5 đề thi thử Quốc gia 2016 môn Toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (747.65 KB, 26 trang )
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f x x 3
4
trên đoạn
x 1
2;5 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình log 2 2 x 1 log 1 x 2 1 .
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của biểu thức
n
2
2
1
x , x 0. Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn An 2Cn 180 .
x
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2);
C(2; 0; 1), D(–1; 0; –3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương
trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.
Câu 6 (1,0 điểm).
3
a) Cho cos . Tính giá trị của biểu thức P cos 2 cos 2 .
5
2
b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán của một trường phổ
thông có 4 học sinh nam khối 12, 2 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11. Để thành lập
đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần
chọn 5 em từ 8 em học sinh trên. Tính xác suất để trong 5 em được chọn có cả học sinh nam và
học sinh nữ, có cả học sinh khối 11 và học sinh khối 12.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD là
hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 5), AB 2 BC và điểm C thuộc đường
thẳng d : x 3 y 7 0 . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc
5 1
của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết N ; và điểm B có tung độ nguyên.
2 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x 1
x2 x 2 3 2 x 1
trên tập hợp số thực.
3
2x 1 3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P x 2 y 2 2 y 1 y 2 z2 2 z 1 z2 x 2 2 x 1
––––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 VÀ ĐT LÂM ĐỒNG – TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01
Câu
Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm y
Câu 1
Điểm
2x 1
x 1
* Tập xác định: D = R\{–1}
* Sự biến thiên
1
0 với mọi x – 1
Ta có y '
( x 1)2
(1,0 đ)
Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
– Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y 2 ; tiệm cận ngang: y = 2
x
x
0,25
lim y ; lim y ; tiệm cận đứng: x = – 1
x ( 1)
0,25
x ( 1)
Bảng biến thiên
x
-1
-∞
+∞
+∞
y
2
0,25
+
+
y'
2
-∞
* Đồ thị
Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (–1/2; 0)
Tâm đối xứng I(–1; 2)
0,25
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
1,0
– Ta có f x liên tục và xác định trên đoạn 2;5 ;
f ' x 1
Câu
2
4
x 1
0,25
2
0,25
0,25
0,25
– Với x 2;5 thì f ' x 0 x 3
– Ta có: f 2 3, f 3 2, f 5 3
– Do đó: Max f x 3 x 2 x 5 , min f x 2 x 3
2;5
2;5
Giải bất pt…
ĐK: x 2
1,0
–Khi đó bất phương trình tương đương: log 2 2 x 1 log 2 x 2 1
Câu 3
0,25
0,25
0,25
log 2 2 x 1 x 2 1
5
2 x 2 5 x 0 x 0;
2
0,25
5
– Kết hợp điều kiện ta có: x 2;
2
Tìm số hạng chứa…
– ĐK: n , n 2
1,0
n 15
– Khi đó: An2 2Cn1 180 n 2 3n 180 0
n 15
n 12
0,25
15
Câu
4
15 3k
15
2
k k
k
– Khi n = 15 ta có: x C15 1 2 x 2
x
k 0
15 3k
Mà theo bài ra ta có:
3k 3
2
0,25
0,25
0,25
3
Do đó số hạng chứa x3 trong khai triển trên là: C153 1 23 x 3 3640 x 3
Trong Kg Oxyz….
Ta có AB (0; 1; 2); AC (1; 1;1); AD (2; 1; 3) .
AB , AC 1; 2;1 ; AB , AC . AD 7
Do AB , AC . AD 7 0 , nên 3 véctơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy ra
A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2 y 2 z 2 2ax 2by 2cz d 0
Câu
5
Câu
6
1,0
0,25
0,25
( với a 2 b 2 c 2 d 0 ).
2a 2b d 2
2a 4c d 5
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ
4a 2c d 5
2a 6c d 10
5
31
5
50
Giải hệ suy ra a ; b ; c ; d
14
14
14
7
5
31
5
50
Vậy phương trình mc là: x 2 y 2 z 2 x y z
0.
7
7
7
7
1 cos
a) Ta có: P
2 cos 2 1
2
1 3 9
27
1 2. 1
2 5 25 25
0,25
0,25
0,25
0,25
b)– Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách
– Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau
+) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách
+) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22 C42 cách
0,25
+) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22 C21C42 cách
0,25
+) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22 C22 C41 cách
Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là:
C C21C43 + C21C22 C42 + C22 C21C42 + C22 C22 C41 = 44 cách
1
2
– Vậy xác suất cần tính là:
44 11
56 14
Tính thể tích và...
