Tài liệu Đề thi thử thpt quốc gia môn toán (kèm đáp án chi tiết)

  • Số trang: 102 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 256 |
  • Lượt tải: 0

Mô tả:

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN Đề Số 1 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  3(m2  1) x  m3  m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 1. Giải phương trình : 4 2. Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 2   tan( x  ) 4 dx Câu III (1 điểm): Tính tích phân I   cos2x 0 Câu IV (1 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 V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz . 6 B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6;2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3x 2 )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : x2 y 2   1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) 9 4 . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 1 22 2 2n n 121 C  Cn  Cn  ...  Cn  2 3 n 1 n 1 0 n ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Điểm Câu 2. Ta có y  3x  6mx  3(m  1) Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m2  6m  1  0    m  3  2 2 , I 2 2 Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và 1. 05 025 025 m  3  2 2 .    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x)  3 1  cos(4x+ )  2   05  cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0  II   sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6    x    k   18 3  2sin(3x  ).cosx=0   6  x=   k  2    Vậy PT có hai nghiệm x   k và x    k . 2 18 3 5  1  x 2. ĐK :  2 2.  x  0 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  2 x) 2 log 2 (5  2 x)   2log 2 (5  2 x)  2log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1) 1  x  4 log 2 (2 x  1)  1  1   log 2 (5  2 x)  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2  2 log 2 (5  2 x)  0 x  2   Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 05 05 025 025    tan( x  ) 2 2 6 4 dx   tan x  1 dx , cos 2x  1  tan x I  0 (t anx+1)2 1  tan 2 x cos2x 0 6 III Đặt t  t anx  dt= x 0t 0 x  6 t  I  0 1 dt 1 3 1 3   . 2 (t  1) t  10 2  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB)   AM  SB, (SA  AB) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI  SC Ta có IV 05 1 3 1 3 Suy ra 1 dx  (tan 2 x  1)dx 2 cos x 025 025  AM  SC (1) 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 05 05 Ta c ó: P  3 ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz  39  2( xy  yz  zx)   2 xyz 025  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3)  27  6 x(3  x)  ( y  z )2 ( x  3) 2 1  ( x3  15 x 2  27 x  27) 2 025 f ( x)   x3  15 x 2  27 x  27 x  1 f , ( x)  3x 2  30 x  27  0   x  9 Xét hàm số , với 00,y>0.Khi đó ta có  9 4 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB)  2x  3 y  3  2 13 3 4 2 13 05 05 05 025 025 025 025 05 025 025 05 85  x 2 y 2  170 3 2    3 13  9 4  13  x2 y 2   9  4  1  x  3 2 VIb 3 2 Dấu bằng xảy ra khi  . Vậy C (  ; 2) . 2 2 x  y y  2   3 2 Xét khai triển (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ...  Cnn xn Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 3n 1  1 22 23 2n 1 n  2Cn0  Cn1  Cn3  ...  Cn n  1 2 3 n  1 VIIb 2 22 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn     2 3 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1)  3n 1  243  n  4 Vậy n=4. 05 05 05 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN Đề Số 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 2. Giải bất phương trình  4x  3 x 2  3x  4  8x  6  3 cotx dx    s inx.sin  x   6 4  Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I   Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z  2  i  2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 2 4 6 100 1. Tính giá trị biểu thức: A  4C100 .  8C100  12C100  ...  200C100 2. Cho hai đường thẳng có phương trình: x  3  t  d 2 :  y  7  2t z  1 t  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết----------------x2 z 3 d1 :  y 1  3 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Tập xác định: D=R lim  x3  3x2  2   lim  x3  3x2  2    x  1 I 2 II 1 Điểm x  x  0 y’=3x2-6x=0   x  2 Bảng biến thiên: x - 0 y’ + 0 2 y - Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 0,25 đ 2 0 + + + -2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 4   x  5  y  3x  2 4 2 => M  ;    5 5  y  2 x  2 y  2  5 Giải phương trình: cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 (1) 1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0   cos2 x  11  2sin x   0 Khi cos2x=1<=> x  k , k  Z 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ Khi sinx  5  1  k 2 , k  Z  x   k 2 hoặc x  6 6 2 0,5 đ Giải bất phương trình:  4x  3 