
+ + Đặt t= + >x 1
2
'( ) ( ) ln 0, 1; '( ) 2 ln ''( )
f x g t t t t t g t t t g t t
t
= ⇔ = − − = ≥ = − − ⇒ = − ≥ ∀ ≥
'( )
g t = có nghiệm t=1 g'(2)= −2 ln 2>0⇒g t'( )>g'(1)= ∀ ≥0 t 1⇒g t( )=0 có nghiệm [1;+∞) dễ thấy t=1; Ta có đồng biến (0;+∞)
Ta có 2
0
ln( 1)
lim ( ) lim ( tan)
2
x x
x x
f x Lopi
x
+ +
→ →
+ −
= = − suy ñiều kiện
2
m≥
K C
I B
H A
B’
A’