Đề và đáp án thi thử ĐH CĐ THPT QLưu4 lần 2,2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.44 MB, 10 trang )
Sở GD&ĐT Nghệ An
Trường THPT Quỳnh lưu 4
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn: Toán; Khối: A-B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng ∆ : y = − x + 2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam
giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1).
Câu II (2,0 điểm)
π
2
2
1. Giải phương trình 2sin x sin 2 x − cos x sin 2 x + 1 = 2cos x − ÷
4
2. Giải phương trình −2 x 3 + 10 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x 3
Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y = x 2 ; y = 2 − x 2 . Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0) . Góc ·ABC bằng 1200, cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Gọi C ' là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng (α ) đi qua AC '
và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D '. Tính thể tích khối chóp S . AB ' C ' D '
2
2
2
9( a + b + c)
2a
2b
2c
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c .Chứng minh rằng 1 + ÷ + 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥
.
b
c
a
ab + bc + ca
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 VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng
(∆) : 2 x − 3 y + 14 = 0 , cạnh BC song song với (∆) , đường cao CH có phương trình x − 2 y − 1 = 0 . Biết trung
điểm của cạnh AB là điểm M (−3;0) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong khong gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai mặt phẳng (α1 ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 ;
x+2 y z−4
(α 2 ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0 và đường thẳng (d ) :
=
=
. Lập phương trình mặt cầu (S) có
−1
−2
3
tâm I thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (α1 ) và (α 2 ) .
2i
Câu VIIa (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 = −3 + 6i; z2 = − .z1 có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức
3
tương ứng là A, B. Chứng minh rằng tam giác OAB vuông tại O.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba đường thẳng ∆1 , ∆ 2 , ∆ 3 lần lượt có phương trình 3 x + 4 y + 5 = 0 ,
4 x − 3 y − 5 = 0, x − 6 y − 10 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng ∆ 3 và
2
tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm E (4; 2;1). Giả sử (α ) là mặt phẳng đi qua E và cắt tia
Ox tại M, tia Oy tại N, tia Oz tại P. Viết phương trình mặt phẳng (α ) khi tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất.
4log3 ( xy ) = 2 + ( xy )log3 2
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )
---Hết---
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….; số báo danh:…………………………….
Sở GD&ĐT Nghệ An
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
Trường THPT Quỳnh lưu 4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn: Toán; Khối: A-B
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đáp án- thang điểm gồm 4 trang
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác đinh: D = R
• Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 , y ' = 0 ⇔ x = ±1
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) ,nghịch biến trên ( −1;1)
( x 3 − 3 x + 2) = −∞; lim ( x 3 − 3 x + 2) = +∞
- Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
