ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 119

Chia sẻ: X X | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

44
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đáp án và đề thi thử đại học - trường thpt nguyễn huệ - đắk lắk - đề số 119', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 119

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn thẳng AB bằng 4 2 . Câu II (2 điểm) �π 5 � 1. Giải phương trình 2.cos5 x − sin(π + 2 x) = sin � + 2 x � 3 x. .cot �2 � x 2 y + 2 x 2 + 3 y − 15 = 0 2. Giải hệ phương trình : x4 + y 2 − 2 x2 − 4 y − 5 = 0 Câu III ( 1điểm) Tính tích phân I = e (x + 1) ln x + 2 x 2 + 1 3 dx . 1 2 + x ln x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 3a, AC = 2a . Các mặt phẳng ( B ' AB ), ( B ' AC ), ( B ' BC ) cùng tạo với mặt phẳng ( ABC ) góc 600 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn x y z và x + y + z = 3 . x z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + 3y z y II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. � 4� 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I ( 3;3) và AC = 2 BD . Điểm M � � 2; � 3� � 13 � thuộc đường thẳng AB , điểm N � �thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo 3; � 3� BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng x +1 y + 2 z x − 2 y −1 z −1 ( d1 ) : = = ; ( d2 ) : = = và mặt phẳng ( P ) : x + y − 2z + 5 = 0 . Lập phương 1 2 1 2 1 1 trình đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) và cắt ( d1 ) , ( d 2 ) lần lượt tại A, B sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Câu VII.a. Tìm số phức z thỏa mãn z + z = z . 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm) 1. Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x-2y=0, góc tạo bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 24 và điểm B có hoành độ dương. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và đường thẳng x +1 y −1 z ∆: = = . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm B và c ắt đ ường th ẳng ∆ tại điểm 2 −1 2 C sao cho diện tích tam giác ABC có giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b. (1điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m x 2 − 2 x + 2 = x + 2 có 2 nghiệm phân biệt. ..................................................Hết................................................ 1
HƯỚNG DẪN Câu 1: 1, Tập xác định: D = ﾡ • Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: y ' = 3x − 6 x ; y ' = 0 � x = 0 hoặc x = 2 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ;0 ) và ( 2; + ) ; nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 ) • Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ; yCT = −2 , đạt cực đại tại x = 0 ; yCĐ = 2 • Giới hạn: lim y = − ; lim y = + x − x + Bảng biến thiên: • Đồ thị: Nhận xét: Câu 1: 2, Đặt A ( a; a − 3a + 2 ) ; B ( b; b − 3b + 2 ) với 3 2 3 2 a b . Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại A, B là: k A = y ' ( x A ) = 3a 2 − 6a; k B = y ' ( xB ) = 3b 2 − 6b . Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau khi và chỉ khi k A = k B � 3a 2 − 6a = 3b 2 − 6b � ( a − b ) ( a + b − 2 ) = 0 � b = 2 − a Độ dài đoạn AB là: + �3 − b3 − 3 ( a 2 − b 2 ) � = 2 ( a − b) ( a − b) + ( a − b ) . �2 + ab + b 2 − 3 ( a + b ) � 2 2 2 2 AB = a � � a � � 2 Đặ t t = ( a – 1 = 4 ( a − 1) + 4 ( a − 1) . � − 1) − 3� (a 2 2 2 � � a −1 = 2 AB = 4 2 � t + t ( t − 3) = 8 � ( t − 4 ) ( t − 2t + 2 ) = 0 � t = 4 2 2 )2 a − 1 = −2 • Với a = 3 � b = −1 A ( 3; 2 ) , B ( −1; −2 ) • Với a = −1 � b = 3 A ( −1; −2 ) , B ( 3; 2 ) Vậy A ( 3; 2 ) , B ( −1; −2 ) hoặc A ( −1; −2 ) , B ( 3; 2 ) . Câu 2: 1, ĐK: sin 3 x 0 pt 2cos5 x + sin 2 x = cos 2 x.cot 3 x 2cos5 x sin 3 x + sin 2 x cos3 x = cos 2 x.cos3 x 2cos5 x sin 3 x − cos5 x = 0 cos5 x ( 2 sin 3 x − 1) = 0 π k 2π x= + 1 12 3 π kπ +) sin 3 x = 0 (t/m đk) +) cos5 x = 0 x= + t/m đk 2 π k 2π 10 5 x= + 4 3 KL:……………… x 2 y + 2 x 2 + 3 y − 15 = 0 ( x 2 − 1)( y − 2) + 4( x 2 − 1) + 4( y − 2) = 5 Câu 2: 2, Hệ pt . x4 + y 2 − 2x2 − 4 y − 5 = 0 ( x 2 − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 10 2
u = x2 − 1 � 2 + v 2 = 10 u �u + v) 2 − 2uv = 10 ( Đặ t Ta có hpt � � v = y−2 � + 4(u + v) = 5 uv � + 4(u + v) = 5 uv u + v = −10 u+v = 2 u=3 u = −1 (vô nghiệm) hoặc hoặc uv = 45 uv = −3 v = −1 v=3 u =3 +) Tìm được 2 nghiệm ( x; y ) = (2;1) và ( x; y ) = ( −2;1) v = −1 u = −1 +) Tìm được nghiệm ( x; y ) = (0;5) v=3 Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm: (2;1), (-2;1), (0;5) Câu 3: (x I =� e 3 + 1) ln x + 2 x 2 + 1 e e dx = �dx + � x2 1 + ln x dx e 2 x Ta có : x dx = � �= e �3 � e3 − 1 1 2 + x ln x 1 1 2 + x ln x 1 3 1 � � 3 e 1 + ln x e d ( 2 + x ln x ) e+2 e3 − 1 e+2 = � 2 + x ln x � = ln ( e + 2 ) − ln 2 = ln e �+ x ln x 1 2 + x ln x � 1 2 dx = � ln � 1 2 Vậy I = 3 + ln 2 . Câu 4: Gọi H là hình chiếu của B ' trên mp(ABC), M, N, P lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB và BC.Khi đó AC ⊥ HM , AC ⊥ B ' H � AC ⊥ ( B ' BM ) . Vậy góc giữa ( B ' AC ) và ( BAC ) là góc B ' MH . Tương tự ta có B ' MH = B ' NH = B ' PH = 600 . Do đó ∆B ' MH = ∆B ' NH = ∆B ' PH � HM = HN = HP . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Theo công thức S = p( p − a )( p − b)( p − c) = 4a.a.2a.a = 2 2a 2 S 2 2a 2 2a B' C' Mặt khác S = pr � r = HM = = = p 4a 2 2a a 6 Tam giác vuông B ' HM có B ' H = HM .tan 600 = . 3= 2 2 A' a 6 Từ đó VABC . A ' B 'C ' = S ABC .B ' H = 2 2a 2 . = 2 3a 3 ( đvtt). 2 x z Câu 5 : Ta có + xz 2 x, + yz 2z B P C z y H x z M Từ đó suy ra P = + + 3 y 2 x − xz + 2 z − yz + 3 y N z y A = 2( x + z ) + y ( x + y + z ) − xz − yz = 2( x + z ) + y 2 + x( y − z ) Do x > 0 và y z nên x( y − z ) 0 . Từ đây kết hợp với trên ta được x z P= + + 3y 2( x + z ) + y 2 = 2(3 − y ) + y 2 = ( y − 1) 2 + 5 5 . z y Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 5 đạt khi x=y=z=1 Câu 6a: 1, Tọa độ điểm N’ đối xứng với điểm N qua I là � 5� N ' � � Đường thẳng AB đi qua M, N’ có phương trình: 3; . � 3� 3−9+ 2 4 x − 3 y + 2 = 0 .Suy ra: IH = d ( I , AB ) = = 10 10 Do AC = 2 BD nên IA = 2 IB . Đặt IB = x > 0 , ta có phương 1 1 5 trình: 2 + 2 = � x = 2 � x = 2 2 x 4x 8 Đặt B ( x, y ) . Do IB = 2 và B AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 3
