zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Chia sẻ: Nguyễn Phú Khánh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Báo xấu

153
lượt xem 40
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010

Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)    Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  2x 2  1  m x  m 1 , m là số thực 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.  2. Tìm m để đồ thị của hàm số 1 cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt 2 2 3 có hoành độ x1, x 2 , x 3 thỏa mãn điều kiện : x1  x2  x 2  4 Câu II (2,0 điểm)     1  sin x  cos 2x sin  x   4 1  cos x 1. Giải phương trình :  1  tan x 2 x x  1. 2. Giải bất phương trình :   1  2 x2  x  1 1 x 2  ex  2x2 ex Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân : I   dx 1  2e x 0
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt   phẳng ABCD và SH  a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình     4x 2  1 x  y  3 5  2y  0  ( x, y   ). 2 2 4x  y  2 3  4x  7  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  d1 : 3x  y  0 và d2 : 3x  y  0 . Gọi T là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A , cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC  vuông tại B. Viết phương trình của T , biết tam giác ABC có diện 3 tích bằng và điểm A có hoành độ dương. 2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y z 2  : và mặt phẳng P : x  2y  z  0 . Gọi C là  2 1 1  giao điểm của  với P , M là điểm thuộc . Tính khoảng cách từ M  đến P , biết MC  6 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết 2  1  2i  z 2 i B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh  A 6;6 , đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa phương trình x  y  4  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm   E 1; 3 nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.   2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 0; 0; 2 và đường thẳng x 2 y 2 z 3 :   . Tính khoảng cách từ A đến . Viết 2 3 2 phương trình mặt cầu tâm A, cắt  tại hai điểm B và C sao cho BC  8 . Câu VII.b (1 điểm). 2   1  3i Cho số phức z thỏa mãn z  . Tìm môđun của số phức 1i z  iz . ĐỀ SỐ 2 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  1  Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = y  C . x 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho  2. Tìm m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm)   1. Giải phương trình sin 2x  cos 2x cos x  2 cos 2x  sin x  0 3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0 ( x   ). 2. Giải phương trình e ln x Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I  dx  2   x 2  ln x 1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A ' B ' C ' có AB  a , góc giữa hai mặt phẳng A’BC và ABC bằng 600 . Gọi     G là trọng tâm tam giác A’BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức    P  3 a 2 b2  b2c2  c2a 2  3 ab  bc  ca  2 a 2  b2  c2 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có   đỉnh C 4;1 , phân giác trong góc A có phương trình x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.     2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1; 0; 0 , B 0; b; 0 ,    C 0; 0; c , trong đó b, c dương và mặt phẳng P : y  z  1  0 . Xác    định b và c, biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng P và 1   khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC bằng . 3 Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, t ìm tập hợp điểm   biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z  i  1  i z . B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm).    1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 2; 3 và elip E có x 2 y2   1 . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của E (F1  phương trình 3 2 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng  AF1 với E ; N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 1 z :   . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho 2 1 2 khoảng cách từ M đến  bằng OM. Câu VII.b (1,0 điểm)
