zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi thử đại học lần 4 môn Toán (năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Báo xấu

56
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử đại học lần 4 môn Toán (năm học 2012-2013)" của Trường THPT Quế Võ số 1. Đề thi gồm có hai phần, phần chung dành cho tất cả các thí sinh, phần riêng thí sinh lựa chọn có kèm hướng dẫn làm bài. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 4 môn Toán (năm học 2012-2013)

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Tìm m để đường thẳng : y  (2m  1) x  4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm P( 1;6) tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.  sin 2 x  cos 2 x  4 2 sin( x  )  3cos x Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4  1. cos x  1  x  3 x  4   y  y  7   Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 1  x; y    . log x 1  2  y   y 2  Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I   e x  1 ln x  2 x 3  1 4 dx 1 2  x ln x Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ, H là trung điểm AB, SA  2a, SC  a 5 . Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằng 2a 2 . Hãy tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a.  1 1 1  1 1 1  Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 28  2  2  2   4      2013 . Tìm giá trị a b c   ab bc ca  1 1 1 lớn nhất của P    . 2 2 2 2 5a  2ab  b 5b  2bc  c 5c  2ac  a 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C): x2  y 2  4 y  4  0 và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng d : 2 x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0;1), B(1;1;1) . Tìm tọa độ điểm M thuộc 21 mặt phẳng  Oxy  sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng . 2 Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z  3 z  2  i 3 z   B. Theo chương trình Nâng cao x2 y2 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):   1 . Hai điểm M (2; m), N (2; n) di 4 3  động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F1 , F2 của (E) đến đường thẳng MN bằng 3. Tính cos MF 1N. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm 3 5 M (3;0;1), N (6; 2;1) và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc  thỏa mãn sin   . 7 n  3i 3  Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn A   là số thực.  3  3i    ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Câu Đáp án Điểm 1 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * TXĐ : D=R * Sự biến thiên Ta có: lim y   ; lim y   0.25 x  x  x  0  y  2 y '  3x 2  6 x ; y '  0    x  2  y  2 BBT: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + 0.25 y 2 + - -2 Hàm số đồng biến trên  ; 0  và  2;   ; Hàm số nghịch biến trên  0; 2  0.25 yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 .  * Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1  3; 0  Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng y 2 0.25 1 x O 2 -2 2.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao của (C) và (): x 3  3 x 2  (2m  1) x  4m  2  0 x  2 0.25  ( x  2)( x 2  x  2 m  1)  0   2  f ( x )  x  x  2 m  1  0 (1) () cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x1, x2 thỏa 2  x1  x2 0.25 mãn:   x1  2  x2