14 x= �x − 3) + ( y − 3) = 2 ( 2 2 5 y − 18 y + 16 = 0 2 � 5 x=4>3 � �� x − 3y + 2 = 0 x = 3y − 2 8 y=2 y= 5 � 8� 14 Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn B � ; �Vậy,đường chéo BD là: 7 x − y − 18 = 0 . � 5� 5 Câu 6a: 2, Đặt A ( −1 + a; −2 + 2a;a ) , B ( 2 + 2b;1 + b;1 + b ) , ta có uuu r AB = ( −a + 2b + 3; −2a + b + 3; −a + b + 1) uuu uu r r uuu r Do AB song song với (P) nên: AB ⊥ n P = ( 1;1; −2 ) � b = a − 4 . Suy ra: AB = ( a − 5; −a − 1; −3) ( a − 5) + ( −a − 1) + ( −3) = 2a 2 − 8a + 35 = 2 ( a − 2 ) + 27 3 3 2 2 2 2 Do đó: AB = Suy ra: min AB = 3 3 a=2 { b = −2 uuu r , A ( 1; 2; 2 ) , AB = ( −3; −3; −3 ) x −1 y − 2 z − 2 Vậy, phương trình đường thẳng (d) là: = = . 1 1 1 Câu 7a: Giả sử z = x + yi , khi đó z 2 + z = z � ( x + yi ) 2 + x 2 + y 2 = x − yi x2 − y2 + x2 + y 2 = x � ( x 2 − y 2 + x 2 + y 2 ) + 2 xyi = x − yi � 2 xy = − y 1 1 1 1 1 3 TH 1. x = − ta được − y 2 + + y2 = − � + y2 = y2 − 2 4 4 2 4 4 3 y2 − 0 3 � 4 �y2 5+2 5 � �� 4 � y=� � + y2 = y4 − 3 y2 + 9 1 � y 4 − 40 y 2 + 5 = 0 16 2 4 2 16 TH 2. y = 0 � x + x = x � x = 0 � x = y = 0 2 Vậy có 3 số phức thỏa mãn là : z = 0 ; z = − 1 5+2 5 i 2 2 �x − y = 0 3 �=0 x Câu 6b: 1, Tọa độ điểm D là: � � => D(0;0) O � − 2y = 0 x � =0 y ur uu r Vecto pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1 ( 3; −1) , n2 ( 1; −2 ) 1  cos ﾡADB = => ﾡ 0 ADB =45 =>AD=AB (1) 2 ﾡ Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 450 => BCD =450 => ∆ BCD vuông cân tại B=>DC=2AB. 1 3. AB 2 Theo bài ra ta có: S ABCD = ( AB + CD ) AD = = 24 =>AB=4=>BD= 4 2 2 2 8 10 uuu r 2 xB = − (loai ) � x � x � � 5 Gọi tọa độ điểm B �B ; B � điều kiện xB>0 => BD = xB + � B � = 4 2 x , 2 � 2 � �2 � 8 10 xB = (tm) 5 � 10 4 10 � 8 Tọa độ điểm B ��5 ; 5 � � � � uuu r Vectơ pháp tuyến của BC là nBC = ( 2;1) ( Vì BD ⊥ BC ) 4
=> phương trình đường thẳng BC là: 2 x + y − 4 10 = 0 Câu 6b: 2, Phương trình tham số của ∆: x = −1+ 2t y = 1− t . Điểm C thuộc đường thẳng ∆ nên tọa độ điểm C có dạng C (−1+ 2t;1− t;2t ) . z = 2t uuur uuu r AC = (−2 + 2t; −4 − t; 2t); AB = (2; −2;6) uuu uuu r r uuu uuu r r � , AB � (−24 − 2t;12 − 8t;12 − 2t ) � � , AB � 2 18t 2 − 36t + 216 �AC �= AC � �= 1 uuu uuu r r Diện tích ∆ABC là S = � , AB � 18t 2 − 36t + 216 = AC � �= 18(t − 1 2 + 198 ≥ 198 ) 2 Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay C(1; 0; 2). uuu r Đường thẳng BC đi qua đi qua B và nhận BC = (−2; −3; −4) làm vectơ chỉ phương nên có phương x −3 y −3 z −6 trình chính tắc là = = . −2 −3 −4 x+2 Câu 7b: Ta có: x 2 − 2 x + 2 1 nên m x 2 − 2 x + 2 = x + 2 � m = 2 x − 2x + 2 x+2 4 − 3x Xét f ( x) = , ta có: f '( x ) = 2 2 x − 2x + 2 ( ) x − 2x + 2 x2 − 2x + 2 4 �� 4 f ' ( x ) = 0 � x = ; f � � 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x) = 1 = 3 �� 3 x − x + + Bảng biến thiên: x - 4 + 3 y’ - 0 + y 10 -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 10 5
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75 Ngày 4 tháng 5 Năm 2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2(m − 1) x 2 + m − 2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 . 2. Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1; 3) . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: cos 2 x + 5 = 2( 2 − cos x)(sin x − cos x)  x 2 − 3 x( y − 1) + y 2 + y ( x − 3) = 4 2. Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ R)  x − xy − 2 y = 1 Câu III (2 điểm) e x + ( x − 2) ln x 1. Tính tích phân: I = ∫ dx 1 x(1 + ln x) 2. Cho ba số thực dương a , b , c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a 2+a 2+b 2+c Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ). Biết AC = 2 3a , BD = 2 a , khoảng cách từ a 3 điểm O đến mặt phẳng ( SAB ) bằng . Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a . 4 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; -4). Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là x + y − 1 = 0 và 3 x − y − 9 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( C ) có phương trình x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 và đường thẳng ( ∆ ) có phương trình : 2 x − 3 y − 1 = 0 . Chứng minh rằng ( ∆ ) luôn cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn ( C ) sao cho diện tích tam giác ABM lớn nhất. x +1 x −1 2 3 . Giải phương trình: (3 x − 2) log 3 = 4 − .9 2 3 3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng d1 , d 2 có phương trình lần lượt là 3 x + y + 2 = 0 và x − 3 y + 4 = 0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1 và d 2 lần lượt tại B , C ( B và C khác A ) sao cho 1 1 2 + đạt giá trị nhỏ nhất. AB AC 2 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn ( C ') tâm M (5, 1) biết ( C ') cắt ( C ) tại hai điểm A , B sao cho AB = 3 . 2 0 C 2011 21 C 2011 2 2 C 2011 2 3 C 2011 0 1 2 3 2 2011 C 2011 2011 3. Tính giá trị biểu thức A = − + − + ......- 1 2 3 4 2012 ----------------------------- Hết ----------------------------- 6
HƯỚNG DẪN CHẤM THI ĐỀ 75 Câu 1 : Với m = 2, y = x 4 − 2x 2 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: y ' = 4 x 3 − 4 x ; y ' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4 x = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1; + ∞ ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞ ; -1) và (0; 1) b) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1; yct = y( ± 1) = -2 c) Giới hạn tại vô cực: x →± ∞( x − 2 x ) = + ∞ Lim 4 2 d) Bảng biến thiên Bảng biến thiên 3) Đồ thị: Câu 1: 2) 1 điểm y' = 4 x 3 − 4(m − 1) x [ ] y' = 0 ⇔ 4 x 3 − 4(m − 1) x = 0 ⇔ x x 2 − (m − 1) = 0 TH1: Nếu m- 1 ≤ 0 ⇔ m ≤ 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). Vậy m ≤ 1 thoả mãn ycbt TH 2: m - 1 > 0 ⇔ m> 1 y' = 0 ⇔ x = 0, x = ± m − 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- m − 1 ; 0 ) và ( m − 1 ; + ∞ ) Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m − 1 ≤ 1 ⇔ m ≤ 2 Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) ⇔ m ∈ ( − ∞;2] Câu 2: 1. (1 đi ểm) cos 2 x + 5 = 2( 2 − cos x)(sin x − cos x) ⇔ 2cos2x - 1 + 5 = 4sinx - 2sinxcosx - 4cosx + 2cos2x =0 ⇔ 2(sinx - cosx) - sinxcosx -2 = 0 1− t2 Đặt t = sinx - cosx ( - 2 ≤ t ≤ 2 ) ⇒ sinxcosx = 2 Phương trình trở thành t + 4t - 5 = 0 2 t = 1; t = -5 (loại)  π Với t = 1 ⇔ sinx - cosx = 1 ⇔ 2 sin  x −  = 1  4  π π x − = + k 2π  π  π ⇔ sin  x −  = 2 ⇔ 4 4 ⇔  x = 2 + k 2π   4 2  x − π = 3π + k 2π    x = π + k 2π  4 4 x − y = 1 Câu 2 : 2. (1 điểm) x2 -3x(y-1) + y2 + y(x-3) = 0 ⇔ (x-y)2 + 3(x-y) - 4 + 0   x − y = −4 7
x − y = 1 * Với x- y = 1, ta có  ⇔ x = 1; y = 0 và x= -1; y = -2  x − xy − 2 y = 1  x − y = −4 * Với x - y = -4 ta có  (Hệ PT vô nghiệm)  x − xy − 2 y = 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x; y) = (1; 0) và (x; y) = (-1; -2) e e e x(1 + ln x) − 2 ln x ln x Câu 3: 1. (1 điểm) I = ∫ dx = ∫ dx -2 ∫ dx 1 x (1 + ln x ) 1 1 x(1 + ln x) e e ln x Ta có ∫ dx = e − 1 Tính J = ∫ x(1 + ln x)dx Đặt t = 1 + lnx 1 1 2 2 t −1 1 J= ∫ dt = ∫ (1 − )dt = (t - ln t ) = 1 - ln2 Vậy I = e - 1 - 