Câu 6.Gọi BE, CF lần lượt là đường phân giác trong của các góc B và C của tam giác ABC.. Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng của A qua BE và CF.[r]
(1)ĐỀ THAM KHẢO SỐ 01 MÔN: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x x x có đồ thị là (C) và hai điểm A( 1;3), B(1; 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm các điểm M thuộc (C) cho tam giác ABM cân M 2sin x cos x cos x cos x 1 4 Câu II (2 điểm) Giải phương trình Giải bất phương trình: x 3x x 2 6x 0 (x ) Tìm tất các giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: x 12x y3 6y 16 0 (x, y ) 2 4x x 4y y m 0 Câu III (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA SB SC 2a Gọi M là trung điểm cạnh SA; N là giao điểm đường thẳng SD và mặt phẳng (MBC) Gọi V, V1 là thể tích các khối chóp S.ABCD và S.BCNM V1 a) Tính tỷ số V b) Chứng minh V 2a Câu IV (1 điểm) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > P Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y z y2 z x Câu V (1 điểm) Tìm hệ số x khai triển thành đa thức P ( x) 2 x x x x Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; -1) Đường phân giác các góc B và C có phương trình x 2y 0 ; x y 0 Viết phương trình đường thẳng BC Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) x+ y − z +1=0 và đường thẳng: x −2 y − z −1 = = −1 −3 d: Gọi I là giao điểm d và (P) Viết phương trình đường thẳng Δ nằm (P), vuông góc với d cho khoảng cách từ I đến Δ √ Câu VIII.(1 điểm) Giải phương trình x x 2 2 x3 16.2 x 8 ============== Hết ============= 2 x3 4 x ( x ) (2) Câu 1.Tam giác ABM cân M suy MA = MB M thuộc đường trung trực đoạn AB x y 0 y x2 Do M thuộc (C) nên tọa độ M thỏa mãn hệ pt Pt trung trực đoạn AB là y x3 x x x2 x3 x x x 12 x 17 x 0 x2 y sin x cos x cos x cos x 1 2 Câu sin x sin x cos x cos x 1 sin x cos x 1 x k 2 x k 2 x k 2 sin x 1 sin x x k 2 4 4 4 Câu 2.Điều kiện xác định: x Đặt y x , điều kiện y 0 3 Bất phương trình trở thành: x 3xy 2y 0 x y x y x 2y 0 x 2y 0 x 0 x x x 2 x x Với x = y thì x 0 x 0 x x x 0 x 0 4(x 2) x x 2 Với x + 2y ≥ thì Kết hợp điều kiện suy tập nghiệm bất phương trình đã cho là x 12x y3 6y 16 0 4x x 4y y m 0 Câu 2.3Ta có hệ: x 2 0 y 4 T 3; (1) (2) Điều kiện xác định: 3 (1) x 12x y 12 y Ta có f (t) t 12t, t 2;2 Xét hàm số f '(t) 3t 12 3 t 0, t 2;2 2;2 (3) Suy hàm số f (t) nghịch biến trên 2;2 và f (x) f (y 2) nên kết hợp (3) suy x y Ta có x và y cùng thuộc đoạn 2 Thay vào (2) ta có phương trình x 4x m (4) Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm và phương trình (4) có nghiệm x thuộc đoạn [-2;2] 2 Đặt g(x) 3 x 4x , x [ 2;2] (3) 8x x 8 x2 4 x g '(x) 0 x 0 g(0) 6; g( 2) g(2) 16 g '(x) 3x g(x) 16; m ax g(x) 6 x[ 2;2] x[ 2;2] Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm và 16 m 6 V V VS.MBC SM V S.MBC => VS.ABC SA Câu VS.MCN SM SN V 3V V1 VS.MCN V1 VS.MBC VS.NCM V SA SD 8 V S.ACD => Suy Vậy VS.ABC VS.ACD Gọi O là giao điểm AC và BD Dễ thấy SOC BOA SO BO BSD vuông S 4a SD 2 Do đó OA 4a 4a SD 2 Mà OA BC OB Suy a VS.ABCD 2VS.ABD OA.SSBD SD 12a SD 3 Vì AO (SBD) nên BD 4a SD OB SD 12a SD SD 12a SD Mà =6a2 Vậy V 2a x 1 y y 1 z z 1 x P x y z x y2 z 2 y z x2 (1) Câu x 1 y y 1 z z 1 x 2 y z x2 Mà 1 1 1 x 1 y 1 z 1 y z z x x y 2 x 1 y 1 z 1 xy yz xz (2) 1 1 1 1 P 2 x y z x y z xy yz zx Từ (1) và (2) suy 1 1 xy yz zx Từ giả thiết ta có 1 1 1 2 2 1 x y z xy yz zx Mà (4) (5) 1 1 1 1 x y z xy yz zx x y z Từ (3), (4), (5) và (6) suy P Dấu xảy và x y z (3) (6) (4) Vậy giá trị nhỏ P là Câu 6.Gọi BE, CF là đường phân giác các góc B và C tam giác ABC Gọi M, N là điểm đối xứng A qua BE và CF Đường thẳng AM có phương trình 2x y 0 2x y 0 x 2y 0 Tọa độ giao điểm I AM và BE là nghiệm hệ phương trình x 1 y 1 Do đó I(1;1) Vì I là trung điểm đoạn thẳng AM nên M(0;3) Tương tự N(-2;-5) Đường thẳng BC qua M và N nên có phương trình 4x y 0 3x Câu 5.Số hạng tổng quát 2x k k k là C5 ( 3) x m m m là C7 x 4 5 Số hạng chứa x P ( x) là x C5 ( 3) x xC7 x 4 5 Suy hệ số x P ( x) là 2C5 ( 3) 3C7 1206 Số hạng tổng quát n(P )=(1; ; −1) và d có véc tơ phương ⃗ u=( 1; −1 ; −3) Câu 7.• (P) có véc tơ pháp tuyến ⃗ I =d ∩(P)⇒ I (1 ; ; 4) u Δ =[ ⃗ n(P) ; u⃗ ] =(− ; ; −2) • vì Δ ⊂(P); Δ⊥ d ⇒ Δ có véc tơ phương ⃗ • Gọi H là hình chiếu I trên Δ ⇒ H ∈mp(Q) qua I và vuông góc Phương trình (Q): −2( x −1)+( y −2)−(z −4 )=0 ⇔− x + y − z +4=0 Gọi d 1=( P)∩(Q) ⇒d có véctơ phương n(P) ;⃗ n(Q) ]=(0 ; ; 3)=3( 0; ; 1) [⃗ Ta có và d Δ ⇒ ptd : x=1 qua I y=2+t z =4+ t ¿{{ H ∈ d ⇒ H (1; 2+t ; 4+ t)⇒ ⃗ IH=(0 ; t ; t) IH=3 √2 ⇔ √ t 2=3 √ ⇔ t=3 ¿ t=−3 • ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x −1 y − z −7 = = −2 −1 x −1 y +1 z −1 = = TH2: t=−3 ⇒ H (1 ; −1 ; 1)⇒ pt Δ : −2 −1 • TH1: t=3 ⇒ H (1 ; 5; 7) ⇒ pt Δ: Câu Với x PT 2 x 2 (24 x 1) x (24 x 1) 0 (24 x 1)(42 x 2 x ) 0 x 1 x 0 x 1 TH1: TH2: ( x 2)( x x 4) 2( x 2) x2 2 2 x 2 3 2 x x 2 x x 2( x 2) (5) x=2 Vậy nghiệm PT là: x = 1; x = (6)