www.VNMATH.com    0  8m  5  0   b   1  m 5     2 a  2    2  2    8. 0.25  m  1    0 8m  5  0   f (2)  0   2 m  1  0  2   5 1 3 Với m   ta có M ( ; ); N (2; 3) (loại) 8 2 8 1 0.25 Với m  ta có M (1; 2); N (2; 2) (loại) 2 Vậy không có giá trị của m thỏa mãn  MNP nhận O làm trọng tâm. 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đk x  k 2 , k  Z 0.25 sin 2 x  cos 2 x  4  s inx  cos x   3cos x  cos x  1  0  s inx  0  s inx(cos x  s inx  2)  0   0.25 cos x  s inx  2  0(VN )  x  k 0.25 Đối chiếu đk suy ra x    k 2 , k  là nghiệm pt. 0.25 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm)  x  3 x  4   y  y  7  1   x 1  x; y    .  log x 1  2  y    2   y2 0.25 0  x  1  1 1  x  2 Điều kiện   0  2  y , y  0 0  y  2 1   x  12  3  x  1   2  y 2  3  2  y  (3) Xét hàm số f  t   t 2  3t , t   0;   f '  t   2t  3  0, t   0;   suy ra hàm số đồng biến trên  0;   0.25 Ta lại có x  1, 2  y   0;   Nên  3  f  x  1  f  2  y   x  1  2  y  x  3  y thay vào pt (2) ta được log 2 y  2  y   3  y  1  y2  y  2  0   y  1 2  0.25 y  y  2 y  1  x  2 (loại) y  2  x  5 (t/m) 0.25 Vậy hpt có nghiệm duy nhất  x; y    5; 2  4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) e I   x 4  1 ln x  2 x 3  1 e e dx   x 3 dx   1  ln x dx 0.25 1 2  x ln x 1 1 2  x ln x e e 3 x4 e4  1 1 x dx   0.25 4 1 4 e 1  ln x e d  2  x ln x  e e2 1 2  x ln xdx  1 2  x ln x   ln 2  x ln x  1  ln  e  2   ln 2  ln 2 0.25
www.VNMATH.com 4 e 1 e2 Vậy I   ln . 0.25 4 2 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 2a 3 Từ giả thiết suy ra SH   ABCD  và SH  a 3 0.25 2 Ta có CH  SC 2  SH 2  a 2 . 0.25 Do đó, tam giác HBC vuông cân tại B và BC  a Gọi E  HC  AD thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra d  D,  AHC   0.25 DE   2a 2  2  4a  AD  3a. cos 450 1 2 1 4a 3 S ABCD   BC  DA  AB  4a (đ.v.d.t.). Vậy VS . ABCD   SH  S ABCD  (đvtt) 2 3 3 S 0.25 A 3a D H a 5 a 2 2a B a C 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 1 1 1 Đặt x  ; y  ; z  . a b c    28 x  y  z  4  xy  yz  zx   2013  4 x 2  y 2  z 2  2013 2 2 2   0.25 2013  x2  y2  z2  24 2 2013 2  Mặt khác  x  y  z   3 x 2  y 2  z 2   x  y  z    8 0.25 1 1 2 1 3 1 1 Ta có       3x  y  0.25 5a 2  2ab  b 2 4a 2   a  b  2 3a  b 8 2  a b  8 2 1 1 1 1 Tương tự  3 y  z  ,   3z  x  5b 2  2bc  c 2 8 2 5c 2  2ac  a 2 8 2 4 2013 Ta có P   x  y  z  0.25 8 2 8 4026 12 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  hay a  b  c  12 4026 7.a (1,0 điểm)
www.VNMATH.com (1,0 điểm) (C) có tâm I(0;2), bán kính R  2 2 . Gọi tọa độ điểm M  a; 2 a  1 Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên a  1 0.25 1 2 IM  R  a   2a  3  2  5a  12a  7  0   2 2 2 a  7  5 Với a  1  M 1;1  Khi đó, AB qua M vtpt là IM 1; 1 có PT là x  y  0 . Pt của CM là x  y  2  0 . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt  x  2 0.25   x  y  2  y  0  2  2  x  y  4 y  4  0   x  2    y  4 Từ đó tìm được tọa độ C  2; 4  . 7 7 9 Với a  M ;  5 5 5 0.25   7 1  Khi đó, AB qua M vtpt là IM  ;  có PT là 7 x  y  2  0 . 5 5  Pt của CM là x  7 y  14  0 . Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt  14   x  5    y  12  x  7 y  14  0   5  2 2    x  y  4 y  4  0   x  14   5 0.25   y  8   5  14 8  Từ đó tìm được tọa độ C  ; .  5 5 KL… 8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) M   Oxy   M  a; b; 0   AM  BM  0.25 Theo giả thiết ta có  1   21   AM , BM   2 2 2 2 2  a  1  b   a  1   b  1 2  4a  2b  1  0   0.25 2  5  1  a  2b   21  1  a  2b  4 4 11 4 21 Giải hệ được: a   ; b   hoặc a  ; b  0.25 5 10 5 10  4 11   4 21  Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M   ;  ;0  và M  ; ; 0  0.25  5 10   5 10  9.a (1,0 điểm)
