BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y =
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
2x − 1
.
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = 1.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Cho góc α thỏa mãn:
π
3
tan α
< α < π và sin α = . Tính A =
.
2
5
1 + tan 2 α
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = 2 − 6i. Tính môđun của z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 3 ( x + 2) = 1 − log 3 x.
Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:
x2 + x +
x − 2 ≥ 3( x 2 − 2 x − 2).
2
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x 3 + ln x) dx.
1
Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a,
ACB = 30o ,
Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH =
2a. Tính theo
a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K (6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm
nằm trên ∆ sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
hoành độ bằng
24
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5
Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) và B (1; 1; − 1). Viết
phương trình mặt phẳng trung trực (P) của đoạn thẳng AB và phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc
với (P).
Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa cho mỗi thí
sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình
thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 1 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định
câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3
câu hỏi A chọn và 3 câu hỏi B chọn là giống nhau.
Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P=
3( 2 x 2 + 2 x + 1)
+
3
1
1
+
2
2 x + (3 − 3 ) x + 3
----------- HẾT -----------
2
2 x + (3 +
.
3 )x + 3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015
Môn: TOÁN
CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: D = \ {−1} .
● Giới hạn và tiệm cận:
lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = 2.
●
x → ( −1)
x → −∞
x → ( −1)
0,25
x → +∞
Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = − 1 và một
tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2.
●
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' =
3
> 0 ∀x ∈ D.
( x + 1) 2
0,25
Suy ra, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; − 1) và ( −1; + ∞ ) .
- Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị.
Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận về cực trị của hàm số.
- Bảng biến thiên:
x
–∞
+
y'
y
●
+∞
–1
+∞
2
0,25
+
2
–∞
Đồ thị (C):
y
2
−1 O ½
−1
0,25
x
b) (1,0 điểm)
Tung độ y0 của tiếp điểm là: y0 = y (1) =
1
.
2
0,25
3
.
4
0,25
3
1
( x − 1) + ;
4
2
0,25
Suy ra hệ số góc k của tiếp tuyến là: k = y '(1) =
Do đó, phương trình của tiếp tuyến là: y =
3
1
x− .
4
4
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos 2 α = sin α.cos α = 3 cos α.
1 + tan 2 α
5
hay y =
0,25
(1)
0,25
2
3
16
cos 2 α = 1 − sin 2 α = 1 − =
.
25
5
π
4
Vì α ∈ ; π nên cos α < 0. Do đó, từ (2) suy ra cos α = − .
5
2
12
Thế (3) vào (1), ta được A = − .
25
b) (0,5 điểm)
(2)
0,25
(3)
Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ ); khi đó z = a − bi . Do đó, kí hiệu (∗) là hệ thức cho
trong đề bài, ta có:
(∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = 2 − 6i
⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = 0
⇔
{
{
4a − 2b − 2 = 0
a=2
⇔
6 − 2b = 0
b = 3.
Do đó | z | =
Câu 3
(0,5 điểm)
2
0,25
0,25
2
2 + 3 = 13.
Điều kiện xác định: x > 0. (1)
● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) là phương trình đã cho, ta có:
(2) ⇔ log 3 ( x + 2) + log 3 x = 1 ⇔ log 3 ( x ( x + 2)) = log 3 3
●
0,25
⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 1 (do (1)).
0,25
● Điều kiện xác định: x ≥ 1 + 3.
Câu 4
đó, ký hiệu (2) là bất phương trình đã cho, ta có:
(1,0 điểm) ● Với điều kiện
2
(2) ⇔ x + 2 x − 2 + 2 x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x 2 − 2 x − 2)
⇔
⇔
(1)
0,25
x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1)
(
x ( x − 2) − 2 ( x + 1)
Do với mọi x thỏa mãn (1), ta có
(3) ⇔
)(
x ( x − 2) +
x ( x − 2) +
)
( x + 1) ≤ 0.
(3)
0,50
( x + 1) > 0 nên
x( x − 2) ≤ 2 ( x + 1)
2
⇔ x − 6x − 4 ≤ 0
⇔ 3 − 13 ≤ x ≤ 3 + 13.
(4)
Kết hợp (1) và (4), ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
1 + 3 ; 3 + 13 .
0,25
2
2
Câu 5
3
I
=
2
x
d
x
+
Ta
có:
∫
∫ ln xdx.
(1,0 điểm)
1
0,25
(1)
1
2
2
Đặt I1 = ∫ 2 x dx và I 2 = ∫ ln xdx. Ta có:
3
1
1
0,25
2
1
15
I1 = x 4 = .
2 1
2
2
2
I 2 = x.ln x 1 − ∫ xd(lnx) = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − x 1 = 2 ln 2 − 1.
2
2
1
1
0,50
13
V ậ y I = I1 + I 2 =
+ 2 ln 2.
2
Câu 6
(1,0 điểm)
1
AC = a và SH ⊥ mp(ABC).
2
Xét ∆v. ABC, ta có: BC = AC .cos
ACB = 2 a.cos 30o = 3a.
Theo giả thiết, HA = HC =
0,25
1
1
3 2
AC.BC.sin
ACB = .2a. 3a.sin 30o =
a .
2
2
2
1
1
3 2
6a3
Vậy VS . ABC = SH .S ABC = . 2a.
a =
.