0,25
-Bảng biến thiên:
x
-∞
y'
y
+
0
+∞
1
- 0
+
+∞
4
-∞
•
-1
0.25
0
Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với (∆) là: x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 = − x + 2
x = 0 ⇒ y = 2
⇔
2
g ( x) = x + 2mx + 3m − 2 = 0(2)
Đường thẳng (∆) cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C ⇔
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
%
m > 2hoacm
<1
m 2 − 3m + 2 > 0
∆ ' > 0
⇔
⇔
⇔
2
g (0) ≠ 0
3m − 2 ≠ 0
m ≠
3
Gọi B ( x1 ; y1 ) và C ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1 = − x1 + 2 và y1 = − x2 + 2
3 +1− 2
2S
2.2 2
⇒ BC = MBC =
=4
Ta có h = d ( M ;(∆) ) =
h
2
2
2
2
2
2
Mà BC = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 2 ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 8(m 2 − 3m + 2)
Suy ra 8(m 2 − 3m + 2) =16 ⇔ m = 0 (thoả mãn)hoặc m = 3 (thoả mãn)
I
(2,0 điểm)
0.25
0,25
0.25
0,25
1. (1,0 điểm)
π
2
Phương trình đã cho tương đuơng với 2sin x sin 2 x − cos x sin 2 x + 1 = 1 + cos 2 x − ÷
2
2sin x sin 2 x − cos x sin 2 2 x + 1 = 1 + sin 2 x
sin 2 x = 0
⇔ sin 2 x ( 2sin x − cos x sin 2 x − 1) = 0 ⇔
2sin x − cos x sin 2 x − 1 = 0
0.25
0,25
1
3
2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = 3 2
kπ
sin 2 x = 0 ⇔ x = 2 ; k ∈ Z
0.25
kπ
x=
;k ∈Z
kπ
2
x = 2 ;k ∈ Z
1
⇔
⇔ x = arcsin 3 + k 2π
2
sin x = 1 ; k ∈ Z
3
2
1
x
=
π
−
arcsin
+ k 2π
3
2
2. (1,0 điểm)
Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm, chia cả hai vế phương trình cho x3, ta được
10 17 8
5
−2 + − 2 + 3 = 2 3 2
x x
x
x −1
1
Đặt y = ( y ≠ 0) . Khi đó ta có 8 y 3 − 17 y 2 + 10 y − 2 = 2 3 5 y 2 − 1
x
⇔ (2 y − 1)3 + 2(2 y − 1) = 5 y 2 − 1 + 2 3 5 y 2 − 1
Suy ra f (2 y − 1) = f
(
3
)
0.25
0,25
5 y − 1 , trong đó f (t ) = t + 2t
2
0,25
3
Do f (t ) = t 3 + 2t là hàm đồng biến trên R nên f (2 y − 1) = f
(
3
)
5 y2 −1 ⇔ 2 y −1 = 3 5 y2 −1
0.25
⇔ 8 y − 17 y + 6 y = 0 ⇔ y (8 y − 17 y + 6) = 0
3
2
2
17 ± 97
17 m 97
Giải ra tìm được y = 0 (loại); y =
⇒x=
16
12
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: x 2 = 2 − x 2 ⇔ x = −1 hoặc x = 1
Khi x ∈ [ −1;1] thì
1
2 − x ≥ 0 và đồ thị hàm số y = x ; y = 2 − x cùng nằm phía trên trục Ox
2
2
(
0.25
2
)
2
4
Vậy V = π ∫ 2 − x − x dx
−1
0,25
0,25
0.25
1
x3 x5
44
= π 2 x − − ÷ = π (đvtt)
3 5 −1 15
Gọi O là giao điểm AC và BD; I là giao điểm SO
và AC’.
Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng
song song cắt SB, SD lần lượt tại B’ và D’
Từ BD ⊥ ( SAC )
⇒ B ' D ' ⊥ ( SAC ) ⇒ B ' D ' ⊥ AC '.
S
C'
D’
D
0,25
I
0.25
C
B’
O
A
B
Ta có: AC = a 3 ⇒ SC = 2a ⇒ AC ' =
1
SC = a
2
0,25
Do I là trọng tâm tam giác SAC ⇒ B ' D ' =
2
2a
BD =
.
3
3
1
a2
AC '.N ' D ' =
2
3
Vậy đường cao h của hình chóp S . AB ' C ' D ' chính là đường cao của tam giác đều SAC '
⇒ S AB 'C ' D ' =
⇒h=
V
(1,0 điểm)
0.25
0.25
a 3
1
a 3 3 (đvtt)
⇒ VS . AB 'C ' D ' = h.S AB 'C ' D ' =
2
3
18
1
2
2
2
2
Đặt biểu thức ở vế trái là M, áp dựng bbất đẳng thức x + y + z ≥ ( x + y + z ) ta được
3
0,25
2
2
1 2a
2b
2c 1
a b c
M ≥ 1 +
+1+
+ 1 + ÷ = 3 + 2 + + ÷ (1)
3
b
c
a 3
b c a
2
2
2
( x + y + z ) , ta có
Áp dụng bất đẳng thức x + y + z ≥
a
b
c
a+b+c
2
2
2
2
( a + b + c ) . (2)
a b c a
b
c
+ + =
+ +
≥
b c a ab bc ca ab + bc + ca
2
Đặt S =
( a + b + c)
2
ab + bc + ca
, áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx suy ra S ≥ 3.