www.VNMATH.com (1,0 điểm) Đặt z  x  yi  x, y    ta được 0.25   z  3z  2  i 3 z  x  yi  3x  3 yi  2 x 2  y 2  i 3 x 2  3 y 2 4x  2 x2  y2   0.25  2 y  3x 2  3 y 2 x  0   y   3x  y  0  0.25  2 2  x  0  y  3x Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y   3x với x  0 . 0.25 7.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) TH1: MN song song với Ox hay m  n . Khi đó phương trình MN : y  m  0 m2  1  3 m  2 0.25 d ( F1 ; MN ).d ( F2 ; MN )  ( m  1)(m  1)  3   2   m  1  3 (loai)  m  2   1 Với m  2 thì M (2; 2); N (2;2) Từ đây tính được cos MF 1N  65 0.25  1 Với m  2 thì M (2; 2); N (2; 2) Từ đây tính được cos MF 1N  65 TH2: MN không song song với Ox. Ta có phương trình MN là (n  m) x  4 y  2m  2n  0  nm  3 (3m  n)(3n  m) 0.25 Khi đó: d ( F1; MN ).d ( F2 ; MN )  2 3  2 2 16  (n  m) 6m  6n  4mn  48  0, loai  Ta có: MN 2  16  (n  m)2 ; MF12  m2  1; NF12  n 2  9  m 2  n 2  10  (16  (n  m)2 ) 0.25 Do đó, cos MF1N  0 2 MF1 NF1 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm)  Gọi vtpt của (P) là n  a; b; c  , a 2  b 2  c 2  0 Vì M   P  nên phương trình của  P  có dạng a  x  3  by  c  z  1  0 3a N   P   3a  2b  0  b  2 0.25 3 5 2 sin    cos   (do 0    900 ) 7 7  Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến i  1;0;0  a 2 cos    *  2 a b c 2 2 7 0.25 3a Thế b  vào (*) giải được c  3a 2 3a + Với c  3a ; b  chọn a  2  b  3; c  6 ,  P  : 2 x  3 y  6 z  12  0 0.25 2 3a + Với c  3a ; b  chọn a  2  b  3; c  6 ,  P  : 2 x  3 y  6 z  0 0.25 2
www.VNMATH.com 9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) n n  3i    n n A      cos  i sin   cos  i sin 0.5  2   6 6 6 6 n A    sin  0  n  6 k , k  , k  1 0.5 6
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề III. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  (1). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) . 2. Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C), đường thẳng (d ) : x  2 y  5  0 cắt (C ) tại hai điểm A, B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) vuông góc với IA. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 4sin 3x  sin 5 x  2 sin x.cos 2 x  0.  1 1 x  3  y  3 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x y  x; y    . ( x  4 y )(2 x  y  4)  36   2 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I    x  cos2 x  s in xdx. 0 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc BAD   600 ; D’O o vuông góc với (ABCD), cạnh bên tạo với đáy một góc  = 60 . Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp C.ADC’. Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 9abc P  a 2  b2  c 2  2 IV. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc  ABC  300 , đường thẳng d : 2 x  y  1  0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng ( P1 ) : x  2 y  2 z  3  0 , x2 y z4 ( P2 ) : 2 x  y  2 z  4  0 và đường thẳng d:   . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I  (d) và tiếp 1 2 3 xúc với hai mặt phẳng (P1), (P2). 4i 2  6i Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn các số phức ; (1  i )(1  2i); trong mặt phẳng i 1 3i phức. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. B. Theo chương trình Nâng cao x2 y2 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp  E  :   1 với hai tiêu điểm F1 , F2 (hoành độ 25 9  của F1 âm). Điểm P thuộc elíp sao cho góc PF 0 1 F2  120 . Tính diện tích tam giác PF1 F2 . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 1), B(2;1;3) . Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox để tam giác AMB có diện tích nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi. Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu. ---------- HẾT ----------