– Tính thể tích
1,0
S
K
+) Ta có: AB AC 2 BC 2 4a
+) Mà SCD , ABCD
SDA 450
H
nên SA = AD = 3a
A
D
1
Do đó: VS . ABCD SA.S ABCD 12a 3 (đvtt)
3
– Tính góc…
Câu
7
+) Dựng điểm K sao cho SK AD
0,25
C
B
0,25
0,25
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
D lên CK, khi đó: DK SBC . Do đó:
DSH
SD, SBC
+) Mặt khác DH
DC.DK 12a
, SD SA2 AD 2 3a 2
KC
5
SH SD 2 DH 2
0,25
3a 34
5
SH
17
Do đó:
DSH arccos
arccos
340 27 '
SD, SBC
SD
5
Câu 8 Trong mp Oxy…
Gọi I AC BD
A
I
Do BN DM IN IB ID
IN IA IC
1,0
B
C
D
ANC vuông tại N
0,25
N
M
7 9
5 1
Đường thẳng CN qua N ; và nhận NA ; là pháp tuyến nên có phương
2 2
2 2
trình: 7 x 9 y 13 0 . Do C CN d C 2; 3
Gọi B a; b . Do AB 2BC và AB BC nên ta có hệ p
hương trình:
0,25
0,25
a 1 a 2 b 5 b 3 0
2
2
2
2
a 1 b 5 4 a 2 b 3
a 5, b 1
hệ trên suy ra
7
9
a , b
5
5
( ktm)
0,25
Vậy B 5; 1 , C 2; 3.
Giải bất phương trình...
– ĐK: x 1, x 13
– Khi đó:
1
– Nếu
3
3
x2 x 2 3 2 x 1
x2 x 6
x
1
2
3
3
2x 1 3
2x 1 3
x 1
x 2
1,0
x 1 2
2x 1 3
0,25
, *
2 x 1 3 0 x 13 (1)
thì (*) 2 x 1 3 2 x 1 x 1 x 1 x 1
0,25
Do hàm f (t ) t t là hàm đồng biến trên , mà (*):
3
f
Câu
9
3
2x 1 f
x 1 3 2 x 1 x 1 x3 x 2 x 0
1 5 1 5 DK(1)
Suy ra: x ;
VN
0;
2
2
– Nếu
3
2 x 1 3 0 1 x 13 (2)
0,25
thì (2*) 2 x 1 3 2 x 1 x 1 x 1 x 1
Do hàm f (t ) t 3 t là hàm đồng biến trên , mà (2*):
f
3
2x 1 f
1
1 x 13
x 1 2 x 1 x 1 1 x 2
2
2
3
2 x 1 x 1
3
1 5
Suy ra: x 1;0
;
2
1 5
Kết hợp điều kiện có x 1;0
;13
2
Tìm giá trị nhỏ nhất…
1 5
KL: x 1;0
;13
2
1,0
Ta có P x 2 (1 y)2 y2 (1 z)2 z2 (1 x)2
1
2
Vì a2 b2 ( a b)2 nên P
Câu
10
1
2
và a b c a b c nên P
1
2
x 1 y y 1 z z 1 x
1
2
x 1 y y 1 z z 1 x
Dấu "=" xảy ra x y z . Vậy min P
0,25
3 2
2
3 2
1
khi x y z .
2
2
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì căn cứ thang điểm để cho điểm phần đó.
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 02
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x3 6 x 2 9 x 4 .
x 2 5x 4
Câu 2: (1 điểm) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số y
biết các tiếp
x2
1
tuyến đó vuông góc với đường thẳng y x 2006 .
3
Câu 3: (1. điểm)
2
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1 2i .z z 4i 20 . Tính modun của số phức z.
b) Giải phương trình log 2 3 x log 2 1 x 3
1
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân: I x 2 ln 1 x3 dx
0
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 5; 3) và đường thẳng
x 1 y z 2
.
d:
2
1
2
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d.
b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến ()lớn nhất.
Câu 6: (1 điểm)
a) Cho tan 3 . Tính giá trị biểu thức: A
2sin 3cos
.
4sin 5cos
b) Có 3 quyển sách Toán, 5 quyển sách Lý và 4 quyển sách Hóa, các quyển sách này đều khác
nhau. Xếp ngẫu nhiên các quyển sách này trên một chiếc kệ dài. Tìm xác suất để các quyển
sách cùng bộ môn được xếp cạnh nhau.
Câu7:(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AD // BC. Biết SA a 2 ,
AD = 2a, AB = a, BC = CD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với
trung điểm cạnh AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB
và AD theo a .
1 5
1 3
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy . Gọi H ( 3;5) , I ; , K ; ,
2 2
2 2
lần lượt là trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp và chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình : 8 x 3 36 x 2 53 x 25 3 3 x 5
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 xy 3 x 4 y 4
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P x 2 y 2
16
.
x y2 2
2
–––––––––––––Hết–––––––––––––
2
.
xy
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
NỘI DUNG
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 3 6 x 2 9 x 4
+) TXĐ: D
Sự biến thiên:
+) Giới hạn: lim y ; lim y
x
+) Chiều biến thiên:
y / 3x 2 12 x 9
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1) và (3; + ).
