PHẦN RIÊNG 3,0 ựiểm : Thắ sinh chỉ ựược làm một trong hai phần phần A hoặc phần B... SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ðỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 M
Trang 11
Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa đỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011
Trường THPT chuyên Lam Sơn Môn thi :Toán khối A ( thời gian 180 phút )
Ngày thi : 7 /5/2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 ựiểm )
Câu I (2,0 ựiểm) Cho hàm số y=2x3−3(m−1)x2+m (1) (m là tham số thực)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ựồ thị (C) của hàm số (1) khi m=2
2 Tìm m ựểựồ thị hàm số có ựiểm cực trị, kắ hiệu là A, B sao cho ba ựiểm A, B, I(3;1) thẳng hàng
Câu II (2,0 ựiểm )
1 Giải phương trình
2
2 sin
(7 cos 3) cot tan tan
x
+ −
2 Giải bất phương trình 2
x+ +x − − ≤x x− x∈ ℝ
Câu III (1,0 ựiểm ) Tắnh diện tắch hình phẳng giới hạn bởi các ựường: y= x+ +2 2, y=x2+4 x
Câu IV (1,0 ựiểm) Cho hình hộp ựứng ABCD A B C D ' ' ' 'cóAB=a AD, =2 ,a AA'=3 (a a> và 0) BAD=60 0
Chứng minh rằng AB vuông góc với BDỖ và tắnh khoảng cách từựiểm A' ựến mặt phẳng (ABD')
Câu V (1,0 ựiểm ) Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn
0 0
2 1
x y
≥
≥
+ =
Chứng minh rằng 1+ 1+ 2 ≤ 1+2x+ 1+2y≤ 4+2 6
PHẦN RIÊNG (3,0 ựiểm ): Thắ sinh chỉ ựược làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B )
A Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 ựiểm )
1.Trong mặt phẳng tọa ựộ Oxy cho hình thoi ABCD có hai cạnh AB CD lầ, n lượt nằm trên hai ựường thẳng d1:x−2y+ =5 0, d2:x−2y+ =1 0 Viết phương trình các ựường thẳng AD và BC ,
biết M( 3;3)− thuộc ựường thẳng AD và N( 1; 4)− thuộc ựường thẳng BC
2 Trong không gian tọa ựộ Oxyz, viết phương trình ựường thẳng song song với các mặt phẳng
( ) : 3P x+12y−3z− =5 0, ( ) : 3Q x−4y+9z+ = và c7 0 ắt hai ựường thẳng
Câu VII.a (1,0 ựiểm ) Từ các chữ số 0;1; 2;3; 4;5 có thể lập ựược bao nhiêu số tự nhiên lẻ, mỗi số gồm
6 chữ số khác nhau và tổng ba chữ sốựầu lớn hơn tổng ba chữ số cuối một ựơn vị
B Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ựiểm )
1 Trong mặt phẳng tọa ựộ Oxy cho elắp
2 2
9 4
E + = và các ựiểm ( 3; 0), ( 1; 0).A− I − Tìm tọa ựộ các ựiểm ,B C thuộc ( )E sao cho I là tâm ựường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2 Trong không gian tọa ựộ Oxyz cho các ựiểm (2; 0; 5),A − B( 3; 13; 7).− − Viết phương trình mặt
phẳng ( )P ựi qua ,A B và tạo với mặt phẳng Oxz một góc nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 ựiểm ) Cho số phức