0.25
0.25
1
2
Từ (1) và (2) có M ≥ (3 + 2 S )
3
2
2
2
2a 2b 2c 9 ( a + b + c ) ⇔ M ≥ 9 S
Vậy 1 + ÷ + 1 + ÷ + 1 + ÷ ≥
b
c
a
ab + bc + ca
2
⇔ (3 + 2 S ) ≥ 27 S ⇔ ( S − 3)(4 S − 3) ≥ 0. luôn đúng vì S ≥ 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
1. (1,0 điểm)
Vì AB ⊥ CH nên AB có phương trình: 2 x + y + c = 0 .
Do M (−3;0) ∈ AB nên c = 6 . Vậy phương trình đuờng thẳng AB là: 2 x + y + 6 = 0
0.25
2 x − 3 y + 14 = 0
⇒ A(−4; 2)
Do A∈ ∆ nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
2 x + y + 6 = 0
Vì M (−3;0) là trung điểm cạnh AB nên B (−2; −2) .
Cạnh BC song song với ∆ và đi qua B nên BC có phương trình: 2( x + 2) − 3( y + 2) = 0
⇔ 2x − 3y − 2 = 0 .
2 x − 3 y − 2 = 0
⇒ C (1;0)
Vậy toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
x − 2 y −1 = 0
2. (1,0 điểm)
Do tâm I ∈ (d ) nên I ( −2 − t ; −2t ; 4 + 3t ) .
0.25
2
VIa
Mặt cấu (S) tiếp xúc với ( α1 ) và ( α 2 ) khi và chỉ khi d ( I ;(α1 ) ) = d ( I ;(α 2 ) ) , thay vào ta giải
18
ra được t1 = −12 hoặc t2 = − .
19
35
20 36 22
Do đó I1 ( 10; 24; −32 ) ⇒ R1 = 35; I 2 − ; ; ÷⇒ R2 =
19
19 19 19
Vậy ta có hai mặt cầu toả mãn yêu cầu bài toán là:
(2,0 điểm)
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
( S1 ) : ( x − 10 ) + ( y − 24 ) + ( z + 32 ) = 352 ;
2
2
2
VIIa
(1,0 điểm)
VIIb
(1,0 điểm)
2
2
2
2
20
36
22 35
(S2 ) : x + ÷ + y − ÷ + z − ÷ = ÷
19
19
19 19
Ta có AB = z2 − z1 = 65
0.25
OA = z1 = 45
0.25
OB = z2 = 20
0.25
Suy ra OA2 + OB 2 = AB 2 nên ·AOB = 900
1. (1,0 điểm)
Do I ∈ ∆ 3 ⇒ I ( 6a + 10; a ) .
0.25
0.25
Ta có d ( I ; ∆1 ) = d ( I ; ∆ 2 ) = R
70
⇔ a = 0 hoặc a = −
43
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
2
2
2
10
70 7
2
2
(C1 ) : ( x − 10 ) + y = 49;(C2 ) : x − ÷ + y − ÷ = ÷
43
43 43
2. (1,0 điểm)
Giả sử M ( m;0;0 ) , N ( 0; n;0 ) , P ( 0;0; p ) (p>0),
x y z
suy ra phương trình mặt phẳng ( MNP ) là: + + = 1 .
m n p
4 2 1
6
E ( 4; 2;1) ∈ ( MNP ) ⇒ 1 = + + ≥
⇒ mnp ≥ 63
m n p 3 mnp
1
4 2 1
⇒ VOMNP = mnp ≥ 36 ⇒ min VOMNP = 36 ⇔ = = .
6
m n p
x y z
+ + =1
Vậy phương trình mặt phẳng (α ) cần tìm là:
12 6 3
xy > 0
Điều kiện:
x + 3y > 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Từ phương trình thứ nhất biến đổi tương đương ta có: 4log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0
Đặt t = 2log3 xy (t > 0) , phương trình trở thành: t 2 − t − 2 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ log 3 xy = 1 ⇔ xy = 3 (3)
(
)
2
2
Từ phương trình thứ hai biến đổi tương đương ta có: log 4 4 x + y = log 4 2 x ( x + 3 y )
⇔ 4 x 2 + y 2 = 2 x ( x + 3 y ) ⇔ x 2 + 2 y 2 = 3 xy (4)
(
)
Từ (3), (4) giải ra ta có nghiệm của hệ phương trình là:
(
6
3; 3 ; 6;
÷.
