Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương thuộc H cắt hai đường tiệm cận của H tại A, B sao cho AB=2 10.. Tìm xác suất để giá trị tuyệt đối của hiệu hai số được chọn bằng 1.. Gọi D là điểm
Trang 1UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1
1
x y x
+
=
− có đồ thị (H)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số
b) Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (H) Tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ dương
thuộc (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại A, B sao cho AB=2 10
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 32x+ 1−4.3x+ =1 0
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Tính môđun của số phức z= −(1 2 )(2i +i)2
b) Cho tập A={1, 2,3, , 2015} , từ tập A chọn ngẫu nhiên hai số Tìm xác suất để giá trị tuyệt
đối của hiệu hai số được chọn bằng 1
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 4 ( )
1
ln 1
x
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : 2P x−2y z+ + =1 0 và
đường thẳng d:
1 3 2 1
= +
= −
= +
Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt
phẳng (P) bằng 3
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a= = = đồng thời SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau tại S Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC Gọi D là điểm đối xứng của S qua K; E là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SHI) Chứng minh rằng AD vuông góc với SE và tính thể tích của khối tứ diện SEBH theo a.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,
các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm M(1; 5 ,− )
7 5
; ,
2 2
N
13 5
;
2 2
P−
(M, N, P không trùng với A, B, C) Tìm tọa độ của A, B, C biết đường thẳng
chứa cạnh AB đi qua Q(−1;1) và điểm A có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
3
x y
Câu 9 (1,0 điểm)
Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a+2b c− >0 và 2 2 2
2
a + + =b c ab bc ca+ + +
Trang 2HẾT
-UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
• Tập xác định: D=¡ \ 1{ }
• Sự biến thiên
( )
,
2
3
0, 1 1
x
−
= < ∀ ≠
0,25
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng(−∞;1) và (1;+∞)
+ Hàm số không có cực trị
+ Giới hạn:
* limx→−∞y=2;limx→+∞y= ⇒2 Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
*limx→1−y= −∞;limx→1+y= +∞ ⇒Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị: Giao điểm của (H) với Ox là 1;0
2
−
, giao điểm của (H) với Oy là (0; 1− )
Đồ thị nhận I( )1; 2 làm tâm đối xứng
0,25
Trang 3Gọi 0 ( ) ( )
0
1
x
x
Phương trình tiếp tuyến của ( )H tại M là ( )
( )2( 0) 0
0 0
3 :
1 1
x
x x
+
−
−
−
0,25
(d) cắt tiệm cận đứng (x=1) tại 0
0
1;
1
x A x
(d) cắt tiệm cận ngang (y=2) tại B x(2 0−1; 2)
0,25
( )
( )
2
0
36
1
x
0
0
2 4
x
x
=
⇒ = (do 0 x< 0)
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán M( )2;5 và M( )4;3
0,25
2 1
1 3
3
x
x
x x
− + = ⇔ = ⇔ = −
(1 2 )(2 ) (1 2 )(4 4 ) (1 2 )(3 4 ) 3 4 6 8 11 2
