Gọi H là trung ñiểm của AB.. Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại ñỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với ñáy.. Tính thể tích khối chóp SABCD và xác ñịnh tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp
Trang 1KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 17
2
x y x
−
= + 1) Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) (HS tự giải )
2) Gọi I là giao ñiểm của tiệm cận Hãy tìm hai ñiểm A,B trên (C) sao cho IA=IB và AIBˆ =1200
Câu II)
1) Giải phương trình sau: 3 sin 2 cos 2 5sin (2 3 cos) 3 3
1
2 cos 3
x
= +
2) Giải hệ phương trình sau:
3 2 2
2 3 3
x y x y xy
Câu III) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị hàm số
2
ln( 2) 4
x x y
x
+
=
− và trục hoành
Câu IV) Cho hình chóp SABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB=a AD; =a 2 góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và ABCD bằng 600 Gọi H là trung ñiểm của AB Biết mặt bên SAB
là tam giác cân tại ñỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với ñáy Tính thể tích khối chóp
SABCD và xác ñịnh tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SAHC
Câu V) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ñiều kiện: a2+ + +b2 c2 2ab=3(a b c+ + ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20 20
2
P a b c
a c b
Câu VI)
1) Trên mặt phẳng Oxy cho d x: +2y− =1 0; 'd =3x+ + =y 7 0 cắt nhau tại I và ñiểm M(1;2) Viết phương trình ñường thẳng∆ qua M cắt d,d’ lần lượt tại A và B sao cho AI = 2AB
2) Trong không gian Oxyz cho M(1;-1;0) và ñường thẳng : 2 1 1
x− y+ z−
− và mặt phẳng (P): x+ + − =y z 2 0 Tìm toạ ñộ ñiểm A thuộc mặt phẳng (P) biết ñường thẳng AM vuông góc với ∆ và khoảng cách từ A ñến ∆ bằng 33
2
Câu VII) Cho số phức z thỏa mãn ñiều kiện z =1 Tìm GTLN, GTNN của P= + +1 z 3 1−z
Hết
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
Câu I)
1) Học sinh tự làm:
Theo ñề ra:
Với a= −b⇒ IA IB, ngược hướng nên AIBˆ =1800 (loại)
2
ab
Ta có:
4 4
2
4 4 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
36
a b
+
Vậy ta có hệ
2 2
24 6
a b ab
= −
Câu II)
x≠ − ⇔ ≠ ±x π +k π
.Phương trình ñã cho tương ñương với
2 2
3 sin 2 cos 2 5sin 3 cos 3 0
2 3 sin cos 1 2 sin 5sin 3 cos 3 0
2 sin sin 2 3 cos 5 3 cos 2 0
Đặt t=sin ,x t ≤1 Ta có 2 ( )
2t t 2 3 cosx 5 3 cosx 2 0(*)
hai biến t ta có:
(2 3 cos 5) (2 3 cos 3) 1 (2 3 cos 5) (2 3 cos 3)
3cos 2
t= − ⇔ x= − ⇔ = − +x π k π∨ =x π +k π k∈ℤ
( thỏa mãn)
Vậy phương trình ñã cho có 3 họ nghiệm là 2 ; 7 2 ; 2 ,
x= − +π k π x= π +k π x= +π k π k∈ℤ
Trang 3
2) Biến ñổi phương trình ñầu thành: ( 2 ) ( )
x − y x−y = kết hợp ñiều kiện x2−2y− ≥1 0 ta suy
