Khoảng cách từ tâm I của mặt ñáy ABC ñến mặt phẳng A’BC bằng 6 a.. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ và cosin góc tạo bởi A’BC và ABA’... Từ N hạ NE vuông góc với A’C... dt MNPQ =MN MQ= d
Trang 1KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN TUẦN 3 THÁNG 4
LỚP ÔN THI ĐẠI HỌC
(Thời gian làm bài 180 phút)
y= −x mx + m − x−m + m− (C) 1) Khảo sát và vễ ñồ thị hàm số khi m=1
2) Tìm m ñể hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O
Câu II)
1) Giải phương trình sau: 2 1 sin 2 4 sin 1 1
π
2) Giải hệ phương trình sau: ( 2)( 2)
+ + + + =
− + = + +
Câu III)
1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị các hàm số y=0 và (12 )
1
y x
−
= +
2) Cho lăng trụ tam giác ñều ABCA’B’C’ có cạnh ñáy bằng a Khoảng cách từ tâm I của mặt ñáy (ABC) ñến mặt phẳng (A’BC) bằng
6
a
Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ và cosin góc tạo bởi (A’BC) và (ABA’)
Câu V)
Cho 3 số thực dương a,b,c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2 2 2
( 1)( 1)( 1) 1
P
+ + +
Câu VI)
1) Cho các ñường thẳng d d d lần lượt có phương trình 1; 2; 3 x− + =y 1 0;x− =y 0;x− − =y 1 0 và
ñiểm M(0;1) thuộc d1.Tìm N thuộc d2, Q thuộc d3 và P sao cho MNPQ là hình chữ nhật có diện tích nhỏ nhất
2) Trong không gian Oxyz cho A(2; 0; 0),H(1;1;1) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa A, H sao cho (P) cắt Oy ;Oz tại B, C thỏa mãn diện tích tam giác ABC bằng 4 6
Câu VII) Giải bất phương trình :
5 4
9
x x
−
GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088-01256813579
Trang 2ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TUẦN 3 THÁNG 4 NĂM 2011
Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Điều kiện ñể hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
1
= +
= −
(0,25 ñiểm)
y=y x− m − x+ m− Gọi A, B là 2 ñiểm cực trị thì
A m+ m− B m− m+ (0,25 ñiểm)
2
m
m
= −
=
(0, 25 ñiểm) Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
Câu II)
1) Điều kiện sinx≠0.Phương trình ñã cho tương ñương với:
2
(4 sin 2) sin 2 8sin 2 sin 1
6
2(2sin 1) cos 2 sin 2 (2 sin 1)(4sin 1)
π
1
sin
2
cos 2 3 sin 2 4 sin 1
x
=
⇔
(1) (2)
(1)
2 6
5
2 6
= +
⇔
= +
(k∈Z) (2)
2
4 sinx+2 sin x+2 3 sin cosx x=0⇔sinx+ 3 cosx= −2
7
(k∈Z)
2) Giải phương trình:
Ta có: 1+y2 > y2 = y ≥ ±y⇒ 1+y2 ± >y 0
Tương tự: 1+x2 ± >x 0(*)
(1)⇔ +x 1+x = 1+y − ⇔ + +y x y 1+x − 1+y =0
2 2
−
0( (*))
Thay vào (2) trở thành: x 3x 2x2 1 4x2 3x 1 x x 3 12 2 x2 4 3 12 (3)
Trang 32 2
> ⇔ + + = − + + Đặt t 12 3 2 0
2
(3)⇔ = − ⇔ =t t 6 t 3(nhận) hay t=-2(loại)
2 2
14
+
14
(loại)
< ⇔ − + + = − + + Đặt t 12 3 2 0
2
(3)⇔ − = − ⇔ =t t 6 t 2(nhận) hay t=-3(loại)
2 2
4
+
4
(loại)
ĐS: 3 37
14
Câu III)
1 1
x
x x
=
=
Đặt
2
0 2
0
(tan 1)
u
+
∫
2) - Haj AM vuông góc với BC suy ra M là trung ñiểm của BC Hạ AK vuông góc với A’M suy
ra /( ' ) 3 /( ' ) 3
'
4
a
⇒ =
2
3
LT
- Hạ NB vuông góc với AC ⇒BN ⊥( 'A AC)⇒BN ⊥ A C' Từ N hạ NE vuông góc với A’C Suy ra A C' ⊥(NEB)⇒ A C' ⊥EB Suy ra góc tạo bởi mp(A’AC) và mp(A’BC) là góc NEB ˆ NEC
∆ ñồng dạng với ∆A AC'
A C
Trang 4B
C
M N
E K
C'
B' A'
Câu IV) Theo bất ñẳng thức Cauchy
3
3
( 1)( 1)( 1)
+ + +
Đặt t=a+b+c+1>1 Khi ñó ta có 2 54 3
( 2)
P
≤ −
( )
( 2)
f t
= −
+ với t>1 ta có
1
4 ( 2)
t
t
=
=
1 ( ) ax
4
f t m = khi t=4
1
max
4
P
⇔ = khi a= = =b c 1
Câu V)
1) Gọi N(a;a) thuộc d2; Q(b+1;b) thuộc d3 ta có MN =( ;a a−1),MQ b( +1;b−1)
Vì MNPQ là hình chữ nhật nên tam giác MNQ vuông tại M và P ñối xứng với M qua trung ñiểm I của NQ
dt MNPQ =MN MQ= dt MNQ nên diện tích hình chữ nhật nhỏ nhất khi diện tích MNQ nhỏ nhất
Trang 5Ta có
1 1
2 2
ab b
MN MQ
⇔
= = − + +
1
2
⇔ = − + +
2 2
2
1
1
min 1
2
y
x
dt MNQ
x
=
Từ ñó tính ñược các ñiểm N,Q,P theo hai trường hợp
2) Giả sử B(0;b;0), C(0;0;c) trong ñó ,b c≠0 Ta có
4
4( 2 ) 384
= =
=
= − = − −
Từ ñó có 3 phương trình thỏa mãn ñiều kiện
4
x
x
−
Trường hợp 1: − ≤ <1 x 4 bất phương trình luôn ñúng
2
Kết hợp nghiệm ta có S=[-1;24]