Đề thi thử số 17 đã chỉnh lý

Gọi H là trung điểm của AB.. Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy.. Tính thể tích khối chóp SABCD và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN

ĐỀ SỐ 17 Câu I) Cho hàm số 2 2

2

x y x

−

= + 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) (HS tự giải )

2) Gọi I là giao điểm của tiệm cận Hãy tìm hai điểm 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

x

= +

2) Giải hệ phương trình sau:







Câu III) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ln( 22)

4

y

x

+

=

− và trục hoành

Câu IV) Cho hình chóp SABCD có đáy 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 điểm của AB Biết mặt bên SAB

là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy Tính thể tích khối chóp

SABCD và xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp SAHC

Câu V) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a2+ + +b2 c2 2ab=3(a b c+ + ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 20 20

2

P a b c

Câu VI)

1) Trên mặt phẳng Oxy cho d x: +2y− =1 0; ' 3d = x y+ + =7 0 cắt nhau tại I và điểm M(1;2) Viết phương trình đường 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 đường thẳng : 2 1 1

− và mặt phẳng (P): x y z+ + − =2 0 Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với ∆ và khoảng cách từ A đến ∆ bằng 33

2

Câu VII) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z =1 Tìm GTLN, GTNN của P= + +1 z 3 1−z

Hết

GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088 Câu I)

1) Học sinh tự làm:

2) Gọi A a 2;2a 6 ;B b 2;2b 6 ( )C a b ab( , 0)

Ta có:I( 2; 2) IA a; 6 ;IB b; 6

Theo đề ra:

Với a= − ⇒b IA IBuur uur, ngược hướng nên AIBˆ =1800 (loại)

2

ab

Ta có:

2

2

36

+

Vậy ta có hệ

6

ab

 + =

 = −



Câu II)

x≠− ⇔ ≠ ±x π +k π .Phương trình đã cho tương đương với

( )

2 2

3 sin 2 cos 2 5sin 2 3 cos 3 3 2cos 3

3 sin 2 cos 2 5sin 3 cos 3 0

2 3 sin cos 1 2sin 5sin 3 cos 3 0

2sin sin 2 3 cos 5 3 cos 2 0

Đặt t=sin ,x t ≤1 Ta có ⇔2t2+t(2 3 cosx− −5) 3 cosx+ =2 0(*) Đây là phương trình bậc 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∈

¢ ( thỏa mãn)

t= − x+ ⇔ x+ x= ⇔ x+π = ⇔ = +x π k π k∈

Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm là 2 ; 7 2 ; 2 ,

x= − +π k π x= π +k π x= +π k π k∈

¢

2) Biến đổi phương trình đầu thành: (x2−2y x y) ( − ) =0 kết hợp điều kiện x2−2y− ≥1 0 ta suy

ra x= y thay vào phương trình thứ hai ta được

2

3 3



Vậy hệ có nghiệm: ( ; )x y = −(1 2;1+ 2) (∪ +1 2;1− 2)

Cách 2)

Điều kiện x2 ≥2y+1

Từ (1) suy ra:( 2 ) ( ) 2 2 ( )

 =



Với x= y từ (2) ta có phương trình:2 x2−2x− +1 3 x3−14 = −x 2

3 3

2

2

2 2

2

2 2

2

− − −

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1− 2;1− 2 , 1) ( + 2;1+ 2)

Câu III)

Hoành độ giao điểm hàm số và trục hoành là nghiệm của phương trình: ln( 22) 0

4

x

− 0

1

x

x

=



⇔  = − ta có

2 0

2 2

1 ln( 2)

4

2 4

4

x

x

−

0

1

2

2ln 2

2

x dx x

−

−

−

+

∫

Xét 0

1

2

; 2

x

x

−

−

=

+

∫ đặt x=2cos 2t⇒dx= −4sin 2tdt 3

4

2 2cos 2

4sin 2

2 2 os2

t

π

=

+

∫

3 3 3

4 tan sin 2 8sin 4 (1 cos 2 ) 4 2sin 2 3 2

3

π

3

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

3

1

SABCD

a

- Gọi E, K lần lượt là trung điểm của SA, HA Kẻ đương thẳng qua K song song với AD cắt CD

ở F thì KF (⊥ SAH) Dựng Ex song song với KF thì Ex là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SHA Dựng đường thẳng qua tâm O của mặt đáy 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 đường thẳng Ny vuông góc với đáy (ABCD) (đường thẳng song song với EK) thì Ny là trục đường tròn của tam giác AHC

Giao điểm I =Ny∩Ex là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SAHC

Ta có R2 =IH2 =IN2+NH2 =KE2+NH2

2 2

2

⇒ = ÷ ÷ + ÷÷ =

Vậy 31

32

Cach2) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC Ta có

2 4

3 3 2

4

S

AC HC AH S

AC

HC

AH

r

ABC AHC

=

=

=

Kẻ đường thẳng ∆ qua J và ∆// SH. Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp AHC S. là

giao điểm của đường trung trực đoạn SH và ∆ trong mặt phẳng (SHJ) Ta có

4

2

2 2

IJ

Suy ra bán kính mặt cầu là R=a 3231.

Câu V) Từ giả thiết ta có ( )2

2

a b c

P a b c

4

P≥ + − = ⇒P = khi a=1,b=2,c=3

Câu VI)

1) Cách 1:

Ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 2 1 0 3

Lấy điểmH( )1;0 ∈d H( ≠ A K d K); ∈ '( ≠B) sao cho 2HK HI=

Do K d∈ ⇒' K a( ; 3− −a 7) Có uuurHI = −( 4;2 ,) uuurHK = − − −(a 1; 3a 7)

HI = HK ⇔HI = HK ⇔ =  a− + a+ ⇔ a+ = ⇔ = −a

2



=



Vậy đường thẳng d đi qua M có véc tơ chỉ phương KHuuur=( )3;1 ⇒PT : 1 2

d − = −

Cách 2:

Theo điều kiện AI = 2AB gợi cho ta nghĩ đến tam giác vuông AIB có cạnh huyền AI

Có AIBˆ =450 ⇒ AB⊥BI

Vậy ∆đi qua M(1;2) và vuông góc với d’ và do đó ta có phương trình:x−3y+ =5 0

( ) ( )

1 2 ; ;1 3

AM U

A

∆

uuuur uuuur uur

∆ qua B(2; 1;1 ,− ) (Uur 2; 1;1; ,− ) uuurAB(1 2 ; 1− β − −β β;3 )

r uuur

2

A

u AB

d

u

∆

r uuur

r

1

7 1; 1; 4

25 8 17

; ;

7 7 7

A

A

β

β

= −





 =



 − −





Câu VII)

Đặt z x yi= + ⇒x2+y2 = ⇒1 y2 = −1 x2 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 đạo hàm ta tính được

ax 2 10; min 2

M P= P= ứng với các trường hợp 4 3

5 5

z= − ± i và z=1