3
3
2
6
Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).
(1)
Gọi N là trung điểm của AB, ta có HN là đường trung bình của ∆ABC.
Do đó HN // BC. Suy ra AB ⊥ HN. Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN). Do đó
mp(SAB) ⊥ mp(SHN). Mà SN là giao tuyến của hai mặt phẳng vừa nêu, nên
trong mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB).
Vì vậy d(H, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C, (SAB)) = 2HK. (2)
Do đó S ABC =
Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN. Xét ∆v. SHN, ta có:
1
1
1
1
1
=
+
= 2 +
.
2
2
2
HK
SH
HN
2a
HN 2
1
3a
Vì HN là đường trung bình của ∆ABC nên HN = BC =
.
2
2
1
1
4
11
66a
Do đó
= 2 + 2 = 2 . Suy ra HK =
.
2
HK
2a
3a
6a
11
Thế (3) vào (2), ta được d ( C , ( SAB ) ) =
2 66a
.
11
0,25
0,25
0,25
(3)
Câu 7
(1,0 điểm)
Trên ∆, lấy điểm D sao cho BD = BO và D, A nằm khác phía nhau so với B.
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC; gọi F là giao điểm của các
đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ∆OAB nên KE là phân giác của góc
. Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO = AC, theo gt) nên suy ra KE cũng
OAC
là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC = KO.
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD = KO.
Suy ra ∆CKD cân tại K. Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)
+ B là giao của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆.
(2)
24
Vì C ∈ ∆ và có hoành độ x0 =
(gt) nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
5
24
12
4.
+ 3 y0 − 12 = 0. Suy ra y0 = − .
5
5
6
12
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là ; − và đường thẳng OC có
5
5
phương trình: x + 2 y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2 x − y − 6 = 0.
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
2 x − y − 6 = 0.
{
Giải hệ trên, ta được A = (3; 0).
0,50
0,25
Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆, ta có phương trình của
d là: 3 x − 4 y + 6 = 0. Từ đây, do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ của H là
nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
3x − 4 y + 6 = 0.
{
6 12
12 36
Giải hệ trên, ta được H = ; . Suy ra D = − ;
.
5 5
5 5
6 18
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là − ; và đường thẳng OD có
5 5
phương trình: 3 x + y = 0.
Suy ra phương trình của d 2 là: x − 3 y + 12 = 0.
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4 x + 3 y − 12 = 0
x − 3 y + 12 = 0.
0,25
{
Giải hệ trên, ta được B = (0; 4).
Câu 8
1
3 1
Gọi M là trung điểm của AB, ta có M = ; ; − .
(1,0 điểm)
2
2 2
Vì (P) là mặt phẳng trung trực của AB nên (P) đi qua M và AB = (−1; 1; − 1) là
một vectơ pháp tuyến của (P).
3
1
1
Suy ra, phương trình của (P) là: (−1) x − + y − + (−1) z + = 0
2
2
2
hay: 2 x − 2 y + 2 z − 1 = 0.
Ta có d (O , ( P)) =
| −1|
22 + (−2)2 + 22
=
1
2 3
.
Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x 2 + y 2 + z 2 =
0,25
0,25
0,25
1
12
0,25
hay 12 x 2 + 12 y 2 + 12 z 2 − 1 = 0.
Câu 9
Không gian mẫu Ω là tập hợp gồm tất cả các cặp hai bộ 3 câu hỏi, mà ở vị trí
th
ứ nhất của cặp là bộ 3 câu hỏi thí sinh A chọn và ở vị trí thứ hai của cặp là bộ
(0,5 điểm)
3 câu hỏi thí sinh B chọn.
3
Vì A cũng như B đều có C10
cách chọn 3 câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy
( )
0,25
2
3
tắc nhân, ta có n(Ω) = C10
.
Kí hiệu X là biến cố “bộ 3 câu hỏi A chọn và bộ 3 câu hỏi B chọn là giống
nhau”.
Vì với mỗi cách chọn 3 câu hỏi của A, B chỉ có duy nhất cách chọn 3 câu hỏi
3
3
giống như A nên n ( Ω X ) = C10
.1 = C10
.
Vì vậy P ( X ) =
n (Ω X )
n( Ω)
=
3
C10
3 2
10
(C )
=
1
1
=
.
3
C10 120
0,25
Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với mỗi số thực x, xét các điểm A( x ; x + 1) ,
(1,0 điểm)
3
1
3
1
B
; − và C −
; − .
2
2
2
2
OA OB OC
Khi đó, ta có P =
+
+
, trong đó a = BC, b = CA và c = AB.
a
b
c
0,25
Gọi G là trọng tâm ∆ABC, ta có:
OA.GA OB.GB OC.GC 3 OA.GA OB.GB OC.GC
P=
+
+
=
+
+
,
a.GA
b.GB
c.GC
b.mb
c.mc
2 a.ma
trong đó ma , mb và mc tương ứng là độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A,
B, C của ∆ABC.
0,25
Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có
1
a.ma =
. 3a 2 2b 2 + 2c 2 − a 2
2 3
2
2
2
2
a 2 + b2 + c 2
1 3a + 2b + 2c − a
≤
=
.
.
