2.Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị C, tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của C tại A, B.. CMR diện tích tam giác ABI I là giao của hai tiệm cận không phụ thuộc vào vị trí của M.. Viế
Trang 1SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MÔN: TOÁN - KHỐI A
- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số 2 4
( ) 1
x
x
−
=
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2.Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B CMR diện tích tam giác
ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M.
Câu II: (2,0 điểm) 1 Giải phương trình: cos3 cos2 2 1 sin( )
sin cos
x
2 Giải hệ phương trình:
2
2 2
((2;1), (5;-2))
Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân: 2
1
ln
ln
1 ln
e
x
+
∫ ( 2 2 2
e− − )
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt
phẳng (ABB’A’) góc 0
60 và AB = AA’ = a Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ =
4
a
Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC) (NPQ)⊥ ( )415
3
a
Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = 3
4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b
a
P
+
+ +
+
+
= (3)
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên
hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng
BG ((x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81
25 )
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( ) :S x2+y2+ −z2 2x+6y−4z− =2 0
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ vr(1;6;2), vuông góc với mặt
phẳng( ) :α x+4y z+ − =11 0và tiếp xúc với (S) (2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0)
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn : 2 z i− = − +z z 2 ;i z2−( )z 2 =4 ( z 3 3 i
4
1
4 +
B Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆: 3x−4y+ =4 0 Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15 (A(0;1) và B(4;4))
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với
d : x 1 y 1 z
− = + =
− .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M,
cắt và vuông góc với đường thẳng d và tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua d (x 21− =y 1−4 = z2
− − ; 8 5 4
3 −3 −3 )
Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình:(z2 −z)(z+3)(z+2)=10, z∈C ( z=−1± 6;z=−1±i)
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……… SBD:………
Trang 2
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN: TOÁN - KHỐI A Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
I-1
(1 điểm)
TXĐ : D = R\{-1}
y’ = 6 2
0 (x 1) >
+
0,25
lim ( ) lim ( ) 2
x f x x f x
→+∞ = →−∞ = nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
lim ( ) , lim
→− = +∞ →− = −∞nên x = -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0,25 Bảng biến thiên
Hàm số đông biến trên (−∞ −; 1)và ( 1;− +∞)
Đồ thị :
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(-1 ;2) làm tâm đối xứng 0,25
I-2
(1 điểm)
1
a
a
−
Tiếp tuyến tại M có phương trình:
1 1
a
a a
−
+ +
0,25
(Giao điểm với tiệm cận đứng x = − 1 là 2 10
1;
1
a A
a
−
Giao điểm với tiệm cận ngang y = 2 là B a ( 2 + 1;2 )
a
Trang 3
II-1
(1 điểm)
Khi đó PT ⇔ −(1 sin2x) (cosx− =1) 2 1 sin( + x) (sinx+cosx)
⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x+sinx+sin cosx x) =0
⇔ +(1 sinx) (1 cos+ x) (1 sin+ x) =0
0,25
x x
= −
2 2 2
= − +
= +
(k m, ∈Z)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2
2
x= − +π k π
và x= +π m2π (k m, ∈Z)
0,25
II-2
(1 điểm)
Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình
Với x≠0, ta có:
2
2 2
2
1
4
1 4
y
x y
x y
x
0,25
Đặt
2 1 ,
y
x
+
+) Với v=3,u=1ta có hệ:
2, 5
+) Với v= −5,u=9ta có hệ:
2 1 9
5
x y
+ =
+ = −
, hệ này vô nghiệm.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) (2;1), ( ; ) (5; 2).x y = x y = −
0,25
III
(1 điểm)
2 1
ln
ln
1 ln
+
I 1 =
1
ln
1 ln
dx
∫ , Đặt t = 1 ln x+ ,… Tính được I 1 = 4 2 2
2 1 ln
e
I =∫ x dx, lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e - 2 0,25
I = I 1 + I 2 = 2 2 2
IV
(1 điểm)
Gọi I là trung điểm A’B’ thì
' ( ' ') ' AA '
C I
suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính là
góc C BI· '
C BI =
' tan '
2
a
Trang 4
V
(1 điểm)
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
z y x
9 z
1 y
1 x
1 9 xyz
3 xyz 3 z
1 y
1 x
1 ) z y x
(
3
3
+ +
≥ + +
⇒
=
≥
+
a 3 c c 3 b b a
9 a
3 c
1 c
3 b
1 b
a
1 P
+ + + + +
≥ +
+ +
+ +
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
3
3
3
a 3b 1 1 1
b 3c 1 1 1
c 3a 1 1 1
+ + +
0,25
Suy ra 3a 3b 3 b 3c 3 c 3a 1 4 a b c 6( )
3
3 4
≤ + =
Do đó P≥3
0,25
Dấu = xảy ra
3
a 3b b 3c c 3a 1
+ + =
+ = + = + =
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a=b=c=1/4
0,25
