Vài Phút Quảng Cáo Sản Phẩm
5 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2010
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]
Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU
Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”
(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)
Đề cương liên quan: Đề thi thử Đại học năm 2013 môn Địa lý (có đáp án)
Mục Lục
- 5 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2010
- ĐỀ 1 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- ĐÁP án Đề 2009- 2010
- ĐỀ 2 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 n¨m häc 2008 – 2009
- Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
- ĐỀ 3 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- Lời giải:
- ĐỀ 4 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- Lời giải Đề 4
- ĐỀ 5 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA SỐ 5
Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: 5 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2010
5 ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2010
ĐỀ 1 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
ĐÁP án Đề 2009- 2010
ĐỀ 2 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số ( là tham số) (1).
- Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
- Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương .
Câu II (2 điểm)
- Giải phương trình:
- Giải hệ phương trình:
Câu III (1 điểm)
Cho hình chóp có đáy là hình chữ nhật với cạnh vuông góc với đáy, cạnh tạo với mặt phẳng đáy một góc Trên cạnh lấy điểm sao cho. Mặt phẳng cắt cạnh tại điểm . Tính thể tích khối chóp
Câu IV (2 điểm)
- Tính tích phân:
- Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = 2sin8x + cos42x
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.( 3 điểm ) Theo chương trình Chuẩn
- Cho đường tròn (C) : và điểm M(2;4) .
- Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của AB
- Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn (C) có hệ số góc k = -1 .
- Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n.
Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
- Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của , chứng minh rằng:
- . Cho hai đường tròn : (C1) : x2 + y2 – 4x +2y – 4 = 0 và (C2) : x2 + y2 -10x -6y +30 = 0
có tâm lần lượt là I, J
- Chứng minh (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H .
- Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (C2) . Tìm tọa độ giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H .
—————————– Hết —————————–
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 n¨m häc 2008 – 2009M«n thi: to¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò |
| C©u | Néi dung | §iÓm | |||
| I
2.0® |
1
1,25® |
Víi m = 0 , ta cã :
y = x3 – 3x + 1 – TX§: – Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : +) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã : y’ = 3x2 – 3 y’ = 0 x = -1 hoÆc x = 1 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng vµ , nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -1; 1) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm x = -1, gi¸ trÞ cùc ®¹i cña hµm sè lµ y(-1) =3 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i ®iÓm x = 1, gi¸ trÞ cùc tiÓu cña hµm sè lµ y(1) =-1 – §å thÞ + §iÓm uèn : Ta cã : y’’ = 6x , y” = 0 t¹i ®iÓm x = 0 vµ y” ®æi dÊu tõ d¬ng sang ©m khi x qua ®iÓm x = 0 . VËy U(0 ; 1) lµ ®iÓm uèn cña ®å thÞ . + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;1) + §THS ®i qua c¸c ®iÓm : A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1) |
0,25
0,25 0,25 0,5 |
||
| 2
0.75® |
§Ó §THS (1) c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d¬ng, ta ph¶i cã :
(I) Trong ®ã : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1) ∆y’ = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 víi mäi m y’ = 0 khi x1 = m – 1 = xC§ vµ x2 = m + 1 = xCT . (I) |
0,25
0,5 |
|||
| II
2,0® |
1
1,0® |
Ta cã :
sin2x – cos2x + 4sinx + 1 = 0 sin2x + 2sin2x + 4 sinx = 0 sinx ( cosx + sinx + 2 ) = 0 sinx = 0 (1) hoÆc cosx + sinx + 2 = 0 (2) + (1) + (2) |
0,25
0,5 |
||
| 2
1,0® |