2
2 3
2 3
a2 + b2 + c 2
a2 + b2 + c2
Bằng cách tương tự, ta cũng có: b.mb ≤
và c.mc ≤
.
2 3
2 3
(
)
(
)
3 3
( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) .
a + b2 + c 2
Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC.
OA.GA + OB.GB + OC.GC
= OG + GA .GA + OG + GB .GB + OG + GC .GC
= OG. GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2
Suy ra P ≥
2
(
)
(
(
)
(
(
(2)
)
)
Hơn nữa, bằng kiểm tra trực tiếp ta thấy P = 3 khi x = 0.
Vậy min P = 3.
(1)
)
4 2
a2 + b2 + c2
ma + mb2 + mc2 =
.
9
3
Từ (1), (2) và (3), suy ra P ≥ 3.
=
0,25
0,25
(3)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015
MÔN:TOÁN
Ngày thi: 02/4/2015
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2,00 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x - 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Gọi A, B là các điểm cực trị của đồ thị hàm số đã cho. Hãy tìm tọa độ điểm M thuộc
đồ thị (C) sao cho tam giác MAB cân tại M.
Câu 2. (1,00 điểm) Giải phương trình log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0 trên tập hợp số thực.
3
2
Câu 3. (1,00 điểm) Tính tích phân: I = ò 2
dx .
2 x + 3x - 2
1
Câu 4. (1,00 điểm) Một lớp học có 33 học sinh, trong đó có 10 học sinh giỏi, 11 học sinh khá
và 12 học sinh trung bình. Chọn ngẫu nhiên trong lớp học 4 học sinh tham dự trại hè. Tính xác
suất để nhóm học sinh được chọn có đủ học sinh giỏi, học sinh khá và học sinh trung bình.
Câu 5. (1,00 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc
với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc
giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 0 .
Câu 6. (1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CD. Tìm tọa độ đỉnh B, điểm M biết N(0;2), đường thẳng AM có
phương trình x +2y – 2 = 0 và cạnh hình vuông bằng 4.
Câu 7. (1,00 điểm) Trong không gian Oxyz cho điểm A(4;2;4) và đường thẳng d :
ì x = -3 + 2 t
ï
í y = 1 - t (t Î ¡ ).
ï z = -1 + 4 t
î
Viết phương trình đường thẳng D đi qua A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
ì 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0
ï
Câu 8. (1,00 điểm) Giải hệ phương trình: í x 2
( x, y Î ¡ ) .
109
2
y
x
+
+
=
2
3
0
ï
81
î3
Câu 9. (1,00 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết rằng
x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1 .
Hết
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện(
[email protected])
đã gửi tới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 04 trang)
1. Hướng dẫn chung
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm chấm phải bảo đảm không sai
lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
Điểm bài thi không làm tròn số.
2. Đáp án và thang điểm
CÂU
1
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
2,00 đ
3
Cho hàm số y = x - 3x - 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tập xác đinh: ¡ .
Sự biến thiên:
1,00 đ
é x = -1
+ Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 - 3 = 3( x 2 - 1). y ' = 0 Û 3( x 2 - 1) = 0 Û ê
.
ë x = 1
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; - 1) và (1; +¥ ) ;
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - 1;1) .
+ Cực trị và giới hạn:
H/s đạt cực đại tại x = - 1; yCĐ= y ( -1) = 0 .
0,25 đ
f(x)
8
6
H/s đạt cực tiểu tại x = 1; yCT= y (1) = - 4 .
4
2
Các giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥ .
x ®-¥
x ®+¥
f(x)=x^33x 2
x
9
8
7
6
5
4
3
2
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
+ Bảng biến thiên:
x -¥
1 1 + ¥
y’
+ 0 0 +
0 + ¥
y
¥
4
Đồ thị đi qua các điểm (2;0), (0;2):như hình vẽ.
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho DMAB cân tại M.
M(x;y) cần tìm là giao điểm của đường trung trực của đoạn AB và đồ thị (C).
Ta có các điểm cực trị là A(1;0), B(1;4), trung điểm của đoạn AB là I(0;2).
uuur
Đường trung trực đoạn AB nhận AB = (2; -4) làm vtcp có p/t x - 2 y - 4 = 0 .
x - 4
Hoành độ giao điểm của M là nghiệm của phương trình: x 3 - 3 x - 2 =
.
2
7
Giải ra ta được x = ±
và x = 0 (loại).
2
æ 7 14 - 8 ö
7
14 - 8
;
Với x =
Þ y =
, ta có điểm M 1 çç
÷÷ ;
2
4
2
4
è
ø
æ 7 - 14 - 8 ö
7
- 14 - 8
Với x = Þ y =
, ta có điểm M 2 çç - ;
÷÷ .
2
4
2
4
è
ø
0,25 đ
2
4
6
8
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2
Giải phương trình log 2 ( x - 2) + 3log8 (3 x - 5) - 2 = 0
1,00 đ
ì x - 2 > 0
Điều kiện í
Û x > 2 .
3
x
5
>
0
î
Phương trình tương đương: log 2 ( x - 2) + log 2 (3x - 5) = 2
0,25 đ
0,25 đ
Û log 2 [ ( x - 2)(3 x - 5) ] = 2 Û 3 x 2 - 11x + 6 = 0 .
