Tuyển tập đề thi THPT quốc gia môn toán phần 3

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng SAC vuông góc với mặt phẳng ABC.. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy

Trang 1

>> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1

yx  x  (1)

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

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại

ba điểm phân biệt

cos 2 sin

sin 2 2 sin

x x

Câu III(2 điểm )

1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4 Bốc ngẫu nhiên một số Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau.

x x

xdx I

Câu V(4 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC

cân tại S, góc SBC bằng 600, mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC)

1 Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC

2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC

Câu VI(2 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2

+y2 = 5 tâm O,

đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0 Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10

5 và đoạn

OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB

Câu VII(2 điểm )Giải hệ phương trình:

),(3

3

335

25

2

2 2

R y x x

x y

y

x y y

y x

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Trang 2

Họ và tên thí sinh……… …….; Số báo danh………

;6

,

x

x y

x x y

0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 và 2; ; hàm số nghịch biến trên

khoảng  0; 2

0,25

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4

;)(lim 

(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)

Trang 3

2/Phương trình hoành độ giao điểm: x3

22

m x

x

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và

22

0492

0 sin

x

0,25

PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx  (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25

2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0  2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25  

1 cos

x x x

x

0,25

32

1cosx x k (k  Z)

Vậy phương trình có nghiệm  2

Trang 4

34

2

dx x

x x x

1

3 2

44

3

C

x dx

I

O

B S

Gọi O là trung điểm AC Vì tam giác SAC cân nên SOAC 0,25

))()()(

(ABC vi SAC ABC

2

a OB a OC

4 3 4

3 2

1 ) , cos(

60

2 2

2

m a m a m

a

a BC

Vậy

8

2

3

.

a S

SO

Trang 5

K

X N M

I

S

2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB

0,25

Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là

trục đường tròn của tam giác ABC

0,25

Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của

cạnh SB, cắt IM tại X

0,25

Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4

Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK =

64

9a

0,25

KN=SK.sinOSB =

24

XN = 1/3KN =

24

Trang 6

Trang 7

         

Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3

x  y z

3 3 2

y

Thật vậy, Xét hàm số f(x) = x1x víi 0 x 1

Ta có f’(x) = 1 3

2

x x



3

x

  ; BBT

x 0 1

3 1

f’(x) + 0 

f(x) 2

3 3 Suy ra 0 < f(x) < 2

3 3 Dấu “=” xảy ra  1

3

x

0,5

Vậy ta có:

1

x x

3 3

1

3 3

y y

 

3 3 2

y

z

z 



y

x  y z

3 3

2

Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3

x  y z

0,25

Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 0,25

Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa

Trang 8

Câu 1 (2,0 điểm).Cho hàm số 3

yx  x (1)

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

b) Tìmm để phương trìnhx33x  1 m 0có ba nghiệm phân biệt

Câu 2 (1,0 điểm).Giải phương trình sau trên tập số thực: 2 1

b) Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu Tính xác suất

để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3

Câu 5 (1,0 điểm).Cho hình chóp S ABC có đáy ABCD là hình thoi cạnh D a, ABC60 0 Cạnh SA

vuông góc với mặt phẳng (ABCD góc giữa ), SC và mặt phẳng ( ABCD bằng ) 60 , gọi 0 M là trung điểm của S B Tính theo athể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD

Câu 6 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I ,( )C cắt trục

hoành tại A và B cắt đường thẳng, : 3x4y 6 0 tại C và D Viết phương trình đường tròn ( ) C biết

6

AB CD 

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có CD2AB,phương trình hai đường chéo của hình thang làAC x:   y 4 0và BD x:   y 2 0.Biết tọa độ hai điểm ,

A B dương và hình thang có diện tích bằng 36 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

Trang 9

+ Hàm số đồng biến trên (;-1) và (1;  ); Hàm số nghịch biến trên (-1;1)

+ Hàm số đạt cực tiểu tạix1;y ct 0 ; Hàm số đạt cực đại tạix 1;y cd 4

0,5

Đồ thị

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I(0;2) làm tâm đối xứng

0,25

1b Tìm m để phương trình: x33x  1 m 0 có ba nghiệm phân biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT HÀ TRUNG

ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I

NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn thi: TOÁN

Trang 10

   

 