Hàm số nghịch biến trên(1; 3).
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = – 4
Câu 1:(1
điểm)
0.25
x
y / 0 x 1 hoặc x 3
+) Bảng biến thiên
x
y
y
ĐIỂM
1 điểm
1
0
0
3
0
0.25
0.25
4
+) Đồ thị + Giao điểm với Oy: (0 ; –4)
+Vẽ đồ thị
+ Giao điểm với Ox: (1;0) ; (4;0)
0.25
Câu 2:
(1 điểm)
x02 4 x0 6
+)
Gọi M0 x0 ; y0 C . Hệ số góc tiếp tuyến tại M0 :
2
0.25
+)
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y 1 x 2016 nên f / x0 = 3
0.25
f / x0
x0 2
3
x02 4 x0 6
x 1
3 2 x02 8 x0 6 0 0
x0 2
x0 3
Toạ độ tiếp điểm (1;0) , (3;–2)
+) Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc đường thẳng có dạng :
y 3 x 1 và y 3x 11
+)
2
0.25
0.25
+) Đặt z a bi a, b R ; z a bi ;
2
Câu 3:
(1 điểm)
1 1 2i a bi a bi 4i 20
+) 3 4i a bi a bi 4i 20
a 2 b 10
a 4
+)
a b 1
b 3
+) Do đó z 4 3i z 32 4 2 5
0.25
0.25
3 x 0
+) Điều kiện:
x 1
1 x 0
1 log2 3 x 1 x 3
0.25
3 x 1 x 8 x 2 4 x 5 0 x 1 x 5
So điều kiện chọn x = –1
+) Đặt
+)
Câu 4
(1 điểm)
3
u ln x 1
dv x 2 .dx
0.25
3x 2
du x3 1 dx
3
v x 1 (chon)
3
Vậy
0.25
0,25
x3 1
I
ln x 3 1
3
1
1
0.25
x .dx
2
0
0
1
2
1
2
1
ln 2 x3 ln 2
3
3 0 3
3
Đường thẳng (d) có vectơ chỉ phương u 2;1;2 . Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên (d), suy ra H (1+ 2t,t, 2 + 2t) và AH 2t 1; t 5;2t 1
+) Vì AH d AH.u 0 2( 2t – 1) + t – 5 + 2(2t –1) = 0 t 1
0.25
0.25
0.25
Vậy H(3,1,4).
Câu 5:
(1 điểm
+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên ta có d A,( ) AK AH
(tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến
( ) lớn nhất. AK AH K H .
Suy ra ( ) qua Hvà nhận AH 1; 4;1 làm vectơ pháp tuyến
Câu 6:
(1 điểm)
a
+) Phương trình củamặt phẳng ( ) là : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1( z – 4) = 0
x – 4y + z – 3 = 0.
Từ tan 3 suy ra cos 0 nên A 2 tan 3
4 tan 5
Vậy A 2 tan 3 2.3 3 9
4 tan 5
4.3 5
0.25
0,25
0,25
0,25
7
Số cách sắp xếp 3 quyển Toán, 5 quển Lý và 4 quyển Hóa là số hoán vị của 12
phần tử do đó 12! . Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng bộ môn được
b
xếp cạnh nhau”. Ghép các quyển sách cùng bộ môn thành từng nhóm, có ba
0,25
nhóm Toán, Lý, Hóa. Số cách xếp ba nhóm này là 3!
Số cách xếp 3 quyển sách Toán trong nhóm Toán là 3!
Số cách xếp 5 quyển sách Lý trong nhóm Lý là 5!
Số cách xếp 4 quyển sách Hóa trong nhóm Hóa là 4!
Vậy A 3!3!5!4! Suy ra P(A)
3!3!5!4!
0, 0002
12!
0,25
Gọi I là trung điểm của AD .
SI ABCD
Ta có SABCD 3SABI
3a2 3
4
0,25
Tam giác SIA vuông vuông tại I cho :
Câu 7:
(1 điểm)
1
a3 3
A2 AI 2 2 a2 a2 a2 SI a . Vậy VS. ABCD SI .SABCD
dvtt
3
4
AD / / BC
AD / / SBC d AD, SB d AD, SBC d I , SBC
BC SBC
Gọi K là trung điểm của BC .
BC SKI
IK BC
Ta có
IH BC
BC SKI Dựng IH SK ;
BC SI
IH SKI
025
025
IH SBC . Vậy d I , SBC IH
Tam giác SIK vuông tại I cho
1
1
1
4
1
7
2 2 2 2 2
2
IH
IK IS
3a a
3a
025
a 21
a 21
, d I , SBC IH
7
7
7 7
HK ; ; a 1; 1 . Phương
2 2
trình đường
thẳng AK đi qua H và
nhận n 1;1 làm vectơ pháp
IH
tuyến x 3 y 5 0 x y 2 0
Phương trình đường thẳng BC điqua K
0.25
và nhận HK 7 ; 7 làm vectơ pháp
2
2
tuyến x y 1 0 BC
Câu 8
(1 điểm)
+) Gọi M là trung điểm của BC thì IM BC Phương trình đường thẳng IM đi
qua I và vuông góc với BC có dạng x y 2 0 .
x y 1 0
3 1
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
M ;
2 2
x y 2 0
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I .