3
0,25 đ
0,25 đ
Giải pt trên và đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm pt đã cho là x = 3 .
3
2
Tính tích phân I = ò 2
dx
1 2 x + 3 x - 2
3
2
Ta có: I = ò
dx =
1 (2 x - 1)( x + 2)
1,00 đ
3
3
ö
2æ
2
1
dx
dx ÷
çò
ò
5 è 1 2x -1
x + 2 ø
1
0,50 đ
3
3
2 æ d (2 x - 1)
d ( x + 2) ö
= çò
-ò
÷
5 è 1 2x -1
x + 2 ø
1
=
0,25 đ
2
2
3
3
ln | 2 x - 1| 1 - ln | x + 2 | 1 = ln 3 .
5
5
(
)
0,25 đ
4
1,00 đ
Gọi A là biến cố: “4 HS được chọn có đủ HS giỏi, HS khá và HS trung bình”.
4
=40920.
Số phần tử không gian mẫu: W = C33
Ta có các trường hợp được chọn sau:
1
1
(1) Có 2 HS giỏi, 1 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C102 .C11
.C12
= 5940
0,25 đ
1
1
(2) Có 1 HS giỏi, 2 HS khá và 1 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C112 .C12
= 6600
1
2
(3) Có 1 HS giỏi, 1 HS khá và 2 HS trung bình. Số cách chọn là: C10
.C111 .C12
= 7260 . 0,25 đ
Ta được W A = 5940 + 6600 + 7260 = 19800.
Do đó P ( A) =
WA
W
=
0,25 đ
15
.
31
0,25 đ
5
1,00 đ
DABC vuông cân tại A nên BC = 2AH = 2a.
1
1
Từ đó S ABC = AH .BC = a.2 a = a 2 (đvdt).
2
2
Vì SA^(ABC) và AH ^ BC suy ra SH^ BC
· = 60 0
Do đó ((SBC),(ABC))= SHA
Suy ra SA = AH tan 600 = a 3 .
S
0,25 đ
A
0,25 đ
C
0,25 đ
H
3
1
1
a 3
(đvtt).
Vậy VSABC = SA.S ABC = a 3. a 2 =
3
3
3
0,25 đ
B
6
1,00 đ
Gọi I =AM Ç BN. DBIM đồng dạng DABM
suy ra AM^BN nên BN: 2x y +c = 0.
N(0;2) Þ c = -2 Þ BN: 2x y 2 = 0.
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ pt:
y
0,25 đ
A
B
2
1
I
2
1
O
1
2 M
x
1
6
é
x =
ê
x
+
y
=
2
2
0
ì
æ 6 2 ö
5
Ûê
Þ I ç ; ÷ .
í
è 5 5 ø
î2 x - y - 2 = 0
ê y = 2
êë 5
AB.BM
4
Từ DABM vuông : BI =
=
.
2
2
5
AB + BM
ì 2 x - y - 2 = 0
ì B Î BN
ï
ï
2
2
Tọa độ điểm B(x;y) thỏa mãn í
4 Þ íæ 6
2
16 .
ö
æ
ö
BI
=
x
+
y
=
ï
÷ ç
÷
5 ïî çè 5
5
î
ø è5
ø
2
ì
x =
ï
x
=
2
ì
ï
æ 2 -6 ö
5
Giải hệ ta được í
và í
, suy ra B (2; 2) ( loại ç ; ÷ ).
è 5 5 ø
î y = 2
ï y = -6
ïî
5
ì x + 2 y - 2 = 0
ìï M Î AM
ï
2
2
Tọa độ điểm M(x;y) thỏa í
Þ íæ
6ö æ
2ö
4 .
2
2
x
+
y
ïç
÷ ç
÷ =
îï IM = BM - BI
5ø è
5ø
5
î è
2
ì
x =
ï
ì x = 2
ï
æ 2 4 ö
5
Giải hệ ta được í
và í
, suy ra M 1 (2; 0), M 2 ç ; ÷ .
è 5 5 ø
î y = 0
ï y = 4
ïî 5
7
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
Do D đi qua A và vuông góc với d nên D phải nằm trong mặt phẳng (P) đi qua
A và vuông góc với d.
r
Mặt phẳng (P) nhận vtcp u = (2; -1; 4) của d làm vtpt, đi qua A(4;2;4) có
phương trình : 2x y + 4z 10 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P) thì M(3 + 2t;1 t;1 + 4t) Î d và MÎD.
Ta cũng có MÎ(P) Û 2(3 + 2t) (1 t) + 4(1 + 4t) – 10 = 0
Û 21t – 21 = 0 Û t = 1.Vậy M(1;0;3).
uuuur
Khi đó AM = (3; 2; -1) , đường thẳng D qua A và M có phương trình:
x + 4 y + 2 z - 4
=
=
.
3
2
- 1
8
0,25 đ
ì 27 x3 + 3 x + ( 9 y - 7 ) 6 - 9 y = 0 (1)
ï
Giải hệ phương trình: í x 2
.
109
2
2
3
0
(2)
+
+
=
y
x
ï
81
î 3
2
2
Với điều kiện: x £ , y £ , (1) viết lại là: 9 x 2 + 1 3x = ( 6 - 9 y + 1) 6 - 9 y .