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa   log 3y  1  x 2 ( x, y   ). Giải hệ phương trình :  x x 2 4  2  3y  ĐỀ SỐ 3 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 4  x 2  6  1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.  2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C , biết tiếp tuyến 1 vuông góc với đường thẳng y  x  1. 6 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin 2x  cos 2x  3 sin x  cos x  1  0 3 3  4x  4 2. Giải phương trình 42 x  x 2  2x  42  x 2  2x (x  ) e 3  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    2x   ln xdx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên AC   mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc đoạn AC, AH  . Gọi CM là 4 đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2  4x  21   x 2  3x  10 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)   1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 3; 7 ,     trực tâm là H 3; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp là I 2; 0 . Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng   P : x  y  z  3  0 và Q : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  R  vuông góc với  P  và  Q  sao cho khoảng cách từ O đến  R  bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  2 và z2 là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)  1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A 0;2 và  là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH. 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x  3  t x 2 y 1 z  và 2 : 1 :  y  t   . Xác định toạ độ điểm M 2 1 2 z  t  thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : x 2  4x  y  2  0  (x, y  ) .    2 log2 x  2  log 2 y  0   ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. 1. Bạn đọc tự làm. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và Ox      x 3  2x 2  1  m x  m  0  x  1 x 2  x  m  0
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa x  1 . Để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 3  2  x  x  m  0 (*)  điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 , x 3 thỏa mãn x1  x2  x 2  4 2 2 3 2 2  (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khác 1 thỏa x1  x2  1  4 2 2  x1  x2  3 ( giả sử x 3  1 ) 1   m     1  4m  0 m  0 4     Nghĩa là: m  0  m  0  1   m  1  1  2m  3 2 4   x1  x 2  2x1 x 2  3     1  Vậy m    ;1  \ 0 là những giá trị cần tìm. 4 Câu 2.     1  sin x  cos 2x sin  x   4 1  cos x 1. Giải phương trình  1  tan x 2    x  2  k cos x  0   , k  Điều kiện:   tan x  1  x     k  4   Khi đó phương trình đã cho tương đường với     1  sin x  cos 2x 2 sin  x   4   cos x sin x 1 cos x    cos x 1  sin x  cos 2x sin x  cos x  cos x  sin x  cos x  1  sin x  cos 2x  1 (Do cos x  0 )
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa  cos 2x  sin x  0  2 sin 2 x  sin x  1  0  sin x  1 (loại    x    k2 1 6 do cos x  0 ) hoặc sin x     thỏa điều kiện 7 2 x   k2 6   Vậy phương trình có hai họ nghiệm: 7  x    k2, x   k2 với k   . 6 6 Chú ý: Phương trình cos 2x  sin x  0    x   k2   2  cos 2x   sin x  cos  x      x     k 2 2  6 3   7  So với điều kiện, suy ra x    k2, x   k2 với k   . 6 6 x x 1 2. Giải bất phương trình :   2 1 2 x  x 1 x  0   x  0. Điều kiện:  2 2x  2x  2  1   Cách 1: 2  3 1 3   2 Ta có: 1  2 x  x  1  1  2  x     1 0 2 4 2    Nên bất phương trình tương đương với     x  x  1  2 x2  x  1  x  1  x  2 x2  x  1 (*)   Do a  b  2 a 2  b2 với mọi a,b và đẳng thức có khi a  b nên 2 x  1  x  2  x  1  x   2 x2  x  1 .       ta có:     x 2  3x  1  0 3 5  Do vậy (*)  x  1  x   x . 0x 1 2  