Vậy z= − ⇒ =11 2i z 112+22 =5 5
Gọi A là biến cố: “Hiệu hai số được chọn bằng 1”
Số phần tử của không gian mẫu: 2
2015
Số cặp số có hiệu bằng 1 (là cặp hai số liên tiếp) là n A =2014
Vậy xác suất để “Hiệu hai số được chọn bằng 1” là ( ) 2
2015
2014
A
n
P A
nΩ C
1
1 1
4
2
1
ln(1 x)
x
+
1
2 (1 )
dx dv
x
2
1
2 2 ln 1 | 6ln 3 4ln 2 2 | 6 ln 3 4ln 2 2
x
0,25
Khi đó I = +I1 I2= 14 6 ln 3 4 ln 2 2 6ln 3 4ln 2 8
Trang 4Ta có d(M,(P)) = 3 ⇔ 2(1 3 ) 2(2 ) 1 1 3
3
Suy ra, có hai điểm thỏa bài toán là M1(4, 1, 2) và M2( – 2, 3, 0) 0,25
Gọi HI∩AK =J SJ, ∩AD E=
( )
E AD SHI
Ta có J là trung điểm của AK, kẻ FK//SE
(F∈AD)⇒AE EF= =FD= AD3 = a33
Trong tam giác vuông cân SBC,
2
a
SK = BC= ⇒SD a=
0,25
Trong tam giác vuông SAD,
3
a
SA =a AE AD= a =a ⇒SA =AE AD⇒SE⊥AD
0,25
Tam giác SAB cân tại S nên SH ⊥AB
Ta lại có
SC ⊥ SAB SC BD⇒BD⊥ SAB ⇒BD⊥SH ⇒SH ⊥ ABD ⇒SH ⊥ HBE
2 2
a
SH = , S HEB =S EAH
0,25
Mà
EAH
DAB
3
1
a
V = SH S = (đvtt)
0,25
Đường tròn ngoại tiếp ABC∆ chính là đường tròn ngoại tiếp MNP∆ có phương trình là
x +y + x− = có tâm là 3;0
2
K−
0,25
Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua Q(−1;1) vuông góc với
KP
PT của AB: 2x y− + =3 0
Tọa độ A, B là thỏa mãn hệ
( )2
1
4
y x
y x
x y
x
x
− + =
Từ đó, tìm được A( ) (1;3 ,B − −4; 5)
Ta lại có AC đi qua A, vuông góc với KN có phương trình 2x y+ − =7 0
0,5
Nên tọa độ điểm C thỏa mãn
7 2
7 2
4; 1 1
4
x y
C x
x
= −
= −
+ − =
0,25
Trang 5( ) ( ) ( )
3
8 13 1 3 2 7 1
Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được
( ) 2 2
2
1
y x
=
Với y=1 thay vào (1) ta được 8x− = + −13 x 1 7x⇔ =x 1
0,25
Với 2
y x= thay vào (1) ta được
8x −13x +7x= +x 1 3x − ⇔2 2x−1 − x − − = +x 1 x 1 x+1 2x− +1 x − −x 1
a= x− b= x − ta được
( ) ( )
1 0
a b
a ab b x
=
0,25
= ⇒ =
= − ⇒ =
2
a +ab b+ + + =x +b + x− + + =x +b + x − x+ > ∀x
Vậy hệ có nghiệm ( ; ) ( )1;1 , 1 1;
8 64
x y = −
0,5
Áp dụng BĐT AM - GM ta có :
ab bc ac+ + + =a + + ≥b c a + bc⇔ ab+ ac+ ≥a + +bc ab ac+
2
a b a c
a c
a b c a b a b
+ +
Mặt khác,
2
2
a c a b c a c a b c a b
a c a b c a b
0,5
Do đó,
2
a b P
Vậy GTLN của P bằng 1
4.
0,5
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Quế Võ số 1
Trang 6Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 2 2 ( )
2 1
x
x
−
=
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số
b) Tìm m để đường thẳng d y: =2mx m+ +1cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất ( với O là gốc tọa độ)
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 cosx( x+sinx− =1) 0
b) Giải phương trình: 9x−5.3x+ =6 0
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình sau trên tập số phức: z2+ + =z 3 0
b) Cho khai triển ( )8
2 x+ tìm hệ số của số hạng chứa x6trong khai triển đó
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 3
1
1 ln
2 ln
e
x
x x
+
+
Câu 5 (1,0 điểm) Cho điểm M(−1;3; 2− ) , nr(1; 2;3)
và đường thẳng
2 : 2
x t
d y t t
=
= +
¡
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto nr làm vectơ pháp tuyến Tìm tọa độ giao