1 Giả sử B x y( ;B B)∈ ⇒d1 x B = − −y B 5; ( ;C x y C C)∈ ⇒d2 x C = −2y C+7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0
B C
B C
+ + =
0,25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
Ta có BGuuur(3;4)⇒VTPT nuuurBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0,25
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81
VIa
(1 điểm)
2 Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Vì ( ) ( )P ⊥ α và song song với giá của vr nên nhận véc tơ
nuur r rp = ∧ =n v (2; 1; 2)− làm vtpt Do đó (P):2x-y+2z+m=0 0,25
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d I( →( )) 4P = ⇔ ( ( )) 4 21
3
m
m
= −
VIIa
(1 điểm) + Gọi số phức z = x + yi
) ,
Hệ
=
+
=
− +
↔
4 4
) 2 2 ( ) 1 ( 2
xyi
i y i y x
0,25
=
=
↔
−
=
∨
=
=
↔
3
3 2
4 1
4 1
1
4
y x x
y x y
x y
0,25
Vậy số phức cần tìm là : z 3 3 i
4
1
4 +
=
0,25
Khi đó diện tích tam giác ABC là
Trang 5HẾT
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC MÔN: TOÁN - KHỐI : B
- Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I: (2,0 điểm)Cho hàm số y =− +x3 3x2−3(1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
Trang 6
2 Tìm điểm M thuộc đường thẳng y=5x−2 sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị của (1) nhỏ nhất ( 1; 5
4 2
M −
Câu II: (2,0 điểm) 1 Giải phương trình: sin 2 x + cos 2 x = 3sin x + cos x + 2 ( 2 , 2
2
x= − +π k π x= +π k π)
2 Giải hệ phương trình: 2
(x, y∈ R) (1;4/5)
Câu III: (1,0 điểm) : Tính tích phân:
2 1
4 x
x
−
=∫ ( 3
3
π
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại Ccạnh huyền bằng 3a Gọi
G là trọng tâm tam giác ABC, SG⊥(ABC), 14
2
a
SB= Tính thể tích khối chóp S ABC (3a3/4)
Câu V: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2≤ 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
+ + + (3/2)
II PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ): Thí sinh chọn một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong hệ trục toạ độ Oxycho tam giác ABC có ( 2;3)C − Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 3x−2y−25 0,= x y− =0 Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Cho mặt cầu (S) : (x− 1)2 +y2 +(z+ 2)2 = 9.Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a :
2 2
1
−
x
và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2
Câu VIIa (1,0 điểm) Giải phương trình : ( 3 ) 9
3
4
1 log
x
x
x
−
B Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2 Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng
y = x Tìm toạ độ đỉnh C
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5 1
1 3
4 :
+
=
−
−
=
x d
1 3
3 1
2 : 2
z y
x
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1,0 điểm)
Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển
n 5
x
1
3 n 1 n 4
+
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:……… SBD:………
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC
ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN: TOÁN - KHỐI: B - D Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Trang 7
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I-1
(1 điểm)
TXĐ : D = R
Tìm nghiệm y’ = 0 ; lập bảng biếng thiên đúng
0,25
Kết luận cực trị đúng
0,25
Đồ thị đúng
I-2
(1 điểm)
Gọi tọa độ điểm cực đại là A(2;1), điểm cực tiểu B(0;-3)
Thay tọa độ điểm A(2;1)=>P>0, thay tọa độ điểm B(0;-3)=>P<0
0,25
Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=6x-4,
để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng
1
2
x
y
=
=> 1; 5
Trang 8
II-1
(1 điểm)
pt⇔2sin cosx x−3sinx+2cos2x−cosx− =3 0 0,25
2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0 sin cos 1 2 cos 3 0
Khi: cos 3( )
2
2
π
= − +
2
x= − +π k π x= +π k π
II-2
(1 điểm)
ĐK: x + y ≥ 0 , x - y ≥ 0, y ≥ 0 0,25 PT(1) ⇔ 2x+2 x2 − y2 =4y ⇔ x2 −y2 =2y x− 2
y x
− ≥
Từ PT(4) ⇔ y = 0 v 5y = 4x
Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) 0,25 Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có x +2 x = ⇔ =3 x 1
KL: HPT có 1 nghiệm ( ; ) 1;4
5
III
(1 điểm)
Đặt x= 2sint Suy ra :dx = 2 c o s tdt ; 12 2
6
t x
x
t
π π
=
=
⇒
=
0,25
Đưa về được :
2 2 2 6
cos sin
t
t
π
π
Tìm nguyên hàm đúng
0,25
I = 3
3
π
IV
(1 điểm) Gọi I là trung điểm AB, 3
Tam giác vuông
2
2 2 2 10
4
a
Thể tích :
3
Trang 9
V
(1 điểm)
P
Vậy GTNN là Pmin = 3
VIa
(1 điểm)
1 Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3x−2y−25 0=
Đường phân giác trong góc B là BE: x y− =0
Toạ độ B là nghiệm của hệ 2 3 5 0 1 (1;1)
B
Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE Do BE là phân giác nên F thuộc AB
Xác định toạ độ F được F(3; -2)
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0
0,25
2 (S) có tâm J( 1 , 0 , − 2 ) bán kính R = 3