Tứ giác BHCD là hình bình hành nên H, M, D thẳng hàng nên AH 2 IM
3 x A 4
x 1
A
. Vậy A(1; 1).
5 yA 4
yA 1
3 1
+) B BC : x y 1 0 B b; b 1 Vì M ; là trung điểm của BC
2 2
b 0
nên C 3 b; 2 b nên BH CA BH .CA 0 2b 2 6 b 0
b 3
Vậy B(0;1) ; C(–3;–2) hoặc B(–3;–2) ; C(0;1)
0.25
0.25
0.25
8 x 3 36 x 2 53 x 25 3 3 x 5
3
2 x 3 2 x 3
f 2 x 3 f
Câu 9
(1 điểm)
3
3x 5
3
3
3x 5
3
3x 5
Hàm số đặc trưng có dạng f (t) t3 t là hàm số xác định và liên tục trên R
f / (t) 3t2 1 0 , t R Suy ra hàm số đồng biến trên R nên
+) f 2 x 3 f
3
3 x 5 2 x 3 3 3 x 5 8 x 3 36 x 2 51x 22 0
5 3
4
16
x2 y2
2 xy 2
x 2 8 x 2 20 x 11 0 x 2 x
16
x 2 y 2 2 xy
2
x y 2
Đặt t = xy ; t 0 . Ta có:
2
2
2
3 xy 3 x 4 y 4
2 x2 y 2
hay 3t 3 2t 2 2t 3 3t 2 3t 2 0
xy
xy
t
1
t 1 t 2 2t 1 0 vi t 0 t 2
2
8
1
Vậy P t 2
voi
t2
t 1
2
8
Xét hàm số f t t 2
t 1
8
f / t 2t
2
t 1
P x2 y2
Câu 10
(1 điểm)
2
0,25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
f / t 0 t 1 t 2 3t 4 0 t 1
Ta có f 1 5 ; f 2
Suy ra P
20
;
3
1 67
f
2 12
20
3
x. y 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi
x y 2
20
Vậy giá trị lớn nhất P
khi x y 2
3
–––––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––––
0.25
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 03
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 3 3 x 2 2
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình: log 2
2x 1
0.
x 1
b) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình z 2 2 z 2 0 trên tập số phức. Tìm mođun của
số phức: w z1 1
2015
z2 1
2016
.
Câu 3 :(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau:
y f ( x ) x 2 8.ln x trên đoạn [1; e]
2
cos x
dx
(1 sin x) 4
0
Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân: I
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(1; 2;–2), N(2; 0; –1) và mặt
phẳng ( P ) : 3 x y 2 z 1 0 .
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M, N và vuông góc (P).
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(–1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng (P).
Câu 6 :(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2cos 2 x sin x 1 0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học.
Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 :(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA = a .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu 8 :(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1; 1) và đường thẳng
: 2 x 3 y 4 0 . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp
với nhau góc 450.
x y x 2 y 2 12
Câu 9 :(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
y x 2 y 2 12
Câu 10: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
a3
b3
c3
1
a 2 ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S a b c .
----------Hết----------
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Đáp án
Câu
Điểm
1. (1 điểm)
Tập xác định D
Giới hạn : lim y , lim y
0,25
x 0
Sự biến thiên: y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0
x 2
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2)
0,25
x
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) , (2; )
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 2;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = –2
Bảng biến thiên:
x
0
2
0
0
y
y
4
2
0,25
Đồ thị
Giao điểm của (C ) với các trục toạ độ (0;–2), (1; 0)
0,25
2 (0,5 điểm)
2x 1
+ ĐK:
0
x 1
+ Bpt log 2
x 1
2
x 1
0.25
2x 1
log 2 1
x 1
2x 1
1 x 2
x 1
0.25
+) z 2 2z 2 0 . Có ' 1 2 1 i 2
z 1 i
+) Giải phương trình ta được nghiệm là 1
z 2 1 i
+) Thay vào w ta được w i
2015
0.25
i 2016 1 i
hoặc w i 2015 (i )2016 1 i . Vậy w 2
0.25
3/ (1 điểm)
Ta có f / ( x ) 2 x
8
x
0.25
8
2x2 8
0
0 x = 2 hoặc x = –2 ( loại)
x
x
Ta có f (1) = 1 ; f (2) = 4 – 8ln2 ; f (e) = e2 – 8
Cho f / ( x) 0 2 x
Kết luận:
Max y 1
[1;e]
và
Min y 4 8ln 2
[1;e]
4/(1đ)
Đặt u =1+ sin x du = cosx dx
Đ/c x = 0 u = 0,x =
u = 2
2
2
du 1
I= 4 3
3u
0 u
0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
2
0.25
0
Tính đúng kết quả
5/(1 đ)
Ta có: MN (1; 2;1); nP (3;1; 2) nQ MN , nP (5;1; 7) là VTPT của (Q)
Pt (Q): 5 x y 7 z 17 0
Mặt cầu (S) có bán kính R d ( I ; ( P))
Pt (S): ( x 1)2 ( y 3)2 ( z 2) 2
3
14
9
14
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
6/a) (0,5đ)
Ta có: 2cos2 x sin x 1 0 2sin 2 x sin x 3 0 (sin x 1)(2sin x +3)=0
0,25
sin x 1 (do 2sin x 3 0 x )
s inx 1 x
k 2 k
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
k 2 k
2
0.25
6/b) (0,5đ)
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là: C95 126
0,25
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22 C42 .C32 .C21 C43 .C31 .C21 78 .