điểm của (P) và đường thẳng (d)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S ABCD có O là tâm của đáy khoảng cách từ O đến
mặt phẳng (SBC bằng 1 và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng ) α Tính thể tích khối chóp S ABCD
theo α Xác định α để thể tích khối chóp đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d x y: + − =1 0 Điểm E( )9; 4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F(− −2; 5) nằm trên
đường thẳng chứa cạnh AD, AC=2 2 Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có
hoành độ âm
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) 2 2 ( )
1
x y
x x y y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho a b c, , là các số thực không đồng thời bằng 0 thỏa mãn điều kiện
( )2 ( 2 2 2)
2
a b c+ + = a + +b c Tìm giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a b c P
a b c ab bc ca
+ +
=
HẾT
-UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 2 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Trang 7*TXĐ: ¡ \ 1
2
2
x
−
+ ⇒ ∈ ⇒ = ⇒I d c 5 A(1;3); ( 3;1)B − 0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1
; 2
1
; 2
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25
x
mx m x
x + = + + ≠ − +
2
4 mx 4 mx m 1 0
⇒ + + − = , (1); Đặt g x ( ) = 4 mx2 + 4 mx m + − 1
0,25
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt ⇔PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
⇔
0
1 0 2
m
g
≠
0,25
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x x1, 2 thì x x1, 2 là các nghiệm của PT (1) ⇒
1 2
1 1
4
x x
m
x x
m
x + mx + + m + x + mx + + m
= ( 2 )( 2 2) ( ) ( ) ( )2
4 m + 1 x + x + 4 m m + 1 x + x + 2 m + 1
= ( 2 ) 1 ( ) ( )2
2
m
m
−
0,25
2
2 + m + 2 m 5 2 9
≥ + = (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)
Dấu bằng xảy ra ⇔ 1
2
m = ( thỏa mãn);KL: 1
2
m = là giá trị cần tìm
0,25
cos 2 cosx x+sinx− =1 0
cos 2 0
1 sin
x
x π
=
0,25
Trang 8+) Với cos 2 0 ( )
4 2
k
x= ⇔ = +x π π k∈¢
+) Với
2 1
2
x k
π π
=
0,25
9x−5.3x+ =6 0 ( )2
3x 5.3x 6 0
Đặt t=3x (t>0) Phương trình trở thành t2+ + =5t 6 0 0,25
3 2
t
t
=
⇔ = 1log 23
x x
=
Suy ra phương trình có hai nghiệm là: 1 1 11 ; 2 1 11
Ta có khai triển sau: ( )8 8 8
8 0
k
k
x = C − x
=
3
1 ln
;
2 ln
x
x x
+
+
1
e e
x dx= = −
2 ln
1 ln
ln 2 ln
e
x
+
2
e
Vậy
ln
Phương trình mặt phẳng (P) chứa điểm M và nhận vecto nr làm vecto pháp tuyến là:
1(x+ +1) (2 y− +3) (3 z+ = ⇔ +2) 0 x 2y+ + =3z 1 0
Vậy phương trình (P) là: x+2y+ + =3z 1 0
0,5
Thay x, y, z từ phương trình đường thẳng (d) vào mặt phẳng (P) ta được:
2t+ +2t 3(2 t) 1 0+ + = ⇔ = − ⇒ = −t 1 x 2, y= −1, z 1= Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng là I(− −2; 1;1) 0,5
Gọi M là trung điểm BC
Trong mp SOM kẻ OH( ) ⊥SM (1)
S ABCD là hình chóp đều nên SM ⊥BC OM, ⊥BC
Suy ra BC⊥(SOM) ⇒OH ⊥BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra OH ⊥(SBC) ⇒OH =1
0,25
Trang 9Từ (1) và (2) ta cũng có ( (SBC) (, ABCD) ) =SMO· =α.