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa  x 1x  0   2  ...  Chú ý:       2 x2  x  1  x  1  x   x  1  x 1 x  0 2 x  0  3 5   2x      2 x  1  x  x 1 x  0  x 1 x      Cách 2: Ta có (*)  x  1  2 x 2  x  1  x 2        2 x 2  x  1  x  2 2x x 2  x  1  x 1    2 2x x 2  x  1  x 2  x  1 Áp dụng BĐT Cô si, ta có : VT  2x  x 2  x  1  x 2  x  1 3 5 Dấu "=" xảy ra khi 2x  x 2  x  1  x  ( do 0  x  1 ) 2 1 1  Cách 3:Ta có (*)  2  x  1    1 x . x x  1 Ta thấy x  0 không thõa mãn, với x  0 , đặt t   x ta x được:  t  1 1    2 t2  1  t  1    t1  x 1 2    t1  0 x  3 5 x . 2  t  0 Chú ý: Đặt t  x Phương trình 1  t2  t  0     4 2 2   2 t  t 1 1 t  t   4 2    2 2 2 t  t  1  1  t  t  2 1  t  t  0  1  t2  t  0 2 1  t  t  0   4  2 2 2 3 2 t  2t  t  2t  1  0 t  t  1  0    t  t1  0   
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa 2t  0 5 1 5 1 3 5  1  5  t  x x   . 2 2 2 t  2    Cách 4: Ta có (*)  1  x  2 x 2  x  1  x (**) 2x 2  3x  2   2 x2  x  1  x  0 Do   2 2 x x 1  x 0  x  1  Nên (**)   2   2 2 x  2x  1  2x  x  2  2 2x x  x  1  0  x  1     2 2 2 2x x  x  1  x  x  1  0  x  1 0  x  1    2 4 3 2 x  6x  11x  6x  1  0    2 2 8x x  x  1  x  x  1   0  x  1 0  x  1  3 5  x .  2  2 2 x  3x  1  0   2  x  3x  1 0   1 x 2  ex  2x 2e x Câu 3. Tính I   1  2ex dx 0   x 2 1  2e x  ex 1 1 1 ex dx   x 2dx   I dx  1  2e x 1  2e x 0 0 0    1  1 ln 1  2e 1 x 1 1 d 1  2e 1 x3 1 1 1  2e x  ln    . 2 0 1  2e x 3 3 2 32 3 0 0 Câu 4. 1 Ta có: VS.CDNM  SH.SMNDC 3 1   Mà SMNDC  SABCD  SAMN  SMBC  AB2  AM.AN  BC.BM 2 a 2 a 2 5a 2 2 a  .   8 4 8
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa 5a 2 5 3a 3 1 Nên VS.CDNM  a 3.  (đvtt). 3 8 24 Lại thấy:   1   1       DM.CN  2DA  DC . 2DC  DA  DA2  DC2  0 . 2 2 Vậy CN  DM từ đó SC  DM bởi vậy : 2S SH.CH SH.CH     d SC; DM  d H; SC  HSC  .  SC SC 2 2 SH  CH   2 SABCD  SAMD  SCMB 2S 2a Lại có: CH  CMD   DM DM 5 57   Từ đó suy ra: d SC; DM  2a . 19   Chú ý: Trong mặt phẳng SHC hạ SH  SC , khi đó:    ADM  DCN  ADM  DCN  DM  CN  DM  SHC  DM  HK  HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC . Trong DCN , ta có: CD2 CD2 2a 2 CD  CH.CN  CH    CN 2 2 5 CD  DN Trong DCN , ta có: 1 1 1 HS.HC a 57  HK     . 2 2 HC2 19 HK HS HS2  HC2 3 5 Câu 5. Điều kiện: x  ,y  4 2 Cách 1: Phương trình thứ nhất tương đương với: 3  2  5y  2  5y 5  2y 3 4x  x   x  2 2 2     5  4x 2 3  2x  5  2y  y  , 0x thay vào phương trình 2 4 2  5  4x 2  2 thứ hai ta có: 4x     2 3  4x  7 2 
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa  16x 4  25x 2  8 3  4x  3  0    16x 4  25x 2  5  8 3  4x  1  0   16 1  2x     4x 2  1 4x 2  5  0 3  4x  1 16        2x  1  2x  1 4x 2  5  0 3  4x  1   1  x   y  2. 2 3    (Do 0  x   2x  1 4x 2  5  0 nên biểu thức trong 4 dấu [] luôn âm). Cách 2: Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra x  0. 5  4t2 Đặt 5  2y  2t  0, ta được y  . 2    Thay vào phương trình đầu ta có: x 4x 2  1  t 4t2  1    Vì hàm f u  u 4u 2  1 đồng biến trên   nên ta có x  t , suy ra 5  4x 2 y . 2 Thay vào phương trình thứ hai ta được: 2 5  4x  2 4x 2  2 3  4x  7.  4 2   5  4x 2  3  2 Trong khoảng  0,  , hàm số g x  4x   2 3  4x 4  4 4      có: g x  4x 4x 2  3   4x 4x 2  3  0. 3  4x 1  Mặt khác lại có g    7 vì vậy phương trình g x  7 chỉ có một 2 1 nghiệm duy nhất là x  , suy ra y  2. 2
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa 1  x  2. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  y  2  Chú ý:     1. 4x 2  1 x  3  y 5  2y 2  2       2x  1 2x     5  2y  1 5  2y  f 2x  f 5  2y          2 Xét f t  t  1 t, t   và f t đồng biến trên  , do đó f  2x   f  5  2y   2x  5  2y Ngoài cách phân tích trên, ta có thể đặt u  2x, v  5  2y, v  0     Phương trình 4x 2  1 x  3  y 5  2y  ...     u  v u2  v2  uv  1 v  0  u  v . 2. Đặt u  5  2y, u  0  2y  5  z2 Phương trình thứ nhất biến đổi về dạng: 2 2 4x 2  1 x  6  5  u 2  u  2x  2x  1   u2  1 u                Dạng f 2x  f u . Câu 6a.  1. Vì ABC vuông tại B nên AC là đường kính của T .     Gọi ASB  d1, d2  t ta có BAC  ASB  t (góc có cạnh tương ứng vuông góc).  Giả sử bán kính T là R ta có : BC.BA AC sin t.AC cos t  2R 2 sin t cos t . SABC   2 2