3
3
(
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
)
0,25 đ
Đặt u = 3 x, v = 6 - 9 y , ta có: ( u 2 + 1) u = ( v 2 + 1 ) v .
Xét h/s: f (t ) = ( t 2 + 1 ) t có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 nên h/s luôn đồng biến trên ¡ ,
ì x ³ 0
ï
Suy ra u = v Û 3 x = 6 - 9 y Û í
2 2 .
ïî y = 3 - x (3)
2
x 2 æ 2
109
ö
Thế (3) vào (2) ta được: + ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x = 0 (4).
3 è3
81
ø
2
Nhận xét: x = 0, x = không phải là nghiệm của (4).
3
0,25 đ
2
x 2 æ 2
109
ö
+ ç - x 2 ÷ + 2 - 3 x 3 è3
81
ø
3
æ 2 ö
Ta có: g '( x) = 2 x 2 x 2 - 1 < 0, "x Î ç 0; ÷
2 2 - 3 x
è 3 ø
æ 2 ö
Nên hàm số g(x) nghịch biến trên ç 0; ÷ .
è 3 ø
1
5
æ1 5ö
Dễ thấy x = là nghiệm của (4), suy ra y = nên hệ có nghiệm duy nhất ç ; ÷ .
3
9
è 3 9 ø
Xét hàm số: g ( x ) =
(
9
)
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức P = 52 x + 5 y , biết x ³ 0, y ³ 0, x + y = 1
5
Do x + y = 1 Þ y = 1 - x , nên P = 52 x + 51- x = 5 2 x + x .
5
x
Đặt t = 5 thì 1 £ t £ 5 (do 0 £ x £ 1 ).
5 2t 3 - 5
5
Xét hàm số f (t ) = t 2 + , với 1 £ t £ 5 . Ta có f '(t ) = 2 t - 2 = 2 .
t
t
t
Do đó có bảng biến thiên:
5
3
t
1
5
2
f’(t)
0 +
6 26
f(t)
25
3 3
4
æ 5ö
25
Vậy min P = min f (t ) = f çç 3 ÷÷ = 3 3 ; max P = max f (t ) = f (5) = 26 .
4
1£t £ 5
1£ t £5
è 2 ø
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện(
[email protected])
đã gửi tới www.laisac.page.tl
0,25 đ
0,25 đ
1,00 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI
Đề Số 6, số 453, tháng 4 năm 2015.
ĐỀ
(Thời gian làm bài:180 phút)
Câu 1 (2,0 điểm). Gọi ( C m ) là đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x + m ( m là tham số thực).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2 .
b) Định tham số m để qua điểm uốn của đồ thị ( C m ) kẽ được một đường thẳng ( d ) tạo với đồ thị ( C m ) một
hình phẳng (H) và ( d ) tiếp tục chắn trên hai trục tọa độ một tam giác (T) sao cho diện tích của (H) và (T)
bằng nhau đều bằng 2 (đvdt) .
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4cos2 x + 4sin x - 5 ) .
p
3
ln ( 4 tan x )
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò
dx .
p sin 2 x.ln ( 2 t anx )
4
Câu 4 (1,0 điểm).
n
a) Trog trường hợp khai triển theo nhị thức Newton của biểu thức (1 + x 2 ) ta có hệ số chứa x 8 bằng 210
Tính tổng các hệ số của các số hạng được khai triển từ biểu thức trên theo trường hợp đó.
b) Cho các số phức z thỏa mãn z - 1 = 34 và z + 1 + mi = z + m + 2 i . Định tham số m Î ¡ để tồn tại hai
số phức z1 , z 2 đồng thời thỏa mãn hai điều kiện trên sao cho z1 - z2 là lớn nhất.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, qua hai điểm M (1; -1;1) , N ( 0; - 1;0 ) lập
2
phương trình mặt phẳng a cắt mặt cầu ( S ) ( x + 2 ) + ( y + 1) 2 + ( z - 1)2 = 5 một thiết diện đường tròn mà diện
tích hình tròn sinh bỡi đường tròn đó có diện tích S = p .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA ^ ( ABCD )
và SA = a. Qua A dựng mặt phẳng a vuông góc với SC sao cho a cắt SC, SB, SD lần lượt tại G, M, N.
Tính theo a thể tích khối nón (H), biết rằng đường tròn đáy của (H) ngoại tiếp tứ giác AMGN và đỉnh O của
(H) nằm trên đáy ABCD của hình chóp S.ABCD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy tính diện tích tam giác ABC biết rằng hai
điểm H (5;5) , I ( 5; 4 ) lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và x + y - 8 = 0 là
phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm thực ( x - ln x ) 2x 2 + 2 = x + 1 .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn 0 < x < y < z .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x3 z
y4
z 3 + 15 x 3
+
+
.
x 2 z
y 2 ( xz + y 2 ) z 2 ( xz + y 2 )
Nguyễn Lái
( GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh.
Tuy Hòa, Phú Yên.)
HƯỚNG DẪN GIẢI.