Xét OHM∆ vuông tại H ta có 1
sin sin
OH OM
Xét SOM∆ vuông tại O ta có tan 1 tan 1
sin
AB OM
α
4 sin
ABC
α
Suy ra . D 1 D 1 42 1 24
0,25
Đặt P=sin2α.c osα
sin c os c os c os
P= α α = α− α
Đặt cosα =t t, ∈( )0;1
Suy ra 3
P t t= −
Ta có P′ = −1 3t2 , 0 1 3 2 3
P′ = ⇔ = −t ∨ =t
Lập bảng biến thiên
S ABC
V nhỏ nhất khi Pl ⇔ 3 cos 3 arccos 3
t= ⇔ α = ⇔ =α
Vậy V S ABC D nhỏ nhất bằng 2 3 (đvtt) khi arccos 3
3
α =
0,5
+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
⇒ E’ thuộc AD
Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E( )9; 4
⇒ phương trình EE’: x y− − =5 0
Gọi I = AC∩EE’, tọa độ I
là nghiệm hệ 5 0 3 (3; 2)
I
Vì I là trung điểm của EE’ ⇒E'( 3; 8)− −
AD qua E'( 3; 8)− − và F( 2; 5)− − ⇒ phương trình AD: 3x y− + =1 0 0,25
(0;1)
A AC= ∩AD⇒A Giả sử C c( ;1−c)
Vì AC=2 2 ⇔c2 = ⇔ =4 c 2;c= −2⇒C( 2;3)− 0,25
Gọi J là trung điểm AC ⇒ J( 1; 2)− ⇒ phương trình BD: x y− + =3 0
Do D=AD∩BD⇒D(1; 4)⇒ −B( 3;0) Vậy A(0;1), B( 3;0), ( 2;3), (1; 4).− C − D 0,25
( )
I
x x y y
0,25
t 0 33 1
P′ + 0
-P
2 3
9
Trang 10( )2 ( ) ( )2
4y 1 8 2y 1 4y 3
2 1 1 ( ) 2
t y
⇒
=
0,25
y
≥
( )2 ( )
16y y−1 +4y y− +1 y − = ⇔ =1 0 y 1 (do y≥1)⇒ =x 0 Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1). 0,25
gt
ab bc ca+ + = a b c+ + − a + +b c → + +ab bc ca= a b c+ +
Do đó
3
16
P
a b c
0,25
Đặt
a b c a b c a b c
Thì
2
4 4
x y z
+ = −
Vì ( )2
4
y z+ ≥ yz nên 0 8
3
x
≤ ≤
0,25
P= x +y +z = x + y z+ − yz y z+ = x − x + x+
Xét hàm số f x( ) 3= x3−12x2+12x+6 với 0;8
3
x
∈
0,25
176 min ( ) 16, max ( )
9
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi đề xuất của trường THPT Ngô Gia Tự
Câu 1 (2,0 điểm)
Cho hàm số y x= 4−2mx2+1 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = 1.
b) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho BC = 4 và A là
điểm cực trị thuộc trục tung
Trang 11Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình log22+log2x− =2 0
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2x−cosx= 3 sin 2( x+sinx)
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp A Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 3.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
1 2 2
0 4
dt I
t
=
−
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 1 2
x− y− z
− và mặt phẳng ( )P : 2x y− −2z+ =1 0 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(3; 1;2− ), cắt đường thẳng ∆ và song song với mặt phẳng (P)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt
đáy bằng 60° Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách
từ C đến mặt phẳng (SMN).
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB AD= 2, tâm
(1; 2)
I − Gọi M là trung điểm cạnh CD, H(2; 1− ) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM Tìm tọa độ các điểm A, B.
Câu 8 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x+ 1 −x2 ≥ 2 3 − x− 4 x2
Câu 9 (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2
3 ( ) 4
b c bc c a ca
-Hết -UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA SỐ 3 NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán
Với m = 1 hàm số trở thành : y x= 4−2x2+1
TXĐ : R ; xlim→±∞y= +∞
Có y' 4= x3−4x; ' 0 0
1
x y
x
=
= ⇔ = ±
0,25
Trang 12BBT (lập đúng và đầy đủ) 0,25 Hàm số đồng biến trên (−1;0) và (1;+∞)
Hàm số nghịch biến trên (−∞ −; 1) và ( )0;1