www.VNMATH.com Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM www.VNMATH.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối D Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) + Tập xác định D  R \ 1 + Sự biến thiên lim y  2  Đt y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 0.25 x  lim y  , lim y    x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x 1 x 1 4 y' 2  0, x  1  x  1 0.25 Hàm số nghịch biến trên  ;1 , 1;   . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: x  1  y' + 0 ||  0  2  y 0.25  2 + Đồ thị 0.25 b.(1,0 điểm) x5 Ta có I 1, 2  , d : y  2 0.25 2x  2 x  5 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là  x 1 2 x  3   A  3;4   x  3 (loai)  0.25 3 1 Hệ số góc của IA là k  1 42 Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Do tiếp tuyến vuông góc với IA nên 4 x  3 Tiếp tuyến có hệ số góc 2  1   0 0.25 ( x0  1)  x0  1 Từ đó, ta xác định được các tiếp tuyến là: y   x  7, y   x  1 0.25 2 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4sin 3x  sin 5 x   sin 3 x  s inx   0 0.25
www.VNMATH.com  3sin 3x  sin 5 x  sin x  0  3sin 3 x  2sin 3x.cos 2 x  0  sin 3 x(3  2 cos 2 x )  0 0.25  sin 3x  0 0.25 k x ;k  Z 0.25 3 3 (1,0 điểm) (1,0 điểm) ĐK: x, y  0 x  y 1 1 ( y  x)( y 2  xy  x 2 ) 0.25 x  3  y  3  ( x  y)  3 3   y 2  xy  x 2 x y x y  1  x3 y 3 Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x  4 y )(2 x  y  4)  36  x  6 ta được phương trình: x 2  4 x  12  0   0.25  x2 Hệ có nghiệm (6; 6); (2; 2) y 2  xy  x 2 Trường hợp  1 x3 y 3 0.25 Do y 2  xy  y 2  0 với x, y  0 nên nếu ( x; y ) là nghiệm thì xy  0 Mặt khác ( x  4 y )(2 x  y  4)  36  2 x 2  4 y 2  9 xy  4 x  16 y  36  2( x  1) 2  4( y  2) 2  9 xy  18 (*) 0.25 Do xy  0 nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (6; 6); (2; 2) 4 (1,0 điểm) (1,0 điểm) u  x  cos2 x du  1  2sin x cos x  dx Đặt   . dv  sin xdx v   cos x  0.5  2 Nên I    x  cos2 x  cos x 2   1  2sin x cos x  cos xdx 0 0     2 2 cos3 x 2 4 0.5  1   cos xdx  2  cos 2 xd  cos x   1   sin x  2  (2. ) 2  11  0 0 0 3 0 3 3 5 (1,0 điểm) (1,0 điểm) C' D' A' B' 0.25 H C D O A B  Từ giả thiết: D ' DO  60 0 0.25
www.VNMATH.com a 3 1 a Tam giác ABD đều, AC  2AO  2.  a 3 v OD  BD  ; DD'=a 2 2 2 Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO '  a  DD ' và OO '  AC (do AC   BDD ' B '  ), nên diện tích tam giác ACC’ là: 1 1 1 a2 3 S ACC '  S ACC ' A '  OO'.AC  a.a 3  , trong đó AC  a 3 2 2 2 2 a2 3 Diện tích tam giác ACD là S ACD  4 a Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' H  CD v OD'H vuông tại O. Do đó DH  4 a 15 Suy ra D ' H  D ' D 2  DH 2  . 