x 2  3x  4  8x  6 (1) (1)   4 x  3   0,25 đ x 2  3x  4  2  0 Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 0,25 đ x  3x  4  2 =0<=>x=0;x=3 Bảng xét dấu: x - 0 4x-3 2 2 x 2  3x  4  2 Vế trái ¾ 0 + 2 + + 0 - 0 - 0 + 0 0  3 Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;   3;    4 + 0,25 đ + + 0,25 đ Tính   3 3 cot x cot x dx  2  dx     s inx  s inx  cos x  sin x sin  x   6 6 4  I  0,25 đ  3  2 III  cot x dx s in x 1  cot x  2 6 0,25 đ 1 dx   dt Đặt 1+cotx=t  sin 2 x Khi x   6  t  1  3; x  3 1  3 t  t 1 dt  2  t  ln t  Vậy I  2  t 3 1 3 3 1 3 1 3 3 1 3  2   2  ln 3   3  0,25 đ 0,25 đ IV Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) a 3 AH  SA cos300  2 Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh a 3 K AH  2 => H là trung điểm của cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => A BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA AH a 3 => HK  AHsin 300   2 4 0,25 đ S C 0,25 đ H 0,25 đ B 0,25 đ a 3 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng 4 Ta có: a3 2 b2  3 b3 2 c 3 2 V c 3   a3 2 b2  3 b3 2 c 3  2 c3   b2  3 a 6 3a 2  33  (1) 16 64 4 c2  3 c 6 3c 2  33  (2) 16 64 4  0,5 đ a2  3 c 6 3c 2  33  (3) 16 64 4 2 a2  3 2 a2  3 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a 2  b2  c2  9 3 2 P   a  b 2  c 2  (4) 16 4 2 2 2 Vì a +b +c =3 3 3 Từ (4)  P  vậy giá trị nhỏ nhất P  khi a=b=c=1. 2 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> VI.a 1 khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4 c  4 10  1 3  4  c (thỏa mãn c≠2)  d  I ,   4 32  1 c  4 10  1 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3x  y  4 10  1  0 hoặc 3x  y  4 10 1  0 . 0,25 đ Ta có AB   1; 4; 3 VII.a x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t  z  4  3t  Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên 2 cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a;4a  3;3a  3) 21 Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a  26  5 49 41  Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26  Gọi số phức z=a+bi 2 2    a  2   b  1 i  2  a  2    b  1  4 Theo bài ra ta có:     b  a  3 b  a  3   a  2  2 a  2  2  hoac    b  1  2 b  1  2 Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +( 1  2 )i; z= z= 2  2 +( 1  2 )i. A. Theo chương trình nâng cao Ta có: 1  x  100 0 1 2 100 100  C100  C100 x  C100 x2  ...  C100 x 1  x  0 1 2 3 100 100 (2)  C100  C100 x  C100 x 2  C100 x3  ...  C100 x Lấy (1)+(2) ta được: 100 100 0 2 4 100 100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x 1  x   1  x   2C100 Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 99 99 2 4 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 x Thay x=1 vào 2 4 100 => A  100.299  4C100  8C100  ...  200C100 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  kMB MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  100 1 VI.b 2 (1) 3a  1  kb 3a  kb  1 a  1     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11  k  2 4  2a  kb 2a  kb  4 b  1    0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ => MA   2; 10; 2   x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t  VII.b =24+70i,   7  5i hoặc z  2  i    z  5  4i   7  5i 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN Đề Số 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 2x  1 x 1 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2. Câu II (2 điểm) 17 x  )  16  2 3.s inx cos x  20sin 2 (  ) 1) Giải phương trình sin(2x  2 2 12 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 4  x 3y  x 2y 2  1 2) Giải hê ̣ phương trình :  3 2 x y  x  xy  1  Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 4  0 tan x .ln(cos x ) dx cos x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mañ a + b + c = 1. Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phầ n (phầ n A hoă ̣c B) A. Theo chương trin ̀ h Chuẩ n Câu VI.a (1 điểm) Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy cho điể m A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. Tim ̀ tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 0 45 . Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxyz, cho điể m M(1;-1;1) x y 1 z  4 x y 1 z   và hai đường thẳng (d ) :  và (d ') :  1 1 2 2 5 3 Chứng minh: điể m M, (d), (d’) cùng nằ m trên mô ̣t mă ̣t phẳ ng. Viế t phương triǹ h mă ̣t phẳ ng đó. Câu VIII.a (1 điểm) Giải phương triǹ h: logx (24x 1)2 x  logx 2 (24x 1) x 2  log(24x 1) x Theo chương trin ̀ h Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  1, đường thẳ ng (d ) : x  y  m  0 . Tìm m để (C ) cắ t ( d ) ta ̣i A và B sao cho diê ̣n tích tam giác ABO lớn nhấ t. Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hê ̣ to ̣a đô ̣ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 y 1 x2 z và đường thẳng 1 : = = . Gọi  2 là giao tuyến của (P) và (Q). 1 3 2 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 ,  2 . Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 ----------Hế t---------- Câu - ý 1.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung *Tập xác định : D  \ 1 *Tính y '  Điểm 1  0 x  D (x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Lim y   Lim y   x 1 x 1 Lim y  2 Lim y  2 x  1.2 x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 ))  (C ) có phương trình y  f '(x 0 )(x  x 0 )  f (x 0 ) Hay x  (x 0 1)2 y  2x 02  2x 0 1  0 (*) 2 *Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  1  0 và x  y  5  0 2.2 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với  c os2x  3 sin 2x  10c os(x  )  6  0 6    c os(2x  )  5c os(x  )  3  0 3 6    2c os 2 (x  )  5c os(x  )  2  0 6 6  1  Giải được c os(x  )   và c os(x  )  2 (loại) 6 2 6  1  5  k 2 *Giải c os(x  )   được nghiệm x   k 2 và x   6 2 2 6 (x  xy )  1  x y *Biến đổi hệ tương đương với  3 2 x y  (x  xy )  1 2 2 0.25 0.25 0.25 0.25 *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2  2x 0   2 1  (x 0  1)4 giải được nghiệm x 0  0 và x 0  2 2.1 0.25 3 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x 2  xy  u u 2  1  v *Đặt ẩn phụ  3 , ta được hệ  x y  v v  u  1 *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) 3 *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) *Đặt t=cosx  1 Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  thì t  4 2 1 2 Từ đó I    1 ln t dt  t2 1 dt t2 1 1 Suy ra I   ln t 1  t 2 1  1 2 1 1  du  dt ; v   t t *Đặt u  ln t ;dv  *Kết quả 4 5 I  2 1  ln t dt t2 1 1 2 1 1 t 2 dt   2 ln 2  t 1 2 2 0.25 0.25 0.25 0.25 1 2 ln 2 2 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (A B C ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là S EH  S FH  600 *Kẻ H K  SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A . a 2 a 3 *Lập luận và tính được AC=AB=a , HA  , SH  HF tan 600  2 2 1 1 1 3    K H a *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 HK HS HB 10 a 2 AH 20  2  *Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H  KH 3 3 a 10 3  cos A K H  23 a b 1c 1c   *Biến đổi ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a   *Từ đó V T  (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1c 1b 1a =3 (đpcm) . . (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 x  1  3t *  có phương trình tham số  và có vtcp u  (3; 2) y  2  2t *A thuộc   A (1  3t ; 2  2t ) V T  3. 3 6.a *Ta có (AB;  )=450  c os(A B ; u )  A B .u 1 1   2 2 AB.u 15 3 t   13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A 1 ( ; ), A 2 ( ;  ) 13 13 13 13 *(d) đi qua M 1 (0; 1;0) và có vtcp u 1  (1; 2; 3)  169t 2  156t  45  0  t  7.a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2  (1; 2;5) 8.a *Ta có u 1; u 2   (4; 8;4)  O , M 1M 2  (0; 2; 4) Xét u 1; u 2  .M 1M 2  16  14  0  (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n  (1;2; 1) và đi qua M1 nên có phương trình x  2y  z  2  0 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x  1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1   1  2logx (24x  1) 2  logx (24x  1) logx (24x  1) Đặt logx (x  1)  t , ta được phương trình 1 2 1   giải được t=1 và t=-2/3 1  2t 2  t t *Với t=1  logx (x  1)  1 phương trình này vô nghiệm 2 *Với t=-2/3  logx (x  1)   3 2 3  x .(24x  1)  1 (*) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Nhận thấy x  1 là nghiệm của (*) 8 0.25 1 thì VT(*)>1 8 1 1 Nếu x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất x  8 8 Nếu x  *Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và x  6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d (O ;d )  1 1 1 1 *Ta có S O A B  O A .O B .sin A O B  .sin A O B  2 2 2 Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi A O B  900  d (I ;d )  7.b 1 8 1  m  1 2 0.25 0.25 0.25 0.25 x  2  2t  *  1 có phương trình tham số y  1  t z  3t  x  2  s  *  2 có phương trình tham số y  5  3s z  s  0.25 *Giả sử d  1  A ;d   2  B  A (2  2t ; 1  t ;3t ) B(2+s;5+3s;s) * A B  (s  2t ;3s  t  6;s  3t ) , mf(R) có vtpt n  (1;2; 3) 8.b * d  (R )  A B & n cùng phương s  2t 3s  t  6 s  3t    1 2 3 23 t  24 1 1 23 *d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n  (1;2; 3) 12 12 8 23 1 1 z x y 8 12  12  => d có phương trình 1 2 3 x  0  *Điều kiện : log 3 (9x  72)  0 giải được x  log9 73  x 9  72  0 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì x  log9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với 0.25 log3 (9x  72)  x  9x  72  3x 3x  8  x x  2 3  9 *Kết luận tập nghiệm : T  (log 9 72; 2] 0.25 0.25
- Xem thêm -