Câu 1.
a) Bạn đọc tự giải.
b) Tọa độ điểm uốn của đồ thị ( C m ) là I ( 0; m ) nên đường thẳng ( d ) có dạng y = kx + m
Phương trình hoành độ giao điểm của hàm số ( C m ) và phương trình đường thẳng ( d ) là
x 3 - 3 x + m = kx + m Û x3 - ( k + 3) x = 0 (1)
Để ( d ) chắn được trên đồ thị ( C m ) một diện tích thì phương trình (1) phải có 3 nghiệm Þ k > - 3 ,
lúc đó 3 nghiệm của phương trình (1) là x = 0, x = - k + 3, x = k + 3 .
Vì I là tâm đối xứng của đường cong ( C m ) nên diện tích của hình phẳng (H) là:
k + 3
S =2
ò
0
1
1
2
2
éë kx + m - x 3 + 3 x - m ùûdx = ( k + 3 ) Þ S = 2 Û ( k + 3 ) = 2 Þ k = - 1 (vì k > - 3 ).
2
2
Lúc này đưởng thẳng ( d ) viết lại y = - x + m nên (d) cắt hai trục tọa độ tại hai giao điểm
1
A ( 0; m ) , B ( m ;0 ) . Vì (T) là tam giác vuông cân nên diện tích của (T) là S = m 2
2
theo giả thiết S = 2 Þ m = 2, m = - 2 .Vậy có hai giá cần tìm là m = 2, m = - 2 .
ìcos x ¹ 0
k p
Câu 2. Điều kiện : í
.
Þ x ¹
2
î sin 2 x ¹ 0
Ta có tan x.cot 2 x = (1 + s inx ) ( 4 cos2 x + 4sin x - 5 ) Û tan x.cot 2 x = 3sin x - 4sin 3 x - 1
Û 1 + tan x.cot 2 x = sin 3 x Û
sin 3 x
1
æ
ö
= sin 3x Û sin 3 x ç
- 1÷ = 0
cos x.sin 2 x
è cos x.sin 2 x ø
Nghiệm phương trình xảy ra :
n p
p
2 p
+ mp
hoặc sin 3x = 0 Û x = , so với điều kiện phương trình có nghiệm là x = + mp , x =
3
ìsin 2 x = 1 ìsin 2 x = -1
hoặc sin 2 x.cos x = 1 Û í
"í
Û vô nghiệm
îcos x = 1 î cos x = -1
p
2 p
Vậy nghiệm của phương trình trên là x = + mp , x =
+ mp ,
3
3
p
3
Câu 3. Ta có: I = ò
p
p
p
3
4
4
p
3
dx
1
1
= ln(t anx) = ln 3 .
p
sin 2 x 2
2
4
Vậy I =
4
p
dx
ln 2 3 d éëln ( 2 t anx ) ùû ln 2
ln 2 æ ln 2 3 ö
.ò
. éë ln ( ln(2 tan x ) ) ùû p3 =
.ln ç
=
=
ç ln 2 ÷÷ .
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
2 p ln ( 2 t anx )
2
2
4
è
ø
Tính ò
p
p
p
4
p
( m Î Z ) .
3
ln 2 + ln ( 2 t anx )
dx
dx
+ ò
dx = ln 2. ò
sin 2 x.ln ( 2 t anx )
p sin 2 x.ln ( 2 t anx ) p sin 2 x
4
3
3
3
p
Tính ln 2.ò
3
4
ln 2 æ ln 2 3 ö 1
.ln çç
÷÷ + ln 3 .
2
è ln 2 ø 2
Câu 4 .
a) . Khai triển biểu thức trên có số hạng thứ (k+1) là Cn k x 2 k , ( k < n ) .
ì 2k = 8
Theo giả thiết , ta có í
Þ k = 4, C n 4 = 210 Þ
k
n
n !
= 210
4!( n - 4 ) !
îC = 210
Û ( n - 3 )( n - 2 )( n - 1) n = 5040 Û n 2 - 3n n 2 - 3n + 2 = 5040 .
(
)(
)
Đặt ẩn phụ và giải phương trình này ta được n = 10 .
10
10
Khai triển biểu thức (1 + x 2 ) = C100 + x 2C101 + x 4C102 + .... + x 2.10C10
.
10
10
Do đó tổng các hệ số: C100 + C101 + C102 + .... + C10
= (1 + 1) = 2 10
b). Giả sử M ( a; b ) là điểm biểu diễn số phức z = a + bi, ( a, b Î R ) , vì
2
2
z - 1 = 34 Þ ( a - 1) + b 2 = 34 Þ M thuộc đường tròn (C ) : ( x - 1) + y 2 = 34 . Vì
2
2
2
2
z + 1 + mi = z + m + 2i Þ ( a + 1) + ( b + m ) = ( a + m ) + ( b + 2 ) Þ 2 (1 - m ) a + 2 ( m - 2 ) b - 3 = 0
Þ M nằm trên đường thẳng (d ) : 2 (1 - m ) x + 2 ( m - 2 ) y - 3 = 0
Để tồn tại hai số phức z1 , z 2 đồng thời thỏa mãn hai điều kiện đã cho nghĩa là tồn tại hai điểm biểu
diễn M 1 , M 2 của hai số phức lần lượt nằm trên hai giao điểm của (C ) và (d) , và để z1 - z2 lớn nhất
khi và chỉ khi M 1 M 2 là đường kính của ( C ) hay (d) qua tâm I (1;0) của ( C )
1
Þ 2 (1 - m ) .1 + 2 ( m - 2 ) .0 - 3 = 0 Þ m = - .