4 0.25 1 1 1 a 15 a 2 15 Diện tích tam giác C’CD là S C ' CD  S CDD' C '  CD.D ' H  a.  2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: a 2 3 a 2 3 a 2 15 a 2 3 S xq  S ACC '  S ACD  S CDC '  2  4  8  8 6 5   1 1 a 3 a2 3 a3 Thể tích VC . AC ' D  VC '. ACD  D ' O.S ACD     (đvtt) 0.25 3 3 2 4 8 6 (1,0 điểm) (1,0 điểm) 9abc 9abc P  a 2  b2  c 2   a 2  (b  c )2  2bc  2 2 0.25 2 2 9a 9a 2  a  (1  a)  bc(  2)  bc (  2)  2a  2a  1 2 2 1 Không mất tình tổng quát giả sử a  min(a, b, c ) nên a  [0; ] 3 9a Khi đó hàm f (t )  t (  2)  2a 2  2a  1 là hàm nghịch biến. 0.25 2 9a  f (t )  t (  2)  2a 2  2a  1  f (0)  2a 2  2a  1 2 1 Từ đó ta lại khảo sát hàm f (0)  2a 2  2a  1 với a  [0; ] 0.25 3 Khi đó ta có MaxP  1 khi a  1; b  c  0 và các hoán vị. 0.25 7.a (1,0 điểm) cho tam giác ABC vuông tại A(1; 2) có góc  ABC  300 , đường thẳng d : 2 x  y  1  0 là (1,0 điểm) tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm B và C. 7 9 1 Gọi H là hình chiếu của A trên d là H  ;  , AH  d ( A; d )  5 5 5 Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là trung điểm BC 0.25 d vuông góc BC nên BC//AH suy ra  ABH  600 AH 1 Suy ra, HB  0  tan 60 15 Gọi tọa độ của B(t; 2t  1) 0.25
www.VNMATH.com 2 2 2 1  7  14  1  7 1 7 3 BH    t     2t      t    t  15  5  5  15  5  75 5 15 7 3 9 2 3 7 3 9 2 3  B   ;    B   ;    5 15 5 15   5 15 5 15  7 3 9 2 3 TH1: B   ;    5 15 5 15  1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x  2 y  5  0 3  1  0.25 C  BC  C  5   2a; a   3    31  2 3  13  3 31  2 3  AC. AB  0  a   C  ;  15  15 15  7 3 9 2 3 TH2: B   ;    5 15 5 15  1 Phương trình BC qua B vuông góc với d là x  2 y  5  0 3 0.25  1  C  BC  C  5   2 a; a   3    31  2 3  13  3 31  2 3  AC. AB  0  a   C  ;  15  15 15  8.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) x2 y z4 Giả sử I  (d ) :    I (2  t; 2t ; 4  3t ) là tâm của mặt cầu (S) 0.25 1 2 3 Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P1), (P2)  d (I, (P1)) = d (I ; (P2)) 1 1 t  13 0.25  9t  3  10t  16   3 3 t  1  I1 (11; 26; 35); I 2 (1; 2;1) 0.25  R1 = 38 ; R2 = 2 Vậy có hai mặt cầu cần tìm: 0.25 ( S1 ) : ( x  11) 2  ( y  26) 2  ( z  35)2  382 , ( S2 ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  4 9.a (1,0 điểm) (1,0 điểm) 4i 4i  i  1 Ta có:   2  2i có điểm biểu diễn A= (2; -2). i  1  i  1 i  1 1  i 1  2i   3  i có điểm biểu diễn B= (3; 1). 0.5 2  6i  2  6i  3  i    2i có điểm biểu diễn C= (0; 2). 3i  3  i  3  i      Xét BA   1; 3  ,BC   3;1  BA.BC  0  BA  BC 0.5 Suy ra tam giác ABC vuông tại B. 7.b (1,0 điểm)
www.VNMATH.com (1,0 điểm) 2 x y2 2 a  25 a  5  2a  10  E  :   1 có  2  2 2 2   0.25 25 9 b  9 c  a  b  16 c  4  F1 F2  8 Theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:  PF1  PF2  2a  10  PF2  10  PF1 0.25  2 2 2 0   2 10  PF1   PF1  8  PF1.8 2 2  PF2  PF1  F1 F2  2 PF1 .F1 F2 .cos120  9  PF1  7  0.25  PF  61  2 7 1 1 9 3 18 3  SPF1 F2  PF1.F1F2 .sin1200  . .8.  (đvdt) 0.25 2 2 7 2 7 8.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Vì M ở trên Ox nên tọa độ có dạng M(t;0;0) 0.25     Khi đó, AM   t  1; 2;1 ; AB   3; 1; 4    AM ; AB    7; 4t  1; t  5  0.25 1   1 S ABM  |  AM ; AB  | 17t 2  2t  75 0.25 2 2 1  1  Hàm số f (t )  17t 2  2t  75 đạt GTNN tại t  . Vậy M  ; 0;0  là điểm cần tìm. 0.25 17  17  9.b (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố “ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ” 0.25 Ta có: H  A  B  C và các biến cố A , B , C đôi một xung khắc. Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có: C2 C2 C2 5 0.5 P  H   P  A  B  C   P  A  P  B   P  C   42  32  22  C9 C9 C9 18 Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H . Suy ra, 5 13 0.25 P( H )  1  P  H   1   . 18 18

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.