Xác suất cần tìm là P
78 13
.
126 21
0.25
7/(1đ)
AM BC , ( BC SA, BC AB)
AM SB, ( SA AB)
Ta có
AM SC (1)
Tương tự ta có AN SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
1
Suy ra VABMI S ABM .IH
3
a2
Ta có S ABM
4
IH
SI SI .SC
SA2
a2
1
1
1
IH BC a
2
2
2
2
2
BC SC
SC
SA AC
a 2a
3
3
3
2
3
1a a a
Vậy VABMI
3 4 3 36
8/(1đ)
x 1 3t
* có phương trình tham số
và có vtcp u ( 3; 2)
y 2 2t
*A thuộc A(1 3t ; 2 2t )
AB
.u
1
1
*Ta có (AB; )=450 cos(AB; u )
2
2
AB. u
15
3
169t 156t 45 0 t t
13
13
32 4
22 32
*Các điểm cần tìm là A1 ( ; ), A2 ( ; )
13 13
13 13
9/(1đ)
Điều kiện: | x | | y |
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0.25
0.25
2
0.25
u x 2 y 2 ; u 0
Đặt
; x y không thỏa hệ nên xét x y .
v x y
1 u2
Ta có: y v
2
v
0,25
u v 12
Hệ phương trình đã cho có dạng: u
u2
2 v v 12
u 4
u 3
hoặc
v 8
v 9
x 2 y 2 4
u 4
+
(I)
v 8
x y 8
u 3 x 2 y 2 3
+
(II)
v 9
x y 9
0,25
Giải đúng hệ (1)
Giải đúng hệ (2)
0,25
0,25
10(1đ)
Ta có:
(a + b)(a – b)2 0
a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
0,25
a3
2a b
2
(1)
2
a ab b
3
0,25
b3
2b c
c3
2c a
(2)
,
(3)
2
2
2
2
b bc c
3
c ac a
3
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
0,25
a3
b3
c3
a bc
2
2
2
2
2
2
a ab b b bc c c ca a
3
Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1
0,25
Tương tự:
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 04
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 2 4 x 2 .
x 3 mx 2 1
Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số y
đạt cực tiểu tại x 2 .
3
2
3
Câu 3: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình log 52 x 3 20log 5 x 1 0 trên tập hợp số thực.
b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện: 1 i z i 2 z 2i .
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y x 3 3x 1 và
y x 1.
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(1;1;2) , B (1;0;1) ,
C (1;1;0) và D (2; 1; 2) .
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm B, C, D.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6: (0,5 điểm)
a) Giải phương trình: sin x 1 cos 2 x .
b) Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của A trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc
giữa cạnh bên và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA với BC.
Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với AC có phương
trình là: x 7 y 32 0 , hai đỉnh B, D lần lượt thuộc đường thẳng d1 : x y 8 0 ,
d 2 : x 2 y 3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh
A có hoành độ âm.
1
2
2 x 3 y 1 4 y 3
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
x
e x e y y x
.
1
.
2
ab
bc
ca
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
.
(1 a )(1 b) (1 b)(1 c ) (1 c)(1 a )
Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c
-----------------------Hết-----------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
NỘI DUNG
ĐIỂM
+) Tập xác định D R
x 2
+) Đạo hàm: y ' 4 x 3 8 x ; y ' 0
x 0
0.25
Câu 1: +) các giới hạn : lim y ; lim y ( Đồ thị không có tiệm cận)
x
x
(1 điểm)
+) bảng biến thiên
0.25
0.25
+) nêu các khoảng tăng; giảm và cực trị
0.25
+) Đồ thị
+) Đạo hàm y ' x 2 mx
0,25
Câu 2: +) Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 nên y ' 2 0 4 2m 0 m 2
(1 điểm)
+) Thử lại
0,25
0,25
+) Vậy m 2 thỏa yêu cầu đề bài.