2
Lúc nầy đường thẳng (d) viết lại 3 x - 5 y - 3 = 0 . Do đó M 1 , M 2 là nghiệm của hệ
ìï( x - 1) 2 + y 2 = 34
Þ M 1 ( 6;3) , M 2 ( -4; -3 ) .
í
ïî 3 x - 5 y - 3 = 0
Vậy hai số phức cần tìm là z3 = 6 + 3i, z4 = -4 - 3 i .
Câu 5. Mặt cầu (S) có tâm I (-2; - 1;1) và bán kính R = 5 .
Gọi r là bán kính đường tròn thiết diện, theo giả thiết ta có S = p Û r 2 .p = p Þ r = 1 .
Gọi d là khảng cách từ I đến mặt phẳng a ta có d 2 = R 2 - r 2 = 5 - 1 Þ d = 2 .
Mặt phẳng a qua N ( 0; - 1; 0 ) có dạng Ax + B ( y + 1) + Cz = 0 Û Ax + By + Cz + B = 0 ( A2 + B 2 + C 2 ¹ 0 ) .
Mặt khác a qua M (1; - 1;1 ) nên thỏa A + C = 0 Þ a : Ax + By - Az + B = 0 .
-3 A
A
= ±2 ( vì A2 + B 2 + C 2 ¹ 0 )
2
2
B
2 A + B
Do đó có hai mặt phẳng a cần tìm là : 2 x + y - 2 z + 1 = 0 , 2 x - y - 2 z - 1 = 0 .
ì BC ^ SA
Câu 6. Ta có í
Þ BC ^ ( SAB ) Þ BC ^ AM ( vì AM Ì ( SAB) ) (1)
î BC ^ AB
Mặt khác SC ^ a Þ SC ^ AM ( vì AM Ì a ) (2)
S
Từ (1) và (2) suy ra AM ^ (SBC ) Þ AM ^ MG ( vì MG Ì ( SBC ) )
G
Þ D AMG vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác D ANG vuông
M
N
tại N Þ tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán
Vì d = d ( I , a ) =
= 2 Û A2 = 4 B 2 Þ
H
B
C
O
A
D
SA. AC
6
6
AG
. Xét tam giác vuông SAC tại A có AG =
=
a Þ R =
a .
2
SC
3
6
Vì OH là đường cao (H) Þ OH ^ a Þ OH / / SC Þ O là giao điểm hai đường chéo AC, BD
AC 2 2
3
1
=
a Þ OH = a
Þ OH = CG . Xét tam giác vuông SAC có AG là đường cao , nên CG =
SC
2
3
3
kính R =
1
3
Vậy thể tích hình nón là V( H ) = p R 2 . OH =
3 3
p a .
54
Câu 7 Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm
E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK.
Đường cao AH ^ BC nên có phương trình x - y = 0 , E là giao điểm của BC và AH Þ E (4; 4) và H là
trung điểm HK Þ K (3;3) , suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R = IK = 5
2
2
Þ phương trình đường tròn là ( x - 5 ) + ( y - 4 ) = 5, (C )
Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn
(C ) Þ B(3;5), C (6; 2) và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn (C ) Þ A(6; 6)
Diện tích tam giác ABC là
S ABC =
1
1 6 + 6 - 8
d ( A, BC ) .BC =
.3 2 = 6 (đvdt).
2
2
2
Câu 8. Điều kiện x > 0 ta có ( x - ln x ) 2x 2 + 2 = x + 1 Û ( x - ln x ) =
Xét hàm số f(x) =
x + 1
Þ f / (x) =
1 - x
x + 1
2x 2 + 2
Þ f / (x) = 0 Û x = 1
2x + 2
(x + 1) 2x + 2
Lập bảng biến thiên ta có f ( x) £ 1, "x > 0 , đẳng thức xảy ra khi x = 1.
1 x - 1
Xét hàm số g ( x ) = x - ln x Þ g '( x) = 1 - =
Þ g '( x ) = 0 Û x = 1 .
x
x
Lập bảng biến thiên ta có g ( x ) ³ 1, "x > 0 , đẳng thức xảy ra khi x = 1.
2
2
2
Vậy phương trình có đúng một nghiệm x = 1.
3
3
æ x ö
æ y ö
2
ç y ÷
ç ÷
x
y
z
z ø æ z ö 15
è
ø
è
+
+ ç ÷ + . Đặt a = , b = , c = Þ a.b.c = 1, c > 1.
Câu 9 Ta có P =
x y x y è x ø
z
y
z
x
+
+
y z y z
x
a3
b 3
15
+
+ c 2 +
a + b a + b
c
3
3
a
b
1
Ta có a3 + b3 ³ ab ( a + b ) Þ
+
³ ab =
a + b a + b
c
1 2 15
16
Vậy P ³ + c + = c 2 + = f (c ), "c Î (1; +¥ )
c
c
c
16
Ta có f '(c ) = 2c - 2 Þ f '(c) = 0 Û c = 2
c
Biểu thức viết lại P =
( vì a, b > 0 ).