ra x=y thay vào phương trình thứ hai ta ñược
2
3 3
x x
− − ≤
− ≤ −
suy ra
x= ±
Vậy hệ có nghiệm: ( ; )x y = −(1 2;1+ 2) (∪ +1 2;1− 2)
Cách 2)
Điều kiện 2
x ≥ y+
Từ (1) suy ra:( 2 ) ( ) 2 2 ( )
x y x y
x y
=
=
Với x=y từ (2) ta có phương trình:2 x2−2x− +1 3 x3−14= −x 2
( )
3 3
2
2
3 3 3 3 3
2 2
2
3 3 3 3 3
2 2
2
3 3 3 3 3
x x
x x
x x
x x
− − −
− −
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1− 2;1− 2 , 1) ( + 2;1+ 2)
Câu III)
Hoành ñộ giao ñiểm hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình:
2
ln( 2)
0 4
x x x
+ =
− 0
1
x
x
=
⇔
= −
ta có
2 0
2 0
1 1 2
2
1 ln( 2)
4
2 4
4
x
x
∫
0
1
2
2 ln 2
2
x dx x
−
−
−
+
∫
Xét J = 0 2−x dx;
∫ ñặt x=2 cos 2t⇒dx= −4sin 2tdt 3 2 2 cos 2
4 sin 2
t
=∫
Trang 43 3 3
3
π
3
S= − +π −
Câu IV)
Q
P E
K
I
D
O H
C B
A S
- Ta có SH ⊥AB⇒SH ⊥(ABCD).Kẻ HM vuông góc với AC thì góc tạo bởi (SAC) và
(ABCD) là SMHˆ =600
AC a
3
1
SABCD
a
V = SHdt ABCD =
- Gọi E, K lần lượt là trung ñiểm của SA, HA Kẻ ñương thẳng qua K song song với AD cắt CD
ở F thì KF⊥(SAH) Dựng Ex song song với KF thì Ex là trục ñường tròn ngoại tiếp tam giác SHA Dựng ñường thẳng qua tâm O của mặt ñáy vuông góc với AC cắt KF, AD tại N, P thì N là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác AHC Trong mặt phẳng chứa Ex và KF kẻ ñường thẳng Ny vuông góc với ñáy (ABCD) (ñường thẳng song song với EK) thì Ny là trục ñường tròn của tam giác AHC
Giao ñiểm I =Ny∩Ex là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC
R =IH =IN +NH =KE +NH
2 2
16
a
R=
Trang 5Câu V) Từ giả thiết ta có ( )2
2 2
2
a b c
a b c+ + = +a b + ≥c + + ⇒a b c+ + ≤
Mặt khác ta có
P a b c
3 16
4
Câu VI)
1) Cách 1:
Ta có tọa ñộ ñiểm I là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 3
⇔
Lấy ñiểmH( ) (1; 0 ∈d H ≠A K); ∈d K'( ≠B) sao cho 2HK=HI
Do K∈d'⇒K a( ; 3− −a 7) Có HI= −( 4; 2 ,) HK=(a− − −1; 3a 7)
HI = HK ⇔HI = HK ⇔ = a− + a+ ⇔ a+ = ⇔ = −a
2
HI HK IH HK
HK AB
AI AB
AI AB
=
Vậy ñường thẳng d ñi qua M có véc tơ chỉ phương KH =( )3;1 ⇒PT : 1 2
d − = −
Cách 2:
Theo ñiều kiện AI= 2AB gợi cho ta nghĩ ñến tam giác vuông AIB có cạnh huyền AI
Có AIBˆ =450⇒AB⊥BI
Vậy ∆ñi qua M(1;2) và vuông góc với d’ và do ñó ta có phương trình:x−3y+ =5 0
1 2 ; ;1 3
AM U
A
∆
= ⇔ − − − + − − = ⇔ = = ⇒ = +
∆ qua B(2; 1;1 ,− ) (U 2; 1;1; ,− ) AB(1 2 ; 1− β − −β β;3 )
2
A
u AB
d
u
∆
Trang 6
( )
1
7 1; 1; 4
25 8 17
; ;
A
A
β
β
= −
=
− −
Câu VII)
z= +x yi⇒x +y = ⇒ y = −x và x∈ −[ 1;1]
Ta có P= + +1 z 3 1− =z (1+x)2+y2 +3 (1−x)2+y2 = 2(1+ +x) 3 2(1−x)
Xét f x( )= 2(1+ +x) 3 2(1−x x); ∈ −[ ]1;1 Dùng ñạo hàm ta tính ñược
ax 2 10; min 2
M P= P= ứng với các trường hợp 4 3
5 5
z= − ± i và z=1