a) )
5
5
b) +) Điều kiện x 0
)
Câu 3:
(1 điểm)
1 i z i 2 z 2i z
0,25
1 i 2 1
i
3 i 5 5
0.25
0.25
z
(1) 9log25x - 10log5 x + 1= 0
+) Đặt : t=log 5 x . Phương trình có dạng
9t 2 10t 1 0 t 1 t
1
9
0.25
) t 1 log5 x 1 x 5
0.25
1
1
1
log5 x x 5 9
9
9
Phương trình hoành độ giao điểm:
) t
x 0
x 3 3 x 1 x 1 x 3 4 x 0 x( x 2 4) 0 x 2
x 2
0.25
2
Diện tích: S
x
3
- 4 x dx
0.25
2
Câu 4
(1 điểm)
Xét dấu f ( x ) x 3 4 x :
x
f(x)
-
0
S=
(x
-2
0
0
+ 0
2
- 0
+
0.25
2
3
- 4x)dx + (-x 3 + 4x)dx
-2
0
0
2
1
1
( x 4 - 2x 2 ) (- x 4 + 2x 2 )
4
4
2
0
= 4 + 4 = 8 (đvdt)
0.25
Câu 5:
(1 điểm)
a) +) BC 2 ;1 ; 1 , BD 1; 1; 3 .
Véc tơ pháp tuyến của (P) là n BC , BD 4; 7;1 .
+) Phương trình mặt phẳng (P): 4 x 1 7 y 0 z
1 0.
0,25
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) : 4x 7y z 3 0.
b)+) Bán kính R d A, P
4.(1) 7 2 3
42 7 2 (1)2
2
66
+) Phương trình mặt cầu (S): x 1 y 1 z 2
2
2
2
.
0,25
2
.
33
0,25
a) +) PT sin x 1 1 sin2 x
+) sin x 1 sin x 1sin x 1 0 sin x 1sin x 2 0
+) sin x 1 (Do sin x 2 0 ) x
0,25
k 2 k
2
+) Vậy phương trình có nghiệm là x k 2 k
2
Câu 6: b)+) Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
(1 điểm)
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 73 .C 102 1575 cách
0,25
025
+) TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C 74 .C 101 350 cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: C 75 21 cách
+) có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
+) Số cách lấy 4 bông hồng thường C 175 6188 P
+) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp
'
(ABC )
tam giác đều ABC AH
+) HA là hình chiếu A’A trên mặt
phẳng (ABC) nên
A 'A, ABC A 'A, AH
A 'A H 600
1946
31, 45%
6188
A'
025
C'
B'
0.25
A
C
H
B
Câu 7
(0,5
điểm
+ ) S ABC
a2 3
2a 3 a 3
a 3
, AH
;A' H
3 a
4
3 2
3
3
+) VABC .A'B 'C '
0.25
a3 3
S ABC .A ' H
(đvtt)
4
' '
+) AA’//(BB’C’C) d AA' , BC d A' ,(BBC
C)
3VA' .BB 'C 'C
S BB 'C 'C
2VABC .A'B 'C '
S BB 'C 'C
0.25
'
BC AA' BC BB '
+) Chứng minh BC AH , BC AH
+) S BB 'C "C BC .BB '
3a
+) Vậy d AA' , BC
4
2a 2 3
3
0.25
+) B thuộc d1 B t1;8 t1 và D
thuộc d2 D 2t2 3; t2
BD 2t2 t1 3; t2 t1 8
0.25
+) Do BD vuông góc AC suy ra:
BD cùng phương n 1;7
2t2 t1 3 t 2 t1 8
1
7
13t2 8t1 13 1
t 2t 3 8 t t
2
1
2
+) Khi đó trung điểm I của BD : I 1
;
2
2
8 t t
t 2t2 3
1
2
+) I thuộc d : 1
7
31 0
2
2
9t2 6t1 9 3t2 2t1 3
0.25
t 0 B 0; 8
13t 8t 13
2
1
+) Vậy ta có hệ :
1
t 1 D 1;1
3t 2t1 3
2
2
ra :
Câu 8 +) Từ đó suy
x
y 8
BD 5 2; BD 1; 7 BD :
7x y 8 0
(1 điểm)
1
7
+) Gọi C thuộc AC
C 31 7t; t d C ; BD
7 31 7t t 8
5 2
5
2
9 2t
+) Từ giả thiết :
1
5
S ABCD 2S BCD 2 BD.d C;BD 5 2.
9 2t 75 9 2t 3
2
2
t 6 C 11;6
9 2t 3
.
9
2
t
3
t
3
C
10;
3
+) Mặt khác A dối xứng với B qua I cho nên ta tìm được tọa độ A .
1
Với C(-11;6 ) và I ; 3 A 10; 0 ( loại vì A có hoành độ âm ).