2 6(1 ) 4( 3 4 )
1
z
i
=
− Tìm dạng lượng giác của số phức
3
z
ẦẦ Hết
Họ và tên thắ sinh : Số báo danh :
www.VNMATH.com
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
ðỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12
Môn thi: TOÁN- khối B,D
(Ngày thi 07/05/2011-Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm) Cho hàm số 2 4
1
x
+
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽñồ thị (H)của hàm số
2 Tìm tọa ñộ các ñiểm M trên (H) sao cho tiếp tuyến với (H) tại M tạo với ñường thẳng
3 1
y = x+ một góc 450
Câu II (2,0 ñiểm)
1 Giải phương trình tan 2 cot cos
cos sin
x
2 Giải bất phương trình log3x−54 log− 6x−216≥0
Câu III(1,0 ñiểm)
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho miền phẳng (D) giới hạn bởi các ñường x = 0; y = 0; y = 10;
1
y =x x− Tính thể tích khối tròn xoay ñược tạo thành khi quay miền (D) xung quanh Ox
Câu IV(1,0 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông ở A và B, BDC =60 ,0 AD=a 11,
AB = a, SA=SB=SD=2a.Tính thể tích của hình chóp S.ABD và khoảng cách từ S tới CD
Câu V (1,0 ñiểm)
Cho các số thực x,y thay ñổi nhưng luôn thỏa mãn x+ − =y 3 4( x− +3 y+1)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1
M
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm 1 trong 2 phần - phần A hoặc phần B
A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng toạñộ Oxy cho elíp
2 2
1
25 9
x + y = với F F là hai tiêu ñ1, 2 iểm; M là ñiểm trên
elíp sao cho F M F1 2 =900 Tìm bán kính của ñường tròn nội tiếp tam giác MF F 1 2
2 Trong không gian, với hệ trục tọa ñộ Oxyz cho các ñiểm A(-1; -1;0), B(0;6;-3) và mặt phẳng
(P) có phương trình x+2y− − =z 3 0 Tìm tọa ñộñiểm M trên (P) ñể MA−MB lớn nhất
Câu VII.a (1,0 ñiểm) Tìm số phức z thỏa mãn hệ phương trình ( ) ( )
2
z i z z
B Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng toạñộ Oxy cho hình vuông ABCD, biết các ñường thẳng AB, BC, CD, DA
tương ứng ñi qua M(10;3 ,) (N 7; 2 ,− ) (P −3; 4 ,) (Q 4; 7− ).Lập phương trình ñường thẳng AB
2 Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho ñường thẳng ( ) 2 1 5
:
− và hai ñiểm (2; 1;1 ,) (1; 1; 0)
A − B − Tìm tọa ñộñiểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất
Câu VII.b (1,0 ñiểm)
Tìm m ñể hàm số 2 ( )
2 1 2
y
x
=
− có hai ñiểm cực trị x x th1, 2 ỏa mãn x1+3x2 =6 Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh
Trang 3Trang 1/4
đÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI B - D (07/05/2011)
Tập xác ựịnh D=ℝ\{ }−1 +