2 ÷
)
------Hết----Giáo viên
Trương Xuân Sơn
0.25
0.25
0.25
Sở GD&ĐT Nghệ An
Trường THPT Quỳnh lưu 4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
Môn: Toán; Khối: D
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 (1), m là tham số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2. Tìm m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng ∆ : y = − x + 2 tại 3 điểm phân biệt A(0; 2) ; B; C sao cho tam
giác MBC có diện tích 2 2 , với M (3;1).
Câu II (2,0 điểm)
π
2
2
1. Giải phương trình 2sin x sin 2 x − cos x sin 2 x + 1 = 2cos x − ÷
4
2. Giải phương trình
( 3+ 2 2)
x
−2
(
)
x
2 −1 − 3 = 0
Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường y = x 2 ; y = 2 − x 2 . Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a (a > 0) . Góc ·ABC bằng 1200, cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a . Gọi C ' là trung điểm cạnh SC. Mặt phẳng (α ) đi qua AC '
và song song với BD cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D '. Tính thể tích khối chóp S . AB ' C ' D '
Câu V (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4a
4c
4c
P=
+
+
b+c−a c +a −b a +b−c
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 VIa (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có điểm A cố định nằm trên đường thẳng
(∆) : 2 x − 3 y + 14 = 0 , cạnh BC song song với (∆) , đường cao CH có phương trình x − 2 y − 1 = 0 . Biết trung
điểm của cạnh AB là điểm M (−3;0) . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong khong gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai mặt phẳng (α1 ) : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 ;
x+2 y z−4
(α 2 ) : 2 x + y − 2 z − 3 = 0 và đường thẳng (d ) :
=
=
. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm I
−1
−2
3
thuộc (d) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (α1 ) và (α 2 ) .
2i
Câu VIIa (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 = −3 + 6i; z2 = − .z1 có các điểm biểu diễn trong mặt phẳng phức
3
tương ứng là A, B. Chứng minh rằng tam giác OAB vuông tại O.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba đường thẳng ∆1 , ∆ 2 , ∆ 3 lần lượt có phương trình 3 x + 4 y + 5 = 0 ,
4 x − 3 y − 5 = 0, x − 6 y − 10 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng ∆ 3 và
tiếp xúc với hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm E (4; 2;1). Giả sử (α ) là mặt phẳng đi qua E và cắt tia
Ox tại M, tia Oy tại N, tia Oz tại P. Viết phương trình mặt phẳng (α ) khi tứ diện OMNP có thể tích nhỏ nhất.
log ( xy )
log 2
4 3 = 2 + ( xy ) 3
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y )
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
---Hết---
Họ và tên thí sinh:…………………………………………….; số báo danh:…………………………….