Lập bảng biến thiên ta có f (c) ³ f (2) = 12, khi và chỉ khi c = 2 Þ a = b =
Vậy giá trị nhỏ nhất P = 12 khi và chỉ khi z = 2 y = 2 x .
1
Þ z = 2 y = 2 x .
2
Kú thi tuyÓn sinh CHUNG quèc GIA
Së gi¸o dôc & ®µo t¹o Thõa thiªn huÕ
N¨m häc 2014-2015
Môn thi : To¸n
(120 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)
---------------------------------------
Trường THPT 80 Nguyễn Huệ
®Ò chÝnh thøc
Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y
2x 3
có đồ thị (C)
x2
1.
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số(C)
2.
Cho đường thẳng d: y 2 x m . Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt
với mọi s ố t h ự c m . G ọ i k1 , k 2 l ầ n lư ợ t l à h ệ số gó c c ủa t i ếp tu yế n c ủ a (C )
2014
t ạ i A v à B. Tì m m đ ể P = k1
k 2
2014
đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1.
2.
Giải phương trình lượng giác:
Giải hệ phương trình:
cos 2x sin x cos x 0
1
2
3 xy 1 9 y 1
x 1 x
3
2
2
x (9 y 1) 4( x 1) x 10
900 ,
Câu III (2,0 điểm) Cho khối chóp S .ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
B SAC
1200 . Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh
BSC
tam giác AMN vuông. Tính thể tích S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB )
theo a.
Câu IV (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; 2 và B 4;3 . Tìm
tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 450 .
Câu V (1,0điểm) Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì
1
1 x
2
1
1 y
2
1
1 xy
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ................................................................Số báo danh ...............................................
Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
Câu I
1. Khảo sát tự làm
2.
Nội dung
Điểm
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
x 2
2x 3
2 x m 2
x2
2 x (6 m) x 3 2m 0(*)
0,5
Xét phương trình (*), ta có: 0, m R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn
0,5
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
k1
1
1
, trong đó x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
, k2
2
( x1 1)
( x2 1) 2
k1 .k 2
1
x1 2 2 x2 22
Có P = k1
k1 k 2
2014
2014
k2
0,5
1
x1 x2 2 x1 2 x2 42
2.
k1k 2 2014
4
(k1>0, k2>0)
2015
22015 , do dó MinP = 2
1
1
( x1 2) 2 ( x2 2) 2
2
( x1 2)
( x 2 2) 2
đạt được khi
0,5
do x1 , x2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
x1 + x2 = - 4 m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.
Câu II
1.
Nội dung
Điểm
cos 2x sin x cosx 0 cos2 x sin 2 x (co s x sin x) 0
0,5
(cos x sin x)(cos x sin x 1) 0
0,5
2.cos x 0
4
cosx sin x 0
cosx sinx 1 0 2 cos x 1
4
x 4 2 k
x k
4
3
x
k2 x k2
4 4
3
k2
x
x k2
2
4
4
0,5
0,5
2.
Nội dung
Điểm
ĐK: x 0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
PT (1) 3 y 3 y 9 y 2 1
x 1 x
x
3 y 3 y (3 y ) 2 1
1
1
x
x
0,5
2
1
1 (3)
x
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 1 , t > 0.
t2 1
Ta có: f’(t) = 1 +
t2
t 2 1
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
1
1
3y =
x
x
PT(3) f(3y)= f
0,5
Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 x 2 4( x 2 1). x 10
Đặt g(x)= x 3 x 2 4( x 2 1). x 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0
g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
0,5
Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 y =
1
3
0,5
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
3
Câu III
S
Dùng Đlý hàm số Cosin
N
0,25
tính được: MN = 2a 3
S
A
C
A
M
N
B
M
H
AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ASC = 600) tam 0,25
giác AMN vuông tại A.
Ket-noi.com dien dan Cong Nghe va Kham Pha
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A.
SH (AMN ) ; tính được SH = a.
0,5
0,25
2 2a 3
3
SM .SN 1
VS . ABC 2 2a 3
SB.SC 3
Tính được V S . AMN
VS . AMN
VS . ABC
Vậy d (C ;( SAB))
0,25
3VS . ABC 6a 3 2
2a 2
SSAB
3a 2
0,5
Câu IV
Giả sử tọa độ của M x; 0 . Khi đó MA 1 x; 2 ; MB 4 x ;3 .
Theo giả thiết ta có MA.MB MA.MB.cos 450
2
2
2
1 x 4 x 6 1 x 4. 4 x 9.
2
2
x 2 5x 10 x 2 2 x 5. x 2 8x 25.
2
2 x 2 5 x 10
2
x
2
2 x 5 x 2 8 x 25 (do x2 5 x 10 0)
0,25
0,25
0,25
x4 10 x3 44 x 2 110 x 75 0
x 1 x 5 x2 4 x 15 0 x 1; x 5
Vậy ta có hai điểm cần tìm là M 1; 0 hoặc M 5; 0
0,25
Câu V
Do x, y 0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với
1 x 2 1 y 2 1 xy 1 x 2 1 y 2
2
2
2 2 x 2 y x y 1 xy 1 2 x x 2 1 2 y y 2
2
2
xy x y xy 1 0 , bất đẳng thức này luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra khi x y 1
0,25
0,25
0,25
0,25
.PDF 
335 
1252 
104 