lim ; lim
→− = +∞ →− = −∞ nên ựồ thị có tiệm cận ựứng x = -1 0,25 + lim lim 2
→−∞ = →+∞ = nên ựồ thị có tiệm cận ngang y = 2 ;
( )2
2
1
x
−
nên hàm số nghịch biến trong mỗi khoảng (-∞ ;-1) và (-1;+∞ ); không có cực trị
0,25
0,25
Câu
I.1
(1,0 ự)
đồ thị : x = 0 ⇒ y = 4
y = 0 ⇒ x = -2
đồ thị qua các ựiểm : (1;3), (-3;1)
nhận ựiểm I(-1;2) làm tâm ựối xứng
0,25
+ Tiếp tuyến (∆) của (H) tại M có hệ số góc k ⇒ dạng phương trình (∆) : y = kx + m
+ (∆) và (d): y = 3x +1 có véc tơ pháp tuyến lần lượt là n∆ =(k; 1 ,− ) nd =(3; 1− ) 0,25
+ Góc giữa (∆) và (d) bằng 450 nên ( ) 0
cos n n ∆; d =cos 45 ⇔
2
2
1 10
k k
+
= +
⇔ 2k2 +3k - 2 = 0 ⇔ k = -2 hoặc k = 1/2
0,25
+ k =1/ 2, ý nghĩa hình học của ựạo hàm ⇒1/ 2= y x'( )M = → không có M 0,25
Câu
I.2
(1,0 ự)
+ k = -2 có ( )2
2 x M 1 1
− = ⇔ + = ⇔ x M =0;x M = −2 → M(0;4) hoặc M(-2;0) 0,25
điều kiện : cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0; cosx ≠ sinx ⇔ cos2x ≠ 0; sinx ≠ 0 (*) Khi ựó phương trình tương ựương với : sin 2 cos cos
cos 2 sin cos sin
−
0,25
⇔ (sin 2 sinx x+cos 2 cosx x) ( cosx−sinx)=cos cos 2 sinx x x
⇔ cos cosx( x−sinx)=cos cosx( x−sinx) ( cosx+sinx).sinx 0,25
⇔ cosx=cosx(cosx+sinx)sinx (do cosx−sinx ≠ 0)
⇔ cosx1−(cosx+sinx)sinx =0 ⇔ cosx1 cos sin− x x−sin2 x=0 0,25
Câu
II.1
(1,0 ự)
cosx cos x−cos sinx x =0 ⇔ 2 ( )
cos x cosx−sinx =0
⇔ cosx=0 (do cosx−sinx ≠ 0) ⇔ x=π/ 2+kπ,k∈Z thỏa mãn (*)
0,25
Sở Giáo dục và đào tạo Thanh Hóa
Trường THPT chuyên Lam Sơn www.VNMATH.com
Trang 4Trang 2/4
ðiều kiện 0 3 5 1 5 2
0 6 2 1 3
x
x x
< − ≠
⇔ < ≠
< − ≠
(*) ( khi ñó 6x - 2 > 8)
Với ñiều kiện (*), bất phương trình tương ñương với
0 log 3x 5 −log 6x 2 ≥
0,25
0
≥
2
0
x
≥
( với ñiều kiện (*) thì log2(6x−2) > 0 )
0,25
Trên miền x > 2, ta có log2(3x− >5) 0 nên
(1) ⇔ log2(6x− −2) 2 log2(3x− ≥5) 0 ⇔ ( )2
6x− ≥2 3x−5 ⇔
⇔ x2 −4x+ ≤ ⇔3 0 1 ≤ x ≤ 3, kết hợp ñiều kiện x > 2 ta có 2 < x ≤ 3
0,25
Câu
II.2
(1,0 ñ)
Trên miền 5 / 3< <x 2, ta có log2(3x− <5) 0 nên
(1) ⇔ log2(6x− −2) 2 log2(3x− ≤5) 0 ⇔ ( )2
6x− ≤2 3x−5 ⇔
⇔ x2 −4x+ ≥ ⇔3 0 x ≤ 1 hoặc x ≥ 2 không thỏa mãn ñiều kiện ñang xét
Vậy tập nghiệm là S =(2;3]
0,25
+ Miền (D) là hình thang cong OABC với O( ) (0; 0 ,A 0;10 ,) (B 5;10 ,) ( )C 1; 0
⇒ hình chiếu của B trên Ox là H( )5; 0
0,25
OABH CBH
V =V −V , trong ñó V OABH,V CBH lần lượt là thể tích các khối tròn xoay do hình
chữ nhật OABH và tam giác cong CBH quay xung quanh trục Ox
0,25
+ Công thức thể tích hình trụ ⇒ V OABH =π.OA OH2 =π10 52 =500π 0, 25
Câu
III
(1,0ñ)
3 2
4 3
1
5 344 1
CBH