0,25

Ta có số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C ) và đường

thẳng y = m + 1 Phương trình (1) có 3 nghiêm phân biệt khi đường thẳng

y=m + 1 cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt

0,25

Dựa vào đồ thị ta có điều kiện: 0      m 1 4 1 m 3

Vậy m ( 1;3)thỏa mãn yêu cầu bài toán

x x

(1,0đ) Giải phương trình: 2sin 3x.cos x 3 cos 2xsin 4x

2sin 3x.cos x 3 cos 2x sin 4x

sin4x sin 2x 3 cos 2x sin 4x

Trang 11

4b

(0,5đ)

Từ một hộp chứa 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20, lấy ngẫu nhiên hai quả cầu

Tính xác suất để tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3

Chọn hai quả cầu trong 20 quả cầu được đánh số từ 1 đến 20 ta có 2

20

C cách

Số phần tử của không gian mẫu là:  C202 190

0,25

Gọi A là biến cố: “tích 2 số ghi trên 2 quả cầu lấy ra là một số chia hết cho 3”

Trong các số từ 1 đến 20 các số chia hết cho 3 là 3;6;9;12;15;18

Tích 2 số ghi trên hai quả cầu là một số chia hết cho 3, xảy ra các trường hợp sau

Trường hợp 1: Mộtsố chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3 Ta có 1 1

đường thẳng AM, SD

0 0

2 0 D

tan 60 3

3 .sin 60

Trang 12

515

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I , ( )C cắt

trục hoành tại A và B cắt đường thằng , : 3x+4y 6 0 tại C và D Viết phương

trình đường tròn ( )C biết AB C D6

Gọi bán kính của đường tròn (C) là R(R > 0)

Ta có d(I, AB)= d(I,Ox) = 2; d(I; CD) =d(I,) = 1 Suy ra R > 2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABC có D CD2AB,

phương trình hai đường chéo của hình thang là AC x:   y 4 0và

B x  y Biết tọa độ hai điểm A B dương và hình thang có diện tích bằng ,

36 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang

Gọi I là giao điểm hai đường chéo AC và BD Tọa độ I là nghiệm của hệ

Trang 13

2x-1 11

Nên phương trình (3) vô nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1)

0,25

9 Cho x y z, , là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện xyz =1 Chứng

Trang 14

(1,0 đ)

(1 x) (1 y) (1 z)  4

x, y, z dương và xyz = 1 nên luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hoặc bằng 1 hoặc hai

số cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y

Trang 15

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán - Lý - Hóa - Sinh - Anh - Văn tốt nhất! 1

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐỀ THI THỬ LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN : TOÁN

Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

yx  x  (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1

c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng

y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt

Câu 2 ( 2,0 điểm) Giải các phương trình:

cos

2

sin

sin 2 2

sin

x x

(x 2015) x

Câu 5 ( 1,0 điểm) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng

(các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu) Chọn ngẫu nhiên

4 viên bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu

Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B

và AB=4a, AC=5a Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a

Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

Trang 16

SỞ GD & ĐT TUYÊN QUANG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ LẦN I

TRƯỜNG THPT ĐÔNG THỌ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2014 – 2015

MÔN : TOÁN

( Đáp án – thang điểm gồm 07 trang)

;6

,

x

x y

x x y

0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 0 và 2; ; hàm số nghịch biến

trên khoảng  0; 2

0,25

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  yCĐ = 4

Trang 17

x

y

3 2

4

-1

0,25

b) (0,5đ) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1

, 2

y  x  x , suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là y,(1)   3

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    3 x 5

c) (0,5đ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường

thẳng

y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt

Phương trình hoành độ giao điểm: x3

22

m x

x

để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi

và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25

22

0492

m

Vậy với m  (

49

Trang 18

2

(2,0đ) a) (1,0đ) Giải phương trình: sin 2 . cos 2

sin 2 2 sin 3





x x

0 sin

x

0,25 Phương trình trở thành :

2

2sin (3cos 1)

2 2sin cos

0,25

 3cos x   1 2cos2 x ( Do sin x  0 ) 0,25

 2cos2 x  3cos x   1 0 cos 1

1 cos

2

x x

1cosx x k (k  Z)

Vậy phương trình có nghiệm  2

Với t = 2, ta được x  log 23

Vậy phương trình có hai nghiệm x  0, x  log 23

Trang 19

Trang 20

(1,0đ) Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu) Chọn ngẫu nhiên 4 viên

bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: n ( )   C154  1365

Gọi A là biến cố “4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu”

Khi đó biến cố đối A là“4 viên bi chọn ra có đủ cả ba màu

Trang 21

.

