Viết phương trình mặt phẳng P đi qua điểm M và song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng P bằng 4.. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy
Trang 1Câu Lời giải Điểm
1.1
(1 điểm) Cho hàm số
(m 3) 1 m ( m)
yx x C Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C m ) của hàm số đã cho khi m0
Với m0 thì 3 2
yx x Tập xác định:D
Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 2
y x x 0
' 0
2
x y
x
0,25
Hàm số đồng biến trên từng khoảng ; 2và 0;
Hàm số nghịch biến trên khoảng 2;0
+ Giới hạn:
xlim y
0,25
+ Bảng biến thiên:
x -2 0
y’ + 0 – 0 +
y
5
1
0,25
+ Đồ thị
0,25
ĐỀ Đ 2015 MÔN : OÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 21.2
(1 điểm)
Tìm các giá trị của m để hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường
2
d y x .
Ta có 2
0
( 3) 3
x
Để hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m 3
0,25
y x m y m x m
cực đại, cực tiểu có dạng 2( 3) 1
9
y m x m
Với x = 0 thì ta có y 1 m
3
( 3) 1 27
A m B m m m
I m m m
0,5
Để A, B đối xứng nhau qua đường thẳng : 5
2
d y x khi và chỉ khi
2
2
2
9
2
AB d k
AB d
m
m
Vậy với 3
2
m thì thỏa mãn bài toán
0,25
2
(1 điểm) Giải phương trình: sin 3 x48sin2x 2 s inx2
Điều kiện: TXĐ = R
Phương trình tương đương với:
2
sin 3 os3x+8 2 sin 2 sin 2 2 3sin 4 sin 4 cos 3cos 2 sin 2 2(4 sin 1) 0 (s inx 4 sin ) (4 cos 3cos ) 2 2(1 4 sin ) 0
s inx(1 4 sin ) osx(4 cos 3) 2 2(1 4 sin ) 0
s inx(1 4 sin ) osx(1 4 sin ) 2 2(1
2
4 sin ) 0 (1 4 sin )(s inx osx-2 2) 0
x
0,25
1 4sin 0
1 sin 4(loai)
s inx osx-2 2 0
4 2
1
x x
x c
0,25
Trang 3Vậy phương trình có nghiệm:
6
x k k b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết rằng: 3 4
z
Đặt z a bi a b , z a bi
3 4
1 2
29 37
i
a bi
a b
a
b
Vậy Im z 2;Rez 1 hoặc 29 59
0,5
3
2 1
log x 4 2
Đk:
1 0
x
x
2
1
2
1
3
x
0,5
4
(1 điểm) Giải hệ phương trình sau:
2
log ( 5) log ( 4) = 1
Đk: 2
x
2
hpt
0,5
1
1
t
1
Thay vào (2) ta được:
0,5
Trang 4
2
4
4 0 4
x
x
x
5
(1 điểm) Tính tích phân:
1 2
2 0
( 2)
x
x e
x
Đặt
2 2
( 2) 1
u x e du x x e dx
dx
Khi đó
2
1
0
x
0,5
Tính
1 1 0
x
I xe dx
Đặt u x x du x dx
Khi đó
1 0
1
I xe e dx e e
0,25
6
(1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :x11 y13 4z
và M(0; 2;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và song song với đường thẳng đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng (P) bằng 4.
Giả sử (P) có dạng: axby cz d 0(a2b2c2 0)
Ta có M( )P nên 2b d 0 d 2b hay (P):axby cz 2b0
Đường thẳng đi qua điểm A(1;3;0) có vecto chỉ phương u(1;1; 4)
Từ giả thiết ta có:
/ /( )
| 5 |
4 (2) ( ; ( )) 4
P
b a
d A P
0,5
Từ (1) ta có b = - a – 4c thay vào (2) ta được:
4
2
a c
a c
TH1: với a 4
c ta chọn a = 4 và c = 1 khi đó b = -8 và phương trình mặt phẳng (P): 4x – 8y + z – 16 = 0
TH2: với a 2
c ta chọn a = 2 và c = -1 khi đó b = 2 và phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y – z + 4 = 0
0,5
7
(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, gọi I là trung điểm của AB Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa SA và đáy là 60 0
Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
Trang 5Ta có 2 2 3; 3
CI AC AI IH
Do đó:
.tan 60
4
a
SH AH
0,25
Vậy
3
S ABC ABC
a
Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC; E là hình chiếu của H trên
SH’ thì HE(SBC)d H SBC( ;( ))HE
a
HH II A A
0,25
8
(1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
(7;3)
BDABB , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7
AABA a a CBCC c c a c ,
;
a c a c
0,25
IBD c a a c A c c 0,25
Ta lại có AC(35 5 ;35 5c) c (35 5c)(1;1)
Phương trình AC đi qua điểm ( ;17 2 )C c c và nhận AC(1;1) làm vecto chỉ
phương nên có phương trình: x c y 17 2c x y 3c 170
Mặt khác điểm MAC 2 1 3c 17 0 c 6
0,25
9
(0,5
điểm)
Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng (các viên bi có kích thước giống nhau, chỉ khác nhau về màu) Người ta chọn ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó Tính xác suất để 4 viên bi chọn ra không có đủ cả ba màu
Gọi P là phép thử: chọn ngẫu nhiên 4 viên bi thì hộp
Gọi A là biến cố: 4 viên bi chọn ra không có đủ ba màu
Khi đó biến cố A là: 4 viên bi chọn ra có đủ ba màu
TH1: 4 viên bị được chọn ra có 2 bi đỏ, 1 bi trắng và 1 bi vàng Vậy sô cách
chọn là 2 1 1
4 5 6
C C C
TH2: 4 viên bị được chọn ra có 1 bi đỏ, 2 bi trắng và 1 bi vàng Vậy sô cách
0,25
A
C
B
S
I H
A' I' H'
Trang 6chọn là 1 2 1
4 5 6
C C C
TH3: 4 viên bị được chọn ra có 1 bi đỏ, 1 bi trắng và 2 bi vàng Vậy sô cách
chọn là 1 1 2
4 5 6
C C C
2 1 1 1 2 1 1 1 2
4 5 6 4 5 6 4 5 6
15
n C
Do đó ( ) ( ) 720 48 ( ) 1 ( ) 43
n A
n
0,25
10
(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:
2
1a 1 2 b 1 2 c5 Tìm
2
P a b c
Với a, b là các số thực không âm ta luôn có 1 a 1 b 1 1 a b
Bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc a = 0 hoặc b = 0 0,25 Vậy khi đó ta có
Nên suy ra
2
2
a
Ta có
3 2
2
a
Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện
5 1a 1 2 b 1 2 c 1a 1 1 a 2 2 0 a 2 2
0,5
Ta xét hàm số
3 2 3
( ) 2 a 4
2
a
liên tục trên 0; 2 2 ta được:
2 2
0;2 2
3 '( ) 6 3 4 ( 2) (12 a ) 2(16 )
0 '( ) 0
2
a
a
f a
a
Ta có
0;2 2 (0) 64; (2) 24; (2 2) 32 2 max ( ) (0) 64
Vậy max P=64 đạt a = 0; b = 0, c = 4 hoặc a = 0; b = 4; c = 0
0,25