x x
π π
⇒ 500 344 1156
V = π − π = π
(ñvtt)
0, 25
+ Hạ SH ⊥ (ABCD) tại H , có SA = SB = SD ⇒ HA = HB = HD (các hình chiếu có
các ñường xiên bằng nhau) ; ∆ABD vuông ở A nên H là trung ñiểm của BD 0,25
+ BD= AB2 +AD2 = 12a2 ⇒ HD=a 3 ⇒ SH = SD2 −HD2 = 4a2 −3a2 =a + 1 ( ) 1 11 3 11
c
V = dt ∆ABD SH = a=
0,25
+ Hạ HI ⊥ CD tại I , theo ñịnh lý ba ñường vuông
góc ta có CD ⊥ SI ⇒ SI là khoảng cách cần tìm 0,25
Câu IV
(1,0ñ)
+ ∆HID ⇒ sin 3.sin 600 3
2
a
HI = HD HID=a =
+ ∆SHI ⇒ 2 2 13
2
a
SI = SH +HI = =
0,25
Trang 5Trang 3/4
+ ðặt x− =3 a, y+ =1 b với a,b ≥ 0 Giả thiết x+ − =y 3 4( x− +3 y+1)
ta có 2 2 ( )
⇔ + − + = + (1) Bài toán trở về tìm Max, min của 21 21
M
+ + với ñiều kiện (1) và a,b ≥ 0
0,25
+ Lại ñặt a+ =b S ab, =P ðiều kiện (1) ⇒ 2 2
4 1
a +b = S+ và S2−4S− =1 2P (1') + Kết hợp (1') và ñiều kiện phương trình t2 − + =St P 0 có 2 nghiệm không âm
ta có hệ
2 2
4 ; 0; 0
4 1 2
2
⇔
2
2
8 2 0 0; 4 1 0
− − ≤
⇔ 2+ 5 ≤ ≤ +S 4 3 2 (2)
0,25
+ Có 1 1 4
u + ≥v u v
+ với u,v > 0 nên 2 2
4 3 2
M
S
a b
+ + + (do
2 2
4 1
a +b = S+ )
mà có (2) nên
4 4 3 2 3
M ≥
+ + ⇒
4 min
19 12 2
M =
+ khi
3 2 2 2
a= = +b
0,25
Câu V
(1,0ñ)
+
2 2
M
2 2
4 1
a +b = S+ ) +
S
+
1 max 1
10 4 5
M = +
ðạt ñược khi a=0,b= +2 5 hoặc ngược lại
0,25
+ Vì F M F1 2 =900 nên 2 2 ( )2
+ ∆MF F1 2 vuông ở M nên ( ) ( )2 2 2
4dt ∆MF F =2MF MF = MF +MF −MF −MF
mà MF1 +MF2 =2a=10 nên ( ) 2
1 2
4dt ∆MF F =10 −64=36 ⇒ dt(∆MF F1 2)=9 0,25
Câu
VIa.1
(1,0ñ)
+ Chu vi ∆MF F1 2 là 2p=(MF1+MF2)+F F1 2 =2a+2c⇒ p= + =a c 9
⇒ r=S p/ =9 / 9=1 (ñv dài)
0,25
+ Gọi A' là ñiểm ñối xứng của A qua (P), ∀M ∈ (P) ta có MA = MA' nên
MA−MB = MA−MB ≤ A B (*) Dấu "=" xảy ra ⇔ M,A',B thẳng hàng và M nằm
ngoài ñoạn A'B, tức là M ≡ M0 = A'B ∩ (P); khi ñó MA−MB lớn nhất
0,25
+ Hạ AH ⊥(P) tại H, thì ( )
1; 1; 0 :
1; 2; 1
AH P
A AH
qua
⇒H(− + − +1 t; 1 2 ;t −t) (tham số t) + H ∈ (P) ⇒ (− + + − +1 t) (2 1 2t) ( )− − − =t 3 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0;1;-1)
H là trung ñiểm của A'A ⇒ tọa ñộ A' là A'(1;3;-2)
0,25
0
0; 6; 3 :
' 1; 3;1
B BM
BA
qua v.t¬ chØ ph−¬ng ⇒ tọa ñộ M0(s; 6 3 ; 3− s − +s) (s là tham số)
+ M0∈ (P) ⇒ s+2 6( −3s) (− − + − =3 s) 3 0⇔ s = 2 ⇒ M0(2; 0; 1− )
0,25
Câu
VIa.2
(1,0ñ)
+ Rõ ràng
0 '
x < x <x nên M0 nằm ngoài ñoạn B A' và dấu "=" ở (*) xảy ra
⇒ M0(2; 0; 1− ) là ñiểm cần tìm
0,25
www.VNMATH.com
Trang 6Trang 4/4
+ đặt z = +a bi (Vắi a b, ∈R) , từ phương trình (1 2− i z) (+ +1 2i z) =6 ta có
(1 2− i)(a+bi) (+ +1 2i)(a−bi)=6 ⇔ ⇔ 2a+4b= +6 0i ⇔ a+2b=3 (1)
0,25