10 ( 1) 0 2 0 ( 2) ( 2)

uuur uuur

0,25

7

(1,0đ)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AB=4a,

AC=5a Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA=3a

Tính thể tích của khối chóp tam giác S.ABC theo a

0,25

Trang 22

Do SA  ( ABC ) nên SA là đường cao của khối chóp S.ABC

Trong tam giác vuông ABC

Trang 23

Hệ này vô nghiệm

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

0,25

Hết

Trang 24

TRƯỜNG THPT LƯƠNG

THẾ VINH

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015

HÀ NỘI Môn thi: Toán – Lần thứ 1

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gia với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm ( ) ( )

và mặt phẳng ( ) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( P ) Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P)

Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy là hình chữ nhật, Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng Gọi M là trung điểm của SD Tính theo a thể tích của khối chóp và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15

Đường thẳng AB có phương trình Trọng tâm của tam giác BCD là điểm

( ) Tìm tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật biết điểm B có tung độ lớn hơn 3

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình { √ √

Trang 25

Trang 26

( )( ) (0,25đ)

+) ( )

+) ( ) (0,25đ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm: ( )

b) (0,5đ)

Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( ) (0,25đ)

Đáp số:

Câu 3 (1,0 đ)

∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( )

Trang 27

Gọi A là biến cố “có ít nhất 1 quả tốt”, suy ra ̅ là biến cố: “Cả 2 quả đều hỏng”

Số biến cố đồng khả năng: 10 8 = 80

Số cách chọn 2 quả hỏng: (0,25đ)

Xác suất của biến cố ̅ là: ( ̅)

Suy ra, xác suất của biến cố A là: ( ) ( ̅) (0,25đ)

Câu 5 (1,0 đ)

Đường thẳng AB đi qua điểm A và có vtcp ⃗⃗⃗⃗⃗ ( )

Phương trình tham số của AB là {

Gọi ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) (0,25đ)

Suy ra tọa độ giao điểm của AB và (P) là điểm ( )

Mặt phẳng ( ) qua A và có vtpt ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ , trong đó ⃗⃗⃗⃗ là vtpt của (P)

Gọi H là trung điểm của AB => SH ⊥ AB =>SH ⊥ (ABCD)

Suy ra HC là hình chiếu của SC lên (ABCD) => ̂

Trang 28

√

| √ | ( ) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( ))

Kẻ HI ⊥ AC, HK ⊥ SI => HK ⊥ AC => HK ⊥ (SAC) => d (H; (SAC)) = HK (0,25đ)

Trang 29

Ta có: ( )

√

√ √ √ Đường thẳng d qua G và vuông góc với AB => (0,25đ)

(2) √ ( )

{ ( )( ) * (0,25đ)

( ) ( )

Trang 30

Từ (3) suy ra ( ) vô nghiệm

Trang 31

>> Truy cập http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1

Câu 1: Cho hàm số

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

b) Gig A là điểm nằm trên đồ thị (C) có tung độ bằng 2 Tiếp tuyến của (C) tại điểm A cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại B, C Tính diện tích tam giác BCD, với

Lời giải

b) Ta có A (1; 2) Tiếp tuyến của (C) tại điểm A là đường thẳng d có phương trình

Gọi giao điểm của d với trục hoành trục tung lần lượt là

Suy ra ⃗⃗⃗⃗⃗ √ ⃗⃗⃗⃗⃗ √ Mà ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗

Do vậy

Nhận xét: Để tính diện tích tam giác BCD khi biết tọa độ 3 đỉnh có nhiều cách khác nhau Tuy nhiên, để lời giải được gọn đẹp và đơn giản hoa việc tính toán, học sinh cần nhận ra được tam giác BCD vuông tại C

Câu 2: Giải phương trình:

[

Trang 32

Chọn ngẫu nhiên ra 3 viên bi từ hộp đó với không gian mẫu

Gọi A là biến cố thỏa mãn trong số bi lấy ra có đủ 3 màu Ta có Vậy, xác suất cần tìm là

Trang 33

3

Cho lăng trụ đứng có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, góc giữa và mặt đáy (ABC) là Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng theo a

Câu 7:

