De+Da Toan DH Thu so 7 THTT TH4 2011

2 Tìm tất cả các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến C sao cho hai tiếp điểm tương ứng có hoành độ dương.. Hai mặt phẳng SAB và SAD cùng vuông góc với mặt đáy..

THTT SỐ 406-4/2011

ĐỀ SỐ 07

Thời gian làm bài 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I:

Cho hàm số: y x 1

x 1





 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2) Tìm tất cả các điểm trên trục tung để từ điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho hai tiếp điểm

tương ứng có hoành độ dương

Câu II:

cos x sin x











Câu III:

Tính tích phân:

1 2x x 0

dx







Câu IV:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD)

cùng vuông góc với mặt đáy Biết AB2a, SABCa, CD2a 5 Tính thể tích của khối chóp

S.ABCD Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD

Câu V:

4

PHẦN RIÊNG

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình các đường thẳng chứa ba cạnh của tam giác

ABC biết C 4;3 , đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình  

lần lượt là x2y 5 0 và 4x 13y 10  0

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (C) có phương trình x2y2z22x2z 2 0

Tìm điểm A thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách từ A đến mặt phẳng  P : 2x2y z 6  0 lớn nhất

Câu VII.a:

Với các số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số và chia hết cho 4?

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình   2 2

1

C : x y  và 1

  2 2

2

C : x y 6x6y 17 0 Xác định phương trình các đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn

trên

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 0;1;1 , B 2; 1;1 , C 4;1;1       và mặt phẳng (P)

có phương trình x   y z 6 0

Tìm điểm M trên (P) sao cho MA 2MB MC  

đạt giá trị nhỏ nhất

Câu VII.b:

Trong khai triển nhị thức ab50, tìm số hạng có giá trị tuyệt đối lớn nhất, cho biết a  b 3

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I:

x 1

y

x 1





 (C)

1) Học sinh tự giải

2)

Điều kiện: x 1

Gọi M(0;m) là điểm cần tìm

Phương trình đường thẳng (d) đi qua M có hệ số góc k: ykxm

 

2 2

2

2

k

x 1

x 1

x 1

x 1

x 1









Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến thì ta phải tìm điều kiện để có 2 giá trị phân biệt của k thỏa mãn hệ trên

Từ phương trình (1) để có 2 giá trị k thì phải có hai giá trị phân biệt x1, x2 và x1x22

Phương trình (2) m 1 x  22 m 1 x   m 1 0 

 

    

 

 

   

2

m 1 0

m 1

' 0

m 1

2 m 1

2 2

m 1

2 m 1

m 1

 

















1

2 0











 



Vậy M(0;m),với m 1

Câu II:

cos x sin x





4



2

2



 







2



Vậy phương trình họ nghiệm: x k2

2









Điều kiện: x5, 0y243

HPT



 



Đặt a log x 1, b5   5 log y a, b 3  0

Ta có:

2 2



 











- Với b  , thay vào (1) ta được: 3 a a23a 5 0 (VN0)

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x = 25, y = 81

Câu III:

 

2x x 2x x

I

Đặt uex due dxx





Khi đó:

 

e

1



Câu IV:











 SA là đường cao hình chóp S.ABCD

Gọi E là hình chiếu của C lên AD

Ta có ABCE là hình chữ nhật



 



CED

ABCD

2 3 S.ABCD ABCD

Gọi M là trung điểm AD MAMCMD

I là trung điểm SC MI / /SAMIABCD

Xét các tam giác vuông IMA, IMC, IMD











, Mà MAMCMDIAICIDIS

 I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD

Bán kính

R



Câu V:

Điều kiện 4 x 1

3

2

     

Miền xác định D là miền đối xứng và f t f t

 

f t

Do đó ta chỉ cần xét trên nữa miền xác định

2

 Ta giải PT (*)

Đặt u 5 t 5 t , u 0

2



2

2

So sánh f 0  10, f 5 5 5, f 39 21 9 21 39 21

PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1)

Giả sử các đường phân giác và trung tuyến đã cho kẻ tử đỉnh A

 

A 9; 2

  AC  

   

- Phương trình cạnh AC: 1 x 9  1 y 20x   y 7 0

Gọi E là điểm đối xứng của C qua AD EAB

Phương trình tham số đường thẳng CE: x 4 t

 





 

 Tọa độ giao điểm I của CE và AD: 4 t 2 3 2t   5 0   t 1 I 3;1 

E 2; 1



  AE  

   

- Phương trình cạnh AB: 1 x 9  7 y 20x7y 5  0

Phương trình tham số cạnh AB: x 9 7t

 





  

 Tọa độ điểm B có dạng: B 9 7t; 2   t

Tọa độ trung điểm M của BC:

B C

B C

M M

y y

2 2







  BC  

BC 16; 2 n 1; 8

   

- Phương trình cạnh BC: 1 x 48 y 3  0x 8y 20 0

2)

x 1 y  z 1 4

 P : 2x2y   z 6 0

Điểm A cần tìm là giao điểm của đường thẳng (d) đi qua tâm I của

mặt cầu và vuông góc mặt phẳng (P) với mặt phẳng (P)

Phương trình đường thẳng (d):

 





 



   

 Tọa độ giao điểm của (d) với mặt cầu:

 2  2 2 2

3

       A1 7; 4; 1 , A2 1 4; ; 5

Ta có:    

 

d A , P

3

   

 

d A , P

3

 

Vậy tọa độ điểm A cần tìm là: A 7; 4; 1

Câu VII.a:

- Số chia hết cho 4 là các số có 2 chữ số tận cùng chia hết cho 4

- Từ bộ {0,1, 2, 3, 4, 5} ta có các số có 2 chữ số chia hết cho 4 là {00, 20, 40, 12, 32, 52, 04, 24, 44}

- Số có năm chữ số chia hết cho 4 có dạng abcm

+ Chọn a có 5 cách chọn (trừ số 0)

+ Chọn b có 6 cách chọn

+ Chọn c có 6 cách chọn

+ Chọn m có 9 cách chọn được lấy từ bộ số có 2 chữ số chia hết cho 4 ở trên

- Vậy có: 5.6.6.9 = 1620 số

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b:

1)

Đường tròn (C1) có tâm I 0;0 bán kính 1  R1 1

Đường tròn (C2) có tâm I23; 3  bán kính R2  1

Đường thẳng tiếp tuyến chung (d) của hai đường tròn có dạng: AxBy C 0

C



(1)

3A 3B C



(2)







- Với AB, từ (1)  C  A 2C A 2, chọn A = 1B 1, C   2

- Với C 3B A

2

9 2 14

5













Chọn B = 5, A 9 2 14 , A 9 2 14

Vậy có 4 phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn:

x y 20, x y 20, 9 2 14 x 5y 6 3 14  0, 9 2 14 x 5y 6 3 14   0

2)

Giả sử tọa độ điểm M là M x; y; z  







  

 2  2  2  2 2  2

              

3

3

Vì M P x   nên:y z 6 x22y2z 1 23

    

Vậy MA 2MB MC  





  

Câu VII.b:

50

ab C a b  k k 50 k k k 50 k

a  b 3 C a b  C 3 b

Số hạng này lớn nhất khi:

         

         

 

k 31, 3



























Vậy MaxC a bk50 k 50 k C 3 b3250 16 50