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa  3. 3  1. 1 1  Mặt khác cos t   t  suy ra  2 3 2 2 2  3  3   12  1 3 SABC  R 2 từ đó có R  1 . 2    Do A  d1, C  d2 nên A a; a 3 ,C c; c 3 thêm nữa vector chỉ     phương của d1 là u1 1;  3 có phương vuông góc với AC nên:   AC.u1  0  c  a  3(c  a)  0  c  2a . 2 2   c  a   Mặt khác AC  2R  2  3 ca 2  3 2a 3  2 vì a  0 nên a  . 3 Tâm đường tròn là trung điểm của AC là : a  c 3  a 3 3a   3 3   I ; c  a    ;  ;  .    2 2 2 26 2     2 2  3  3  Vậy phương trình của T là  x     y    1. 6  2    Chú ý:  AB  đi qua A và vuông góc  d    AB  : x  3y  2a  0 2    AB    d   B  B   a ;  a 2 3  2 2     AC  đi qua A và vuông góc  d   AC : x  3y  4a  0 1  AB    d   C  C  2a; 2a 3  1 3 31  AB.CB Diện tích ABC có diện tích bằng  2 2 2 1 1 2  a  A ; 1  ,C   ; 2  . 3 3 3  
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa  Cách 2: Ta có d1 tiếp xúc với T có đường kính là AC nên AC  d1 Từ giả thiết ta có :     AOx  600, BOx  1200  AOB  60 0 , ACB  30 0 1 3 3 3 AB2  AB2  SABC  AB.BC   AB  1 2 2 2 2 2 2 1    A  d2  A x;  3x , x  0,OA  .AB   A ; 1  3 3 3  4 2  OC  2OA   C ; 2  . 3 3   2 3 AC  Đường tròn T đường kính AC có: I   ;  , R  1. 3 2 2  2 2 1  3   Phương trình T :  x    y    1. 2 2 3   Chú ý: 1      1. d1, d2 cắt nhau tại điểm O và cos AOB  cos d1, d2  2 1       AOB   BAC  . Mà SABC  AB.AC.sin BAC 3 3 2 31 4        OA sin AOB OA tan AOB sin BAC  OA 2   2 2 3 4 1 1 2 2    a 2  a 3   a   A ; 1  , C   ; 2  . 3 3 3 3         2. M x; y  T  MA  MC  MA.MC  0 3. M  x; y    T   MAC vuông tại M  MA 2  MC2  AC2 x  1  2t  2. Cách 1: Phương trình tham số của  : y  t ,t  . z  2  t    Tọa độ điểm C là giao điểm của  và P là nghiệm của hệ :
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa x  1  2t  t  1   y  t x  1    C 1; 1; 1 .   z  2  t y  1   x  2y  z  0 z  1     Điểm M    M 1  2t; t; 2  t  MC  6 2 2 2     t  1    t  1  2t  2 6 1        t  0  M 1; 0; 2  d M; P  6  . 1        t  2  M 3; 2; 0  d M; P  6     Cách 2: Đường thẳng  có VTCP u  2;1; 1     Mặt phẳng P có VTPT n  1; 2;1     Gọi H là hình chiếu của M lên P , suy ra cos HMC  cos u, n 1      MH  MC.cos HMC  d M, P . 6 Câu 7a. Ta có:    z  1  2 2i 1  2i  1  2i  2 2i  4i2  5  2i  z  5  2i . Vậy phần ảo của z bằng  2 . Câu 6b. 1. Gọi d : x  y  4  0 . Vì BC / /d  phương trình BC có dạng: x  y  m  0      Lấy I 1; 3  d , ta có: d I, BC  d A, d  4 2  m  4  8  m  12, m  4 Vì A và I ở cùng phía so với BC nên ta có m  4  BC : x  y  4  0 . Đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình : x  y  0 . x  y  0     P 2; 2 Tọa độ trung điểm P của BC:  x  y  4  0 
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa     B  BC  B b; 4  b , P là trung điểm BC suy ra C 4  b; b AB  CE   b  6   b  4    b  10   b  3   0  b  0, b  6 Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán: B  0; 4  , C  4; 0  hoặc B  6;2  , C  2; 6  . Chú ý:  AH đi qua A và vuông góc MN  AH : x  y  0 . I là giao điểm AH và MN  I 2;2   H  2; 2  .  x  2  t   BC đi qua H và vuông góc AH  BC :  ,t  . y  2  t     B  BC  B 2  t; 2  t vì B,C đối xứng nhau qua H nên C  2  t; 2  t  Vì E 1; 3    d  ,  d  là đường cao đi qua điểm C của ABC nên    AB  CE  AB.CE  0  ...  t2  2t  8  0    AM, u          2. ∆ qua M 2;2; 3 và vtcp u  2; 3;2 ; d A,   3  u Gọi H là hình chiếu của A lên  thì AH  3 và H là trung điểm của BC nên BH  4 . Vậy bán kính mặt cầu là AB  AH2  BH2  5 . 2   Nên PT mặt cầu là x 2  y 2  z  2  25 . Câu 7b. Cách 1: Ta có: 1 1 3       z  1  3i 1  i  1  3 3i  3.1.3i2  3 3i 3 1  i 2 2 1       1  3 3i  9  3 3i 1  i  4 1  i  iz  4  4i . 2 Do đó z  iz  4  4i  4i  4  8 1  i  8 2 .