+ Từ phương trình 2 ( )
z + i z− z + = ta có a2 +b2 +2 2i bi+ =3 0 ⇔ 2 2
4 3 0
a +b − b+ = (2)
0,25
+ Từ (1),(2) ta có ( )2 2
3−2b +b −4b+ = ⇔3 0 2
5b −16b+12=0 ⇔ b=2; 6
5
Câu
VIIa
(1,0ự)
b= ⇒a= − ; 6 3
b= ⇒a= Vậy có 2 số phức cần tìm là 1 1 2 , 2 3 6
5
i
+ Gọi véc tơ pháp tuyến của AB là ( ) ( 2 2 )
AB
n = a b a +b >
⇒ nBC =(b;−a)
Khi ựó cạnh của hình vuông bằng d P→AB =d Q→BC (1) ( Vẽ hình minh họa)
0,25
+ AB qua M(10;3) nên phương trình AB : a x( −10) (+b y− =3) 0
+ P(-3;4) ⇒
2 2
13
P AB
a b d
→
=
+ (2)
0,25
+ BC qua N(7;-2) nên phương trình BC : b x( − −7) (a y+2)=0
+ Q(4;-7) ⇒
2 2
Q BC
d
→
− +
=
+ (3)
0,25
Câu
VIb.1
(1,0ự)
+ Từ (1), (2), (3) ta có −13a+ = − +b 3b 5a → 2 trường hợp:
13− a+ = − +b 3b 5a ⇔ 18a−4b=0, chọn a = 2 ⇒ b = 9 ta có AB: 2x+9y−47=0
13− a+ =b 3b−5a ⇔ 8a+2b=0, chọn a = 1 ⇒ b = - 4 ta có AB x: −4y+ =2 0
0,25
+ Vì M ∈ (d) nên tọa ựộ M có dạng M(− +2 3 ;1 2 ;5t − t +t) ( t là tham số)
⇒ AM = − +( 4 3 ; 2t −2 ; 4t +t) , AB= −( 1; 0; 1− ) 0,25
+ AM AB; = =(2t−2; 2t− − +8; 2t 2) 0,25
dt ∆AMB = AM AB = t− + t− + − +t = t − t+ 0,25
Câu
VIb.2
(1,0ự)
+ ( ) ( )2
dt ∆AMB = t− + ≥ Dấu "=" ⇔ t = 2, khi ựó dt(∆AMB)nhỏ nhất →
ựiểm cần tìm M(4; 3; 7− )
0,25
+ điều kiện xác ựinh x ≠ 2,
2
2
4 3 '
2
y
x
= =
+ đặt ( ) 2
f x =x − x+ −m, yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi phương trình
( ) 0
f x = có 2 nghiệm phân biệt x x khác 2 và thỏ1, 2 a mãn x1+3x2 =6
0,25
+ Kết hợp với ựịnh lý Vi ét ta có hệ
( )
1 2
1 2
' 1 0; 2 0 (1)
4
3 6
x x
= −
+ =
0,25
Câu
VIIb
(1,0ự)
+ Từ hai phương trình sau có x1 =3,x2 =1 thay vào (2) → m = 0 khi ựó (1) thỏa mãn
Vậy giá trị cần tìm là m = 0
0,25
Ghi chú : đáp án có 4 trang - Các cách giải khác nếu ựúng vẫn cho ựiểm tối ựa
Trang 71
Trường THPT chuyên Lam sơn
ðÁP ÁN
ðỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi :Toán khối A
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m=2 1,00
Với m= , suy ra 2 3 2
2 3 2
y= x − x +
• Tập xác ñịnh : ℝ
→−∞ = −∞ →+∞ = +∞
• y'=6x2−6x=6 (x x−1), y'= ⇔ =0 x 0 hoÆc x=1
• yC§ =y(0)=2, yCT =y(1)=1
0,50
• Bảng biến thiên:
0,25
ðồ thị hàm số:
0,25
I 2 Tìm m ñểñồ thị hàm số (1) 1,00
Ta có 2
' 6 6( 1) 6 ( 1)
y = x − m− x= x x− + m
ðồ thị hàm só có cực trị khi và chỉ khi y’ có hai nghiệm phân biêt ⇔ ≠ m 1 0,25
Tọa ñiểm cực trị: A(0; ), (m B m− − −1; (m 1)3+m)⇒AB y: = − −(m 1)2x+ m 0,25
Ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I∈AB 0,25
1 ( 1) 3
3
= − − + ⇔ = hoặc m= (lo1 ại) ðS: 4
3
Cách khác: Thực hiện phép chia y cho y’, ta ñược 1 ' ( 1)2