2
1
Với C(10;3 ) I ; 3 thì A 11; 3 ( chọn )
2
0.25
0.25
+) Vậy các đỉnh hình thoi thỏa mãn là A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) và D(–1; 1)
Câu 9
(1 điểm)
x 0
+) ĐK: x 1 (*)
2
x 1
2 e
x
x ey y
0.25
Xét f t e t t có f / t e t 1 0, t ; nên từ (2) ta có x y
1
3
x
+) Nếu x 0 thì phương trình tương đương với
Từ (1), ta có
2x 2 3x 1 4x
3
1
3
1
3
1
2 4 2 1 . Đặt t 2 2 (t 0) 1 .
x x
x x
x x
t 0
Phương trình (1) trở thành
t 3.
t t 2 6
+) Với t 3 , ta có
x 3 37 (tm )
3
1
2
14
2 2 3 7x 3x 1 0
x x
x 3 37 (k .tm )
14
2
0.25
+) Nếu x 0 thì phương trình tương đương với
2
3
1
3
1
2 4 2
x x
x x
2 .
3
1
2 , (t 0) . Phương trình 2 trở thành
x x
t 0
t 2.
t 6 t 2
Với t 2 , ta có
x 3 17 (k .tm )
3
1
4
2 2 2 2x 2 3x 1 0
x x
x 3 17 (tm )
4
Đặt t 2
0.25
+) Kết hợp với điều kiện (*) suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:
3 37 3 37 3 17 3 17
,
.
;
;
14
4
4
14
0.25
1
+) Ta có a,b, c 0; ; Đặt x a 1, y b 1, z c 1
2
5
1
Từ điều kiện suy ra x , y, z 1; và x y z
2
2
0.25
Câu 10 +) Áp dụng Cô si cho 3 số dương x , y, z , ta có
(1 điểm)
5
x y z 3 3 xyz 3 xyz 0
6
Mặt khác 1 a 1 b a 1b 1 ab a b 1
ab a 1b 1 a b 1 a 1b 1 c 1
0.25
3
2
Do đó:
2 c 1 3
ab
2z 3
1
1
2xy
2 1 a 1 b
1 a 1 b
bc
2x 3
ca
2y 3
1
;
1
2yz
2xz
1 b 1 c
1 c 1 a
Tương tự:
1 2x 3 2y 3 2z 3
) P 3
2 yz
xz
xy
Xeùt Q
Q
2x 3 2y 3 2z 3
yz
xz
xy
2
2
2 x y z
2
3 x y z 4 x
xyz
2
2
y z
2
15
0.25
2xyz
12 3 x 2y 2z 2 15
2xyz
5
12t 2 15
+) Đặt t 3 xyz , t ; 0 , ta có
Q
6
2t 3
5
12t 2 15
; 0
Xét hàm số
g t
,
t
6
2t 3
2
5
45 12t
; 0
g / t
0,
t
6
2t 4
5
Suy ra g t là hàm đồng biến với mọi t ; 0
6
5 144
Suy ra Q g t g
6
25
Q
Suy ra
P 3
+) Vậy max P
72
3
25 25
3
5
1
đạt được khi x y z a b c
25
6
6
-----------------------Hết-----------------------
0,25
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 05
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 3 3 x 2
Câu 2: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 4 2 x 2 3 trên đoạn
0; 4 .
Câu 3: (1 điểm)
a) Giải phương trình log 2 ( x 1) log 2 ( x 3) 5.
b) Cho số phức z thỏa mãn: z z 2 8i . Tìm số phức liên hợp của z.
3
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân I
0
x
dx.
x 1
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; 2; 1), B (2;1; 1), C (3;0;1) .
a) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C.
b) Viết phương trình mặt cầu đi qua 4 điểm O, A, B, C. (O là gốc tọa độ)
Câu 6: (1 điểm)
a) Cho sin
3
2sin 1
với . Tính P
.
5
2
3cos 1
b) Một đội văn nghệ gồm có 20 người trong đó có 12 nam và 8 nữ. Chọn ngẫu nhiên 8 người
để hát đồng ca. Tính xác suất để 8 người được chọn có cả nam và nữ và số nữ nhiều hơn số
nam.
Câu 7: (1 điểm) Cho khối chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên
bằng a 2 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và
SB.
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao
xuất phát từ đỉnh B có phương trình x y 1 0 , đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C có
phương trình 2 x y 2 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
x 3 y 3 5 x 2 2 y 2 10 x 3 y 6 0
Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình
6
4
10 y 1 1 3 x 2
Câu 10: (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 y 2 z 2 2 y 1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2 xy 2 yz
1
.
x y z 1
–––––––––Hết–––––––––
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
NỘI DUNG
+) TXĐ: D
Sự biến thiên:
+) Giới hạn: lim y ; lim y
x
ĐIỂM
0.25
x
+) Chiều biến thiên:
x = 0
y' = 3x2 6x; y' = 0
x = 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 0) và (2; + ).