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa         Cách 2: Ta có 1  3i  2  cos     i sin        3  3   3        8  1  3i  8 cos   i sin    8 1  i 8 z  4  4i  1i 2      z  iz  4  4i  i 4  4i  8 1  i  z  iz  8 2 . ĐỀ SỐ 2 Câu 1. 1. Bạn đọc tự làm  2. Phương trình hoành độ giao điểm của C và đường thẳng y  2x  m là: 2x  1     2x  m  2x 2  4  m x  1  m  0 * x 1 (vì x = -1 không là nghiệm)  Phương trình (*) có   m2  8  0, m   nên d luôn cắt C tại điểm A, B.     A x A ; y A  d  A x A ; y A  2x A  m B x ; y   d  B x  m ; y B  2x B B B B 1 Ta có: SOAB  3  x y  x B yA  3 2 AB     x A 2x B  m  x B 2x A  m  2 3 2  m  x A  x B   2 3  m2  x A  x B   12 m2  8  m2  12  m 4  8m2  48  0  m2  4  m  2 . 4
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa Câu 2.   1. Phương trình  sin 2x  cos 2x cos x  2 cos 2x  sin x 0   cos 2x  cos x  2   sin x 2 cos x  1   0 2  cos 2x  cos x  2   sin x. cos 2x  0  cos 2x  cos x  sin x  2   0  cos 2x  0     2x   k  x   k , k   . 2 4 2 1 2. Điều kiện :   x  6 3 Phương trình  3x  1  4  1  6  x  3x 2  14x  5  0 3x  15 x5     x  5 3x  1  0   3x  1  4 1  6  x 2 1      x5   3x  1   0   3x  1  4 6x 1  2 1 1   3x  1  0 x   ; 6  Vì  3  3x  1  4 6 x 1 Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5 . 1 Câu 3. Đặt u  ln x  du  dx x 1  1 u 1 2 du Ta có I   du   2  u 2 2     0 2u 2u  0   1 2 2 3 1       ln 2  u     ln 3    ln 2  1  ln    . 2u0  3 2 3  1 Chú ý: Đặt u  2  ln x  du  dx x 3 3 3 u2 1 2  2 3 1  I   2 du     2 du   ln u    ln    . u u u2 2 3 u 2  2 Câu 4. Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thiết ta có :
Nguyễn Phú Khánh – Người con Khánh Hòa     A ' BC  ABC  BC      A ' H  BC  A ' BC , ABC  A ' HA AH  BC   Hay A ' HA  600 . a2 3 a3 Ta có : AH  , A ' H  2AH  a 3, SABC  và 2 4  a3 3a . t an600  AA '  AH. tan A ' HA  . 2 2 a 2 3 3a 3a 3 3 Vậy thể tích khối lăng trụ VABC.A ' B ' C '  .  (đvtt). 4 2 8   Gọi I là hình chiếu vuông góc của G trên ABC , suy ra I là trọng   tâm của tam giác ABC, suy ra GI / /AA '  GI  ABC Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC suy ra J là giao điểm của GI với đường trung trực đoạn GA. M là trung điểm GA, ta có: GM.GA GA2 7a GM.GA  GJ.GI  R  GI    . GI 2GI 12 A' C' B' G M A C I H J B 2 a  b  c 1 wsfCâu 5. Đặt t  ab  bc  ca  0  t   . 3 3 2 2 2 Khi đó: a  b  c  ab  bc  ca

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.