2(1- ln2) = e - 3 + 2ln2 1 t 1 t Câu 3 : 2. (1 điểm) Do vai trò của a, b, c bình đẳng nên ta giả thiết 0 < a ≤ b ≤ c Khi đó 0 < 1 + a + b ≤ 1 + a + c ≤ 1 + b + c và 0 < 2 + a ≤ 2 + b ≤ 2 + c Ta có 1 1 1  1 1 1  + + - + + = 2 + a 2 + b 2 + c 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a  b −1 c −1 a −1 = + + ≥ (2 + a)(1 + a + b) (2 + b)(1 + b + c) (2 + c)(1 + a + c) b −1 c −1 a −1 a +b+c−3 33 abc − 3 ≥ + + = ≥ =0 (2 + c)(1 + b + c) (2 + c)(1 + b + c) (2 + c)(1 + b + c) (2 + c)(1 + b + c) (2 + c)(1 + b + c) 1 1 1 1 1 1 Vậy + + ≤ + + 1+ a + b 1+ b + c 1+ c + a 2+a 2+b 2+c Câu 4: Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)nên giao 1 tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). VSABCD = SO.SABCD 3 1 Diện tích đáy S ABCD = AC.BD = 2 3a 2 1 Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó ABD = 60 0 ⇒ tam giác ABD đều. Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và 1 a 3 DH = a 3 ; OK // DH và OK = DH = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) 2 2 Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 1 1 1 a S 2 = 2 + 2 � SO = OI OK SO 2 a Đường cao của hình chóp SO = . 2 1 3a 3 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS . ABC D = S ABC D .SO = 3 3 I D A Câu 5a: 1. (1 điểm) a 3 Gäi C = (c; 3c - 9) vµ M lµ trung ®iÓm cña BC ⇒ M(m; 1-m) O Suy ra: B= (2m-c; 11 -2m- 3c). H 2m − c + 3 7 − 2m − 3c a K Gọi I lµ trung ®iÓm cña AB, ta có I( ; ) C B 2 2 2m − c + 3 7 − 2m − 3c Vì I nằm trên đường thẳng 3x - y - 9 = 0 nªn 3( )−( )−9 = 0 2 2 ⇒ m = 2 ⇒ M(2; -1). Ph¬ng tr×nh BC: x – y - 3=0 8
3 x − y − 9 = 0 x = 3 Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  ⇔ Täa ®é cña C = (3; 0), toạ độ x − y − 3 = 0 y = 0 B(1; -2) Câu 5a :2. (1 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(-1; 2), bán kính R = 13 . 9 Khoảng cách từ I đến đường thẳng ( ∆ ) là d ( I ,∆ ) = 1 x +1 x −1 2 2 ⇔ x 2 (3 − 2) log 3 x = 4 − .9 (3 − 2)[ log 3 ( x − 1) − log 3 3] = 4 − 3 x +1 3 3 3 ⇔ (3 − 2)[ log 3 ( x − 1) − 1] = 4 − 2.3 ⇔ (3 − 2) log 3 ( x − 1) + 3 − 2 = 0 x x x x  x = log 3 2 3 x − 2 = 0 4 ⇔ (3 − 2)[ log 3 ( x − 1) + 1] = 0 ⇔  x ⇔ 4 Vậy PT có nghiệm x = log 3 ( x − 1) = −1 x = 3   3 Câu 5b: 1. (1 điểm) Toạ độ điểm A(-1; 1).Ta thấy 2 đường thẳng d1 và d2 vuông góc với nhau Gọi ∆ là đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1 và d 2 lần lượt tại B , C ( B và C khác A ). 1 1 1 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ . Ta có: 2 + 2 = 2 ≥ (không đổi) AB AC AH AM 2 1 1 1 ⇒ 2 + 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi H ≡ M, hay ∆ là đường thẳng đi qua M và AB AC AM 2 vuông góc với AM. PT đường thẳng ∆ : x + y - 2 = 0 Câu 5b :2. (1 đi ểm) Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2), bk R = 3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của AB 3 đoạn AB. Ta có AH = BH = = 2 2 Trường hợp 1: Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB .Gọi H' là trung điểm của A'B' 2 � 3� 3 Ta có: MI = ( 5− 1) + ( 1+ 2) = 5 2 2 Ta có: IH' = IH = IA − AH = 3− � � = 2 2 �2 � 2 � � 3 7 3 13 và MH = MI − HI = 5 − = ; MH' = MI + H'I = 5+ = 2 2 2 2 2 2 2 2 3 49 52 3 169 172 Ta có: R1 = MA = AH + MH = + = = 13, R2 = MA '2 = A ' H'2 + MH '2 = + 2 = = 43 4 4 4 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 9
10