3 6
x m
y= − − y− m− x+m
Tại x x là nghiệ1, 2 m của 'y = suy ra 0, 2
( ) ( 1) ( 1, 2)
y = y x = − −m x +m i=
Suy ra pt ñt ñi qua hai ñiểm cực trị A, B: 2
( 1)
y= − −m x+ m
0,25
Ba ñiểm A, B, (3;1)I thẳng hàng thẳng hàng khi và chỉ khi I∈AB
1 ( 1) 3
3
= − − + ⇔ = hoặc m= (lo1 ại) ðS: 4
3
m=
0,50
−∞
x
' y y
+∞
−∞
+∞
0
2
1
1
0 0
x
y
3 / 2
1
0
2
1
1 / 2
−
www.VNMATH.com
Trang 82
ð/k: sin 0, sin sin cos cos 0
x π x π x π x π x
≠ + − + − ≠
+ + − = ⇒ + − = + + =
Phương trình ñã cho trở thành
sin (7 cos 3) sin 3cos 7 cos 0
sin
x
x
4 cot x 3cotx 1 0
cotx 1
⇔ = hoặccot 1
2
x=−
0,50
cotx= (ko1 ại do ñ/k) Với cot 1 arc cot 1 ( )
x=− ⇔ =x − +kπ k∈
ℤ
0,25
2 Giải bất phương trình: x+ + − − ≤2 x2 x 2 3x− (1) 2 1,00
ð/k: [ ;2 )
3
(1)⇔ x+ −2 3x− +2 (x − − ≤ x 2) 0 2
2 3 2
⇔ − + + ≤
+ + − (2)
0,50
3
2 3 2
−
+ + − là hàm ñồng biến trên
2
; 3
+∞
Suy ra ( ) 2 5 3 0
f x ≥ f = − > Vậy (2)⇔ ∈x [2/3; 2]
0.50
III Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các 1,00
Pt hoành ñộ giao ñiểm:
2 2
+ − ≥
1 5
x x
=
⇔ =− 0,25
Với x∈ −[ 5;1]⇒ + ≥ + −x 2 x2 4x 2 Vậy diện tích cần tìm là 1( 2 )
5
−
=∫ + − − +
( x 5 )x dx ( x 3x 4)dx
−
=∫ − − +∫ − − +
0,50
x
−
= − − + − + = + =
IV Chứng minh AB⊥BD' và tính ( ', (d A ABD')) 1,00
Trong tam giác ABD, ta có:
2 cos 60 3
BD =AB +AD − AB AD = a
⇒ + = ⇒ ∆ vuông tại B
Như vậy :
( ' D'D)
DD ' ( )
AB BD
AB BB ABCD
⊥ ⇒ ⊥
'
AB BD
Gọi O=AD'∩A D' ⇒ là trung O ñiểm A’D,
Suy ra ( ', (d A ABD'))=d D ABD( , ( '))
Kẻ DH ⊥D B H' ( ∈D B' ) (1)
TừAB⊥(BB D D' ' )⇒ AB⊥DH (2)
Từ (1) và (2) suy ra DH ⊥(ABD')⇒d D ABD( , ( ')=DH
0,25
0,50
0
60
A
A’
B
B’
C’
C
D
D’
H
O
Trang 93
Trong tam giác BDD’ vuông tại D, có DH là ñường cao, suy ra
( '; ( '))
V Chứng minh bất ñẳng thức 1,00
Áp dụng bất ñẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ( )2 ( )
1 2+ + +x 1 2y ≤2 2 2(+ x+y)
và
2
2
+ = + ≤ + + =
6 2
x+ ≤y
Do ñó 1+2x+ 1+2y≤ 4+2 6
0,25
Ta lại có ( )2
1+2x+ 1+2y = +2 2(x+ +y) 2 1+2(x+ +y) 4xy
2 2(x y) 2 1 2(x y)
Mặt khác
2
x
x+y =x + xy+y ≥ +y = x + y = ⇒ + ≥x y
Do ñó 1+2x+ 1+2y≥ +1 1+ 2
0,75
VI.a 1 Viết phương trình các ñường thẳng AD và BC 1,00
Giả sử ta ñã xác ñịnh ñược các ñường thẳng AD và BC thoả mãn bài toán
ðường thẳng AB ñi qua ñiểm ( 5; 0).E − ðường thẳng BC ñi qua ñiểm N( 1; 4)− có pt
dạng a x( + +1) b y( − =4) 0,(a2+ ≠b2 0) Ta có AB d AB CD ( , )=S(ABCD)=BC d AD BC ( , )
2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , )
d AB CD =d AD BC ⇔d E d =d M BC
2 2
1 4
a b
a b
11b 20ab 4a 0
⇔ − − = ⇔b=2a hoặc 11b= −2 a