Sở GD&ĐT Nghệ An
Trường THPT Quỳnh lưu 4
ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán; Khối: D
Đáp án- thang điểm gồm 4 trang
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác đinh: D = R
• Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 , y ' = 0 ⇔ x = ±1
0.25
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −1;1)
( x 3 − 3 x + 2) = −∞; lim ( x 3 − 3 x + 2) = +∞
- Giới hạn: xlim
→−∞
x →+∞
0,25
-Bảng biến thiên:
x
-∞
y'
y
+
0
+∞
1
- 0
+
+∞
4
-∞
•
-1
0.25
0
Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với (∆) là: x 3 + 2mx 2 + 3(m − 1) x + 2 = − x + 2
x = 0 ⇒ y = 2
⇔
2
g ( x) = x + 2mx + 3m − 2 = 0(2)
Đường thẳng (∆) cắt dồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;2), B, C ⇔
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác 0
%
m > 2hoacm
<1
m 2 − 3m + 2 > 0
∆ ' > 0
⇔
⇔
⇔
2
g (0) ≠ 0
3m − 2 ≠ 0
m ≠
3
Gọi B ( x1 ; y1 ) và C ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (2); y1 = − x1 + 2 và y1 = − x2 + 2
3 +1− 2
2S
2.2 2
⇒ BC = MBC =
=4
Ta có h = d ( M ;(∆) ) =
h
2
2
2
2
2
2
Mà BC = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 2 ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 8(m 2 − 3m + 2)
Suy ra 8(m 2 − 3m + 2) =16 ⇔ m = 0 (thoả mãn)hoặc m = 3 (thoả mãn)
I
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
0.25
0,25
0.25
0,25
π
2
Phương trình đã cho tương đuơng với 2sin x sin 2 x − cos x sin 2 x + 1 = 1 + cos 2 x − ÷
2
2
2sin x sin 2 x − cos x sin 2 x + 1 = 1 + sin 2 x
sin 2 x = 0
⇔ sin 2 x ( 2sin x − cos x sin 2 x − 1) = 0 ⇔
2sin x − cos x sin 2 x − 1 = 0
1
3
2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = 3 2
kπ
sin
2
x
=
0
⇔
x
=
;k ∈ Z
2
Phương trình tương đương với
(
)
x
2 + 1 (t > 0) ⇒
(
(
)
2 +1
)
x
2 −1 =
2x
−2
(
0,25
)
x
2 −1 − 3 = 0
1
t
2
2
3
Phương trình trở thành t − − 3 = 0 ⇒ t − 3t − 2 = 0
t
Giải ra ta có nghiệm của phương trình là: x = log 2 +1 2
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong là: x 2 = 2 − x 2 ⇔ x = −1 hoặc x = 1
Khi x ∈ [ −1;1] thì
1
2 − x 2 ≥ 0 và đồ thị hàm số y = x 2 ; y = 2 − x 2 cùng nằm phía trên trục Ox
(
)
2
4
Vậy V = π ∫ 2 − x − x dx
−1
0,25
0.25
kπ
x=
;k ∈Z
kπ
2
x = 2 ;k ∈ Z
1
⇔
⇔ x = arcsin 3 + k 2π
2
sin x = 1 ; k ∈ Z
3
2
1
x = π − arcsin 3 2 + k 2π
2. (1,0 điểm)
Đặt t =
0.25
0.25
0,25
0.25
0,25
0.25
0,25
0.25
1
x3 x5
44
= π 2 x − − ÷ = π (đvtt)
3 5 −1 15
Gọi O là giao điểm AC và BD; I là giao điểm SO
và AC’.
Trong mặt phẳng (SBD), qua I kẻ đường thẳng
song song cắt SB, SD lần lượt tại B’ và D’
Từ BD ⊥ ( SAC )
⇒ B ' D ' ⊥ ( SAC ) ⇒ B ' D ' ⊥ AC '.
S
C'
D’
D
0,25
I
0.25
C
B’
O
A
B
Ta có: AC = a 3 ⇒ SC = 2a ⇒ AC ' =
1
SC = a
2
0,25
Do I là trọng tâm tam giác SAC ⇒ B ' D ' =
2
2a
BD =
.
3
3
1
a2
AC '.N ' D ' =
2
3
Vậy đường cao h của hình chóp S . AB ' C ' D ' chính là đường cao của tam giác đều SAC '
0.25
a 3
1
a 3 3 (đvtt)
⇒ VS . AB 'C ' D ' = h.S AB 'C ' D ' =
2
3
18
Đặt x = b + c − a, y = c + a − b, z = a + b − c ( x > 0, y > 0, z > 0 )
y+z
z+x
x+ y
,b =
,c =
Khi đó a =
2
2
2
4( y + z ) 4( z + x ) 4( x + y ) 4 y 9 x 4 z 16 x 9 z 16 y
+
+
=
+ ÷+ +
Ta có 2 P =
÷
÷+ +
2
2
2
y x
z y
z
x
Áp dụng bất đẳng thứcAM-GM, ta được:
4 y 9x
4 z 16 x
9 z 16 y
2P ≥ 2
. +2
.
+2
.
= 52
x y
x z
y z
⇒ P ≥ 26. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 26.
x y z
Đạt được ⇔ = = .
2 3 4
1. (1,0 điểm)
Vì AB ⊥ CH nên AB có phương trình: 2 x + y + c = 0 .