yCĐ =1 tại x = 0; yCT = 0 tại x= ±1
0,25
Ta có y' 4= x3−4mx=4x x( 2−m);
( )
2
0 ' 0
*
x y
x m
=
= ⇔ =
Để hàm số có ba cực trị thì y’=0 có ba nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua ba nghiệm đó ⇔
(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ >m 0 (**) 0,25
' 0
y
= ⇒
= ⇔
2 2
2
log 1 log log 2 0
x x
x
=
2 1 4
x
x
=
⇔
=
0,5
cos 2x 3 sin 2x 3 sinx cosx
2
2
0,25
Các số gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0 lập được là 3
A = ⇒n A( ) =504 Chọn ngẫu nhiên một số từ A có 84 cách nên n( )Ω =84
Gọi B: “Số chọn được chia hết cho 3”
0,25
Số lập được chia hết cho 3 được lập từ các bộ số sau:
{1; 2;3 , 1;2;6 , 1;2;9 , 1;3;5 , 1;3;8 , 1; 4;7 , 1;5; 6 , 1;5;9 , 1;6;8 , 1;8;9} { } { } { } { } { } { } { } { } { }
{2;3; 4 , 2;3;7 , 2;4;6 , 2;4;9 , 2;5;8 , 2;6;7 , 2;7;9 , 3;4;5 , 3;4;8} { } { } { } { } { } { } { } { }
{ } { } { } { } { } { } { } { }
{ } { }
3;5;7 , 3;6;9 , 3;7;8 , 4;5;6 , 4;5;9 , 4;6;8 , 5;6; 7 , 5;7;9 ,
6;7;8 , 7;8;9
Mỗi bộ số lập được 3!=6 số nên có tất cả 29.6=174 số
Chọn một số trong các số đó có 174 cách ⇒n B( ) =174
Vậy xác suất là P B( ) n B( ) ( ) 174504 2984
n
Ω
0,25
Trang 131 1
2
dt
1 2
0
t t
Gọi B d= ∩ ∆ ⇒ ∈ ∆B nên giả sử B(1 2 ; 2+ t −t t;3 )
Khi đó uuurAB= − −( 2 2 ;3t −t t;3 −2) là vtcp của d.
Mặt phẳng (P) có vtpt nr=(2; 1; 2− − )
0,5
Vì d//(P) nên 0 2 2 2( ) (3 ) (2 3 2) 0 1
3
AB n= ⇔ − − t − − −t t− = ⇔ = −t
uuur r
4 10
; ; 3
3 3
⇒ = − − ÷
uuur
hay ur=(4; 10;9− ) là vtcp của d.
Vậy phương trình d:
3 4
1 10 ,
2 9
= +
= +
¡
0,5
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
tâm G và SG⊥(ABC) . 1
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
2
AN = ⇒S =
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa
cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = · SAG= °60 (vì
·
SG⊥ AG⇒SAG nhọn)
0,25
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 3
a
AG= AN =
Trong tam giác SAG có SG AG= tan 60° =a
Vậy . 1 2 3 3 3
S ABC
0,25
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M∈(SMN) nên
(C SMN, ) 3 (G SMN, ( ) )
Ta có tam giác ABC đều nên tại K
( )
SG⊥ ABC ⇒SG⊥MN
( )
MN SGK
Trong (GKH), kẻ GH ⊥SK ⇒GH ⊥MN⇒GH ⊥(SMN) , H SK∈
(G SMN, )
0,25
Trang 14Ta có 1 ; 2 2 1 1 3
a
BK = AN BG =AG= AN ⇒GK = AN− AN = AN =
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
7
a GH
GH = SG +GK =a +a =a ⇒ =
Vậy ( ,( )) 3 3
7
C SMN
a
d = GH =
0,5
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD
nên ICuur=3uuurIH
Mà IHuuur=( )1;1 , giả sử
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
2
MBC BAC
Mà ·BAC BCA+· = ° ⇒90 MBC BCA· +· = ° ⇒90 AC⊥BM
0,25
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt uuurIH =( )1;1
⇒pt BM: x + y – 1 = 0 ⇒B t( ;1−t)
Có uuurAB= +(t 2;6−t); CBuuur= − −(t 4; t)
0,25
Vì AB⊥BC⇒uuur uuurAB CB = ⇔ +0 (t 2) (t− −4) (t 6− =t) 0
⇔ = ±t 2 2 ⇒B(2+ 2; 1− − 2) hoặc B(2− 2; 1− + 2) 0,25
Điều kiện: 2
2
3 41
8
x
x x
≥
− +
− − ≥
(*) Bất phương trình đã cho tương đương với
x+ − +1 x2 2 x(1−x2)≥ −2 3x−4x2 ⇔3(x2+ − − +x) (1 x) 2 (x x+ 2)(1−x) 0≥
0,25
2
5 34
9
x
x
− +
≥
≤
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41
− + ≤ ≤ − +
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
5
4
b c bc ≥ b c b c = b c
4
c a ca ≥ c a
Suy ra
2
b c c a
b c bc c a ca b c c a
0,25