0,50
Với b=2 ,a chọn a= ⇒ = Suy ra 1 b 2 BC x: +2y− = 7 0
Vì AD/ /BD⇒AD:1(x+ +3) 2(y− = ⇔ +3) 0 x 2y− = 3 0 0,25
Với 11b= −2 ,a chọn a=11⇒ = − Suy ra b 2 BC:11x−2y+19= 0
Vì AD/ /BD⇒AD:11(x+ −3) 2(y− = ⇔3) 0 11x− + = 2y 39 0 0,25
Mặt phẳng (P) có một vtpt nP =(3;12; 3),− mp(Q) có một vtpt nQ=(3; 4;9).−
Lấy A∈( ),d1 B∈(d2), suy ra ( 5A− +2 ;3t −4 ; 1t − +3 ),t B(3−2 ; 1s − +3 ; 2s +4 ).s 0,25
Suy ra AB= − −(8 2t 2 ; 4s − + +4t 3 ;3s − +3t 4 ).s
Nếu AB là ñường thẳng cần tìm thì . 0
0
P
Q
n AB
n AB
=
=
0,25
Suy ra 1 ( 3; 1; 2), (5; 4; 2) : 3 1 2
AB
=
2
Thử thấy các ñiểm A, B không thuộc các mặt phẳng (P), (Q)
Vây phương trình ñường thẳng cần tìm là : 3 1 2
− −
0,25
3 Tìm số các số … 1,00
Giả sử lập ñược số x=a a a a a a1 2 3 4 5 6 thoả mãn yêu cầu bài toán Ta có
a + + =a a a + + + ⇒a a a + +a a = + + + + + + =a a a a a a 0,25
www.VNMATH.com
Trang 104
1 2 3 8
a +a +a = Các bộ ba phần tử của tập {0;1; 2;3; 4;5} có tổng bằng 8 là
{0;3;5 , 1; 2;5 , 1;3; 4 } { } { }
Với {a a a1, 2, 3} {= 0;3;5}⇒{a a a4, 5, 6} {= 1; 2; 4 } Trường hợp này lập ñược 2.2!.2! (số)
Với {a a a1, 2, 3} {= 1; 2;5} {⇒ a a a4, 5, 6} {= 0;3; 4 } Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số)
Với {a a a1, 2, 3} {= 1;3; 4} {⇒ a a a4, 5, 6} {= 0; 2;5 } Trường hợp này lập ñược 3!.2! (số)
0,50
Vậy số các số lập ñược thoả mãn yêu cầu bài toán là 2.2!.2! 3!.2! 3!.2!+ + =32 (số) 0,25
Ta có IA= ⇒2 ðường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có pt: (x+1)2+y2= 4 0,25
Toạñộ của các ñiểm B, C cần tìm là nghiệm của hệ pt:
2 2
2 2
1
9 4
+ =
+ + =
0,25
2 2 2
5 18 9 0
+ + =
⇔
+ + =
3 3,
5
= − =
⇔
+ + =
0,25
Với x= − ⇒ = suy ra B ho3 y 0, ặc C trùng A (loại) 0,25
Với 3 4 6
x=− ⇒ =±y
Như vậy 3 4 6; , 3; 4 6
− − −
hoặc
3 4 6 3 4 6
− − −
0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua các ñiểm 1,00
Gọi n=( ; ; ) (a b c a2+ + ≠b2 c2 0) là vtpt của mặt phẳng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên
n
vuông góc với AB= − −( 5; 13;12)
5 12
13
⇒ = ⇒ − − + = ⇒ =
0,25
Gọi ϕ là góc giữa mp(P) và mp(Oxz) thì cos . ,
n j
n j
ϕ=
trong ñó j=(0;1; 0) là vtpt của
mặt phẳng (Oxz Vậ) y
ϕ=
Nếu b= thì 0, 0
cosϕ= ⇒ =0 ϕ 90 có giá trị lớn nhất
0,25
C 1: Nếu b≠ thì 0,
Ta có:( 5− +a 12 )c2≤(25 144)(+ a2+c2)=169(a2+c2), nên cos 1 2 45 0
1 1 2
ϕ≤ = ⇒ ≥ϕ +
Dấu "= x" ảy ra khi 12− a=5 c Chọn a= thì 5, c= −12 và b= −13
Vậy pt mp(P) là 5(x− −2) 13y−12(z+ = ⇔5) 0 5x−13y−12z−70= 0
C 2:
5
b
0
45 ,
Minϕ = khi 13 12 0, 12 13
5
a b
−
− = = Suy ra ( ) : 5P x−13y−12z−70= 0
0,50