Hàm số nghịch biến trên(0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = – 4
+) Bảng biến thiên
x
0
2
0
0
y
y
0
0.25
0.25
4
+) Đồ thị
Câu 1:
1; 4 ; 3;0
Đồ thị hàm số đi qua các điểm
(1 điểm)
0.25
Câu 2:(1
điểm)
3
2
+) y ' 4x 4x 4x x 1
0.25
+) y ' 0 x 0 x 1 x 1 0; 4
0.25
+) Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
0.25
Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 khi x = 4
GTNN y = 2 trên trên 0;4 khi x = 1
a) +) Điều kiện: x 1.
0.25
+) PT log 2(x 2 2x 3) 5
0.25
+) Kết hợp điều kiện ta được: x 5 là nghiệm của phương trình.
0.25
Câu 3: (1
điểm)
+) x 2 2x 35 0 x 7 x 5
Đặt z a bi, (a,b ) z a 2 b 2
Khi đó z z 2 8i a bi a 2 b 2 2 8i
0.25
a a 2 b 2 bi 2 8i
2
2
a 15
a a b 2
b 8
b 8
Vậy z 15 8i z 15 8i
0.25
x t 2 1
+) Đặt: t x 1 t x 1 và
dx 2tdt
+) Đổi cận : x 0 t 1; x 3 t 2
2
Câu 4
(1 điểm)
2
+)
I
1
+)
t
2
1 2tdt
t
2
2t 3
2 8
2t |
1
3
3
2 t
2
0.25
0.25
1 dt
0.25
1
0.25
a) +) Điểm trên mp(ABC): A( 1;2; 1); AB 3; 1;0 ; AC 4; 2;2
1 VTPT của(ABC):
Câu 5:
(1 điểm
Câu 6:
(1 điểm)
1 0 0 3 3 1
n [ AB, AC ]
;
;
(2; 6; 2)
2
2
2
4
4
2
+) PTTQ của mp(ABC): 2( x 1) 6( y 2) 2( z 1) 0
2 x 6 y 2 z 8 0 x 3 y z 4 0
b) +) Phương trình mặt cầu ( S ) có dạng:
x 2 y 2 z 2 2ax 2by 2cz d 0
+) Vì 4 điểm O(0;0;0), A( 1;2; 1), B (2;1; 1), C (3;0;1) thuộc ( S ) nên:
0 2.0 2.0 2.0 d 0
6 2a 4b 2c d 0
6 4a 2b 2c d 0
10 6a 0b 2c d 0
d 0
d 0
2a 4b 2c 6
a 1
+)
4a 2b 2c 6
b 3
6a 0b 2c 10
c 2
Vậy phương trình mặt cầu ( S ) : x 2 y 2 z 2 2 x 6 y 4 z 0
a) +) Ta có sin 2 cos2 1 cos2 1 sin 2
4
4
+) cos vì nên cos
5
2
5
16
25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
2 sin 1
) P
3 cos 1
3
2. 1
1
5
4
7
3. 1
5
0,25
3
2
1
b) n ( A) C85 .C12
C86 .C12
C87 .C12
14264
n( A) 14264
7132
P( A)
.
n() 125970 62985
a) +) Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD thì SO ABCD
0,25
0,25
S
Vì AC a 2 nên
SA SC AC a 2
SO là đường cao của hình chóp cũng
là đường cao của tam giác đều SAC
SA 3 a 6
nên SO
2
2
Câu 7:
(1 điểm)
+) Ta có VS . ABCD
0.25
A
B
a
H
O
D
C
1
1 2 a 6 a3 6
S ABCD .SO a .
( dvtt )
3
3
2
6
025
b) +) Tam giác cân SBC có SB SC a 2 và BC a nên
SH SB 2 BH 2 2a 2
S SBC
a2 a 7
. Suy ra
4
2
025
1
a2 7
SH .BC
2
4
1
3
1
2
+) Gọi hA d A, SBC h A .S SBC VS . ABC VS . ABCD hA
a 42
7
a 42
Vì AD / / BC nên AD / / SBC d AD, SB hA
7
+) d1 : x y 1 0;d 2 : 2x y 2 0
d1 có véctơ pháp tuyến n1 (1;1) phương trình AC: x y 3 0 .
x y 3 0
C AC d2 Tọa độ C là nghiệm hệ
C (1; 4) .
2x y 2 0
+) Gọi B(x B ; yB ) M (
Câu 8
(1 điểm)
0.25
0.25
x B 3 yB
; ) ( M là trung điểm AB)
2
2
x y 1 0
B
B
Ta có B thuộc d1 và M thuộc d2 nên ta có:
B(1; 0)
x 3 y B 2 0
B
2
0.25
+) Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng:
x 2 y 2 2ax 2by c 0 .
Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có:
0.25
