De Thi thu DH va dao an cuc hot

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]

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  ) Câu 1.Tam giác ABM cân M suy MA = MB  M thuộc đường trung trực đoạn AB x  y  0  y  x2 Do M thuộc (C) nên tọa độ M thỏa mãn hệ pt Pt trung trực đoạn AB là  y  x3  x  x  x2   x3  x  x    x  12 x  17 x  0  x2 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]    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.SSBD  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) 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) x2 2 2 x 2 3 2 x  x 2 x    x  2( x   2)   x=2 Vậy nghiệm PT là: x = 1; x =