Trang 34

4

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm , phương trình đường thẳng và AB = 2 AD Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng A có hoành độ âm

Lời giải

Gọi và M là trung điểm của AB Tính được √

Ta có √ √ vì A có hoành độ

âm

Nhận xét: Chú ý IM là đường trung bình của tam giác ABD

Câu 8: Giải hệ phương trình: {

Lời giải:

Điều kiện: Khi đó, phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

thế vào phương trình còn lại của hệ thu được

Xét xác định, liên tục trên và có

Do đó, phương tình (1) tương đương với Kết hợp với phương trình thứ nhất của

hệ ban đầu ra tìm được hay là nghiệm của hệ đã cho

Lời giải:

Với a, b, c dương thì sử dụng bất đẳng thức AM – GM cho ta

Trang 35

5

Suy ra

Nhận xét: Bài toán khá cơ bản và chỉ cần dự đoán được điểm

Trang 36

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = (1), m là tham số thực

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1

b Tìm m để đường thẳng d: y = x + 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng √ (O là gốc tọa độ)

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình 2 sin2x + √ sin2x – 2 = 0

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( )

Câu 4 (1 điểm)

a Giải phương trình log2(9x – 4) = xlog2 3+ √ √

b Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 2 chữ số Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập hợp S Tính xác suất để số được chọn có chữ số hàng đơn vị và hàng chục đều là chữ số chẵn

Câu 5 (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 3y – z +8 = 0 và

điểm A(2;2;3) Viết phương trình mặt cầu (S), đi qua điểm A, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và có

tâm thuộc trục hoành

Câu 6 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ̂ = 600

Cạnh bên SD = a√ Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD = 3 HB Gọi M là trung điểm của cạnh SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính

khoảng cách giữa 2 đường thẳng CM và SB

Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao và đường trung

tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình là x – 3y = 0 và x + 5y = 0 Đỉnh C nằm trên đường thẳng : x + y – 2 = 0 và có hoành độ dương Tìm tọa độ các điểm của tam giác ABC, biết

đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C đi qua điểm E(-2;6)

Câu 8 (1 điểm) Giải hệ phương trình { ( )

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG THPT QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ THI THỬ LẦN 1 KỲ THI

MÔN : TOÁN THỜI GIAN: 180 phút (không kể thời gian phát

đề)

Trang 37

ĐÁP ÁN Câu 1

a (1 đ)

- TXĐ: D = R\{1}

- Sự biến thiên: y’ = ( ) , y’ <0, x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ) ( ) 0,25

Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0;-1); cắt trục hoành tại điểm (- ;0)

Đồ thị nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng

có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Điều kiện cần và đủ là:

{ { {

0,25 Khi đó gọi các nghiệm của phương trình (3) là x1; x2 Tọa độ các giao điểm A(x1; x1 +2); B(x2; x2

+ 2)

Trang 38

Câu 2: Giải phương trình

2sin2 x + √ sin 2x – 2 = 0 + √ sin 2x – 2 = 0 0,25

Trang 39

Câu 4

a 0,5 đ Giải phương trình

log2 (9x – 4) = x log2 3 + √ √

Điều kiện 9x – 4 > 0 log9 4

log2 (9x – 4) = log2 (9x – 4) log2 (9x – 4) = log2 (3x 3) 0,25

14(x2

– 4x+17) = 4x2 + 32x +64 10x2

– 88x + 174 = 0 [ 0,25

Với x = 3 I (3;0;0) IA = √ Phương trình mặt cầu (S) là

(x-3)2 + y2 + z2 = 14 0,25

Với x = I ( ;0;0) IA =√ Phương trình mặt cầu (S) là

(x- )2 + y2 + z2 = 0,25

Trang 40

Câu 6:

Từ giả thiết có tam giác ABC đều cạnh bằng a

Gọi O = AC BD BO = √ BD = a√ BD = a√

SB2 + SH2 + HB2 = + √

{

( ) AC 0,25

Diện tích tam giác MAC là SMAC = OM.AC = SB.AC = √ √ 0,25

SB // OM SB //(MAC) ( ) = d(SB,(MAC)) = d(S,(MAC)

= d(D,(MAC)

VM.ACD = d(M, (ABCD)) SACD = d(S,(ABCD)) SABCD = VS.ABCD

Định dạng
Số trang	201
Dung lượng	11,88 MB