Do M (−3;0) ∈ AB nên c = 6 . Vậy phương trình đuờng thẳng AB là: 2 x + y + 6 = 0
2 x − 3 y + 14 = 0
⇒ A(−4; 2)
Do A∈ ∆ nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
2 x + y + 6 = 0
Vì M (−3;0) là trung điểm cạnh AB nên B (−2; −2) .
Cạnh BC song song với ∆ và đi qua B nên BC có phương trình: 2( x + 2) − 3( y + 2) = 0
⇔ 2x − 3y − 2 = 0 .
2 x − 3 y − 2 = 0
⇒ C (1;0)
Vậy toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
x − 2 y −1 = 0
2. (1,0 điểm)
Do tâm I ∈ (d ) nên I ( −2 − t ; −2t ; 4 + 3t ) .
0.25
⇒ S AB 'C ' D ' =
⇒h=
V
(1,0 điểm)
VIa
(2,0 điểm)
Mặt cấu (S) tiếp xúc với ( α1 ) và ( α 2 ) khi và chỉ khi d ( I ;(α1 ) ) = d ( I ;(α 2 ) ) , thay vào ta giải
18
ra được t1 = −12 hoặc t2 = − .
19
35
20 36 22
Do đó I1 ( 10; 24; −32 ) ⇒ R1 = 35; I 2 − ; ; ÷⇒ R2 =
19
19 19 19
Vậy ta có hai mặt cầu toả mãn yêu cầu bài toán là:
2
2
2
( S1 ) : ( x − 10 ) + ( y − 24 ) + ( z + 32 ) = 352 ;
2
VIIa
(1,0 điểm)
VIb
2
2
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2
20
36
22 35
(S2 ) : x + ÷ + y − ÷ + z − ÷ = ÷
19
19
19 19
Ta có AB = z2 − z1 = 65
0.25
OA = z1 = 45
0.25
OB = z2 = 20
0.25
Suy ra OA2 + OB 2 = AB 2 nên ·AOB = 450
1. (1,0 điểm)
0.25
Do I ∈ ∆ 3 ⇒ I ( 6a + 10; a ) .
VIIb
(1,0 điểm)
0.25
Ta có d ( I ; ∆1 ) = d ( I ; ∆ 2 ) = R
70
⇔ a = 0 hoặc a = −
43
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
2
2
2
10
70 7
2
(C1 ) : ( x − 10 ) + y 2 = 49;(C2 ) : x − ÷ + y − ÷ = ÷
43
43 43
2. (1,0 điểm)
Giả sử M ( m;0;0 ) , N ( 0; n;0 ) , P ( 0;0; p ) (p>0),
x y z
suy ra phương trình mặt phẳng ( MNP ) là: + + = 1 .
m n p
4 2 1
6
E ( 4; 2;1) ∈ ( MNP ) ⇒ 1 = + + ≥
⇒ mnp ≥ 63
3
m n p
mnp
1
4 2 1
⇒ VOMNP = mnp ≥ 36 ⇒ min VOMNP = 36 ⇔ = = .
6
m n p
x y z
+ + =1
Vậy phương trình mặt phẳng (α ) cần tìm là:
12 6 3
xy > 0
Điều kiện:
x + 3y > 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Từ phương trình thứ nhất biến đổi tương đương ta có: 4log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0
Đặt t = 2log3 xy (t > 0) , phương trình trở thành: t 2 − t − 2 = 0 ⇒ t = 2 ⇒ log 2 xy = 1 ⇔ xy = 2 (3)
(
)
2
2
Từ phương trình thứ hai biến đổi tương đương ta có: log 4 4 x + y = log 4 2 x ( x + 3 y )
⇔ 4 x 2 + y 2 = 2 x ( x + 3 y ) ⇔ x 2 + 2 y 2 = 3 xy (4)
(
)
Từ (3), (4) giải ra ta có nghiệm của hệ phương trình là:
(
6
3; 3 ; 6;
÷.
2 ÷
)
------Hết----Giáo viên
Trương Xuân Sơn
0.25
0.25
0.25
