Đáp án đề thử đợt 5

Tìm tọa độ điểm M sao cho tứ giác MHOK có diện tích bằng 1... Tính thể tích của khối chóp S ABCD.. và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của cạnh BC.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Cho hàm số 2

x y x





 có đồ thị là  C

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số  C

b) Gọi M là một điểm thuộc đồ thị và H, K tương ứng là hình chiếu của M trên trục Ox và Oy Tìm tọa độ điểm M sao cho tứ giác MHOK có diện tích bằng 1

Lời giải:

b) Gọi ; 2

a

M a

a





  là một điểm bất kì thuộc đồ thị

Ta có S MHOK MH MK  1

a

a



 

2 2

2

2

2

2

1

4 1 0

a

 





    



 





  





Vậy có 4 điểm M thỏa mãn

Câu 2:

ĐK s inx 1

2



ptsin 2xcos 2xcosx3sinx 2 0cosx2sinx1  sinx1 2sin x1 0

2 1

2sin 1 cos sin 1 0 cos sin 1 sin

2













  



Vậy pt có 2 họ nghiệm xk2; 2

2



Câu 3 :

Câu 4: Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  : 1 1

   và mặt phẳng   :xy z 50 Viết phương trình mặt phẳng  P vuông góc với mặt phẳng   và song song với đường thẳng   , đồng thời khoảng cách từ điễm A1;1;1 đến  P bằng 3

42

Câu 4:

Lời giải:

Có : n    1; 1;1 ;    u   2;3;1n    ;u    4;1;5

   

Phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng   và song song với  nên nhận

   ;

n  u

 

làm vtpt

 (P): 4xy5z t 0

Theo bài ra:    

1 4.1 1 5.1

,

5

t t

d A P

t





Vậy có 2 pt mặt phẳng (P) thỏa mãn:  

 

    





    



Câu 5a: Giải phương trình sau 3x 5 4 4 log34 

Lời giải

Điều kiện: 4x0x4

Đặt log34  4 3y

    

Phương trình đã cho tương đương 3x 5 4 4 3x 4 4  4 3x 4 3y 4

Xét hàm số   3t '  1 3 ln 3x 0  

f t  t  f t     f t đồng biến

Xét hàm số   3x '  1 3 ln 3x 0  

g x x g x     g x đồng biến

Mà g 1 4x là nghiệm của phương trình 1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  1

Câu 5b : Cách 1 :

Không gian mẫu là :  O 8!

Gắn 3 người , thầy Quang , Cương Béo và Lanh Huyet vào làm một nhóm cố định , khi đó có đến 8 vị trí để xếp

3 người kể trên , hơn nữa mỗi một lần xếp thì Cương Béo và Lanh Huyet lại có thể đổi vị trí cho nhau được nên ta

có 8.2 cách xếp 3 người ở các vị trí bên bàn tròn , Về phía 5 người còn lại có 5! cách xếp

Vậy không gian biến cố là :  A 2.8.5!

Vậy xác suất để 3 người Thầy Quang , Cương Béo , Lanh Huyet luôn ngồi cạnh nhau và thầy Quang ở giữa là :

2.8.5! 1

O

A



Cách 2 : Không quan tâm đến vị trí của thầy Quang quang bàn tròn , giả sử thầy Quang ở một vị trí cố định , khi

đó ta có không gian mẫu là   (8-1)! o

Thầy Quang ngồi giữa thì có 2 cách xếp Cương Béo và Lanh Huyet bên cạnh , 5 vị trí còn lại có 5! Cách , không gian biến cố lúc này là  A 2.5!

Vậy xác suất biến cố : “Thầy Quang luôn ngồi giữa Lanh Huyet và Cương Béo “ là : 2.5! 1

7! 21

Câu 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD2AB, SAABCD, SC2a 5 và góc giữa SC và ABCD bằng  600 Tính thể tích của khối chóp S ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD trong đó M là trung điểm của cạnh BC

Lời giải

Ta có     0

 AC SC.cosSCASC.cos 600 a 5

0

Ta có AB2 AD2  AC2 5AB2 5a2  ABa

2

ABCD

3 2

a

Dựng hình bình hành AMDN  AM / /DN

Kẻ AH SN

Ta có DN AN DN SAN DN AH











Mà AH SN  AH SDN AH d A SDN ,  

Xét SAN ta có 1 2 12 1 2 12 12 172 510  ,  510

Vậy

3

2 15 3

S ABCD

a

17

a

Câu 7 :

ABM

 có IN la đường trung bình , nên BM //IN , do đó BM vuông góc AB  Tứ giác INMB là hình thang

Kẻ KP vuông góc với AB  KP sẽ là đường trung bình của hình thang INMB (vì có KP song song 2 đáy và đi qua trung điểm của

MN)  P là trung điểm của BI

Xét tam giấc KBI có KP vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên KBIcân 

KB = KI

Cách 1 : I là điểm thuộc đường tròn tâm K(-2,-2) bán kính KB = 5 : (x+2)2 +(y+2)2 = 25

Gọi I(x,y)  A(2x - 1 , 2y – 2)  thay vào đường thẳng đi qua A ta có : (2x - 1 ) + (2y – 2) – 3 = 0 hay : x + y – 3

= 0

Giải hệ :

1, 2( ) ( 2) ( 2) 25

2, 1( )

3 0





=> A(3,0)

Nên ta có thể xác định P bằng cách sau : Viết phương trình đường thẳng KP (biết qua K , vuông góc KP) :

x – y = 0  P có tọa độ là nghiệm hệ : 3 0

0

  





 



 P(3/2,3/2)  I(2,1)  A(3,0)

Câu 8 : Giải bất phương trình :

2

1

5 4

x

 

  



BPT :

0

5 4

x



 Hướng bài toán này ta sẽ nhân thêm cả tử và mẫu với : x + 1 Tuy nhien ta phải xét 2 trường hợp sau

Xét trường hợp 1 : x + 1 = 0 hay x = -1 thì là nghiệm của bpt trên

Xét trường hợp 2 : x + 1 ≠ -1 ta nhân cả tử và mẫu với : x + 1 được :



0 (5 4)( 1)



2

(5 4)( 1) 0

 



Với : (5 4)( 1) 0 1, 4

5

x

Kết luận nghiệm của BPT là : 1, 4

5

x    



Cách 2 : Dùng Casio để giải bài toán trên : Dò nghiệm được x = -1 ta sẽ ép tích như sau :

2

2

2

2

0 (5 4)

0 (5 4)

4( 1)( 2)

(5 4)

(5 4 )

(5 4)

BPT

x

x

x

x













\

2 2 2 2 2

2

1 1

  

x

x

Chú ý : Bài toán này các em có thể dung bình phương , hoặc kết hợp Casio để nhẩm nghiệm rồi ép tích !

Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp tọa độ hóa và bất đẳng thức lượng giác trong bài toán này :

Ta được biểu thức B là :

P

P

Dấu “=” xảy ra khi sin 1

A

 và B = C , tức là tam giác ABC đều , hay AB = AC = BC

2 2 2 2

4

HẾT

CHÚ Ý : CÁC HƯỚNG GIẢI KHÁC MÀ CHO ĐÁP ÁN ĐÚNG VẪN ĐƯỢC TÍNH ĐIỂM TUYỆT ĐỐI