+ đt a có vtcp →u(1,2,−2), (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận →u làm vtpt
Pt mp (P) có dạng : x+ 2y− 2z+D= 0
0,25
(P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = R2 −r2 = 5
0,25
3
) 2 (
2 0 2 1
= +
−
−
−
−
=
+
−
=
↔
5 3 5
5 3 5
D
D
0,25
Có 2 mặt phẳng : (P1) : x+ 2y− 2z− 5 + 3 5 = 0 và (P2) : x+ 2y− 2z− 5 − 3 5 = 0
0,25
VIIa
(1 điểm)
Đk: x > 0, 3, 1
9
x log 1
4 3
log x log
2
3 x
−
−
x log 1
4 x
log
1 x log
2
3 3
−
−
−
⇔
1 x log 1
4 x
log 2
x log 2
3 3
−
− +
−
0,25
Đặt: t = log3x pt thành :2 4 1 { 2 1, 2 1
4
3 4 0
t
So sánh điều kiện được 2 nghiệm 1; 81
3
0,25
1 Ta có: uuurAB= −( 1;2)⇒ AB= 5 Phương trình của AB là: 2x y+ − =2 0
0,25
Trang 10TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 )
NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011
MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ)
I PHẦN CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3
2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau
Câu 2: 1 Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8
2 Giải hệ phương trình: 2 0
Câu 3: Tính J =
−
∫2ln103 xx
e dx
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, SA=2a; SAB=600
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2x y z+ +1 +x+21y z+ + x y+ +1 2z
II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a.
1 Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0 viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng
với gốc tọa độ O
2 Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
Trang 11
(d) :
2
2
z 2
y 1
1
và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0
Câu 7a Giải phương trình sau trong C: Z3 - 2Z2 + 8Z – 16 = 0
2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b
1 Trong mpOxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà gĩc giữa hai tiếp tuyến đĩ bằng 600
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) :
=
=
= 4 z
t y
t 2 x
; (d2) :
3 0
y t z
= −
=
=
Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2)
Câu 7b Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0
HƯỚNG DẪN GIẢI:
I PHẦN CHUNG:
Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)
1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn: limx→−∞y= −∞, limx→+∞y= +∞
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thị (C3):
2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ + + =x 02=
* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE≠ 0
⇔
≠
m 0
9 4m 0
4 m
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
Trang 12
kD = y’(xD) = 3x2D+6xD+ = −m (xD+2m);
kE = y’(xE) = 3x2E +6xE + = −m (xE+2m)
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1
⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m ×(–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = 1 9 65( m )
8 ĐS: m = 1(9− 65 hay m) =1(9m 65)
Câu 2 :
1 3 sin x cosx 2 cos3x 0 + + = ⇔sinπ3sinx + cosπ3cosx = – cos3x
⇔ cos −π= −
x 3 cos3x ⇔ cos
π
⇔
= +
∈
= + π
k x
3
⇔ x = π+kπ
3 2 (k ∈ Z)
2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
x2+91− y2+91= y− −2 x− +2 y2−x2
y x y x
1
x y
⇔ x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta cĩ: x2+91= x− +2 x2 ⇔ x2+91 10− = x− − + −2 1 x2 9
2 2
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x
− +
2 1
91 10
x x
− +
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu 3: J
−
−
−
b
2/ 3 1/ 3
3 u
b 2/ 3
3 4 (e 2) ;
2 với u = ex – 2, du = exdx) Suy ra:
b ln2 b ln2
Câu 4:
Dựng SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)
⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp
° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥
S
H
P
C A
B
N
ϕ
Trang 13° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
° AHP vuông có: HP HA.sin60o a 3.
4
° SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg
4
° Thể tích hình chóp
ABC
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:
4ab ≤ (a + b)2 1
4
a b
+
+
1 1 1
( , 0)
Tương tự: 1 1 1 1 1
2x y z+ x 2y z+x y 2z
1 1 1 1 2009
Vậy MaxP = 2009
4 khi x = y = z =
12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN:
1 Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản
Câu 6a.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP ar = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2 Gọi A(a; 0; 0) ∈Ox
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : 2 2a2 2 2a
d(A; )
3
2 1 2
+ +
° () qua M (1; 0; 2)0 − và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)r=
° Đặt M Muuuuuur0 1 =ur
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác AM M0 1
0 1
2 0
AM M
0 1
[AM ; u]
d(A; )
uuuuur r r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)
Câu 6a.2a n = a b cd e