LÊy (2’) – (1’) ta ®îc : x2 y– xy2 = 6 (3)
KÕt hîp víi (1) ta cã : . §Æt y = – z ta cã : ®Æt S = x +z vµ P = xz ta cã : Ta cã : . HÖ nµy cã nghiÖm hoÆc VËy hÖ ®· cho cã 2 nghiÖm lµ : ( 3 ; 2) vµ ( -2 ; -3 ) |
0,25
0,25 0,25 0,25 |
|||
| III
1.0® |
1® |
Ta cã ( SAB) ( BCNM) vµ . Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi ®êng th¼ng BM th× SH (BCNM) hay SH lµ ®êng cao cña h×nh chãp SBCNM. MÆt kh¸c : SA = AB.tan600 = a . Suy ra : MA = SA L¹i cã : MN lµ giao tuyÕn cña cña mp(BCM) víi mp(SAD), mµ BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC Do ®ã : V× AD (SAB) nªn MN (SAB) , suy ra MN BM vµ BC BM VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM . Ta cã : SBCNM = Trong ®ã : BC = 2a , MM vµ BM = = VËy SBCNM = Khi ®ã : VSBCNM = SH. SBCNM TÝnh SH : Ta cã ∆MAB ∆ MHS , suy ra : VËy : VSBCNM = .a. = |
0,5
0,5 |
||
| IV
2® |
1
1.0® |
®Æt , ta cã dt = hay dt = dx vµ
Khi x = 2 th× t = 3 vµ khi x= 6 th× t = 5 Khi ®ã : = = = |
0,25
0,5 |
||
| 2
1.0® |
§Æt t = cos2x th× sin2x =
+ = B¶ng biÕn thiªn Qua b¶ng biÕn thiªn ta cã : miny = vµ maxy = 3 |
0,25
0,5 |
|||
| Va
3® |
1a | §êng trßn (C) : ( x – 1)2 + ( y – 3 )2 = 4 cã t©m I ( 1 ; 3) vµ b¸n kÝnh
R = 2 . Ta cã : (d) : (d) : x – 2 + y – 4 = 0 (d) : x + y – 6 = 0 |
0,25
0,5 0,25 |
||
| 1b | §êng th¼ng (d) víi hÖ sè gãc k = -1 cã d¹ng : y = -x + m
hay x + y – m =0 (1) §êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (C) kc(I,(d)) = R + VËy cã 2 tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®Ò bµi lµ : x + y – 4 = 0 |
0,25
0,5 0,25 |
|||
| 2 | Theo ®Ò ra ta cã : ( )
n2 + 8n – 560 = 0 VËy n = 28 |
0,25
0,25 0,25 0,25 |
|||
| Vb
3.0 ® |
1 | Ta cã : [(x2 + x )100]’ = 100(x2 + x )99( 2x +1) (1)
vµ (2) Tõ (1) vµ (2) ta thay , ta ®îc |
0.25
0.5 0,25 |
||
| 2a | (C1) cã t©m I( 2 ; -1) vµ b¸n kÝnh R1= 3 . (C2) cã t©m J(5;3) vµ b¸n kÝnh R=2.
Ta cã : IJ2 = ( 5 – 2)2 + ( 3 + 1)2 = 25 IJ = 5 = R1 + R2 Suy ra (C1) vµ (C2) tiÕp xóc ngoµi víi nhau . Täa ®é tiÕp ®iÓm H ®îc x¸c ®Þnh bëi : |
0,25
0,25 0,5 |
|||
| 2b | Cã :
§êng trßn (C) qua K , tiÕp xóc víi (C1) , (C2) t¹i H nªn t©m E cña (C) lµ trung ®iÓm cña KH : . B¸n kÝnh (C) lµ EH = 6 Ph¬ng tr×nh cña (C) lµ : |
0,5
0,5 |
|||
ĐỀ 3 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
Câu 1.(2 điểm)
Cho hàm số (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=1.
2) Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến trong tập số thực R, tìm m để diện tích hình phẳng
giới hạn bỡi đồ thị của hàm (1) và hai trục Ox, Oy có diện tích bằng 1.
Câu 2.( 2 điểm)
1) Giải phương trình nghiệm thực :.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình có nghiệm.
Câu 3.(2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho elip (E):. Qua M(1;2) kẽ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (E) tại A và B. Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
2) Cho tam giác ABC thỏa mãn
.
Tính độ lớn ba góc của tam giác đó.
Câu 4.( 2 điểm)
1) Tính tích phân
2) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
II. PHẦN TỰ CHỌN.(Thí sinh chọn câu 5a, hoặc câu 5b)
Câu 5a. ( Theo chương trình THPT không phân ban) ( 2 điểm)
1) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
và
Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên.
2) Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số, sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước nó ?
Câu 5b.(Theo chương trình THPT phân ban thí điểm) ( 2 điểm).
1) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Đáy ABCD là hình vuông cạnh băng a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a.
Tính diện tích của thiết diện tạo bỡi hình chóp với mặt phẳng qua A vuông góc với cạnh SC.
2) Giải bất phương trình
Lời giải:
Câu 1
Cho hàm số (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m=1. (Tự giải)
2) Trong trường hợp hàm số (1) đồng biến trong tạp R, tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bỡi đồ thị của hàm số (1) và hai trục Ox, Oy có diện tích bằng 1.
+Dễ dàng chứng minh đường cong luôn qua điểm cố định (1;0).
+Hàm số đồng biến trong tập số thực R khi
+Vì hàm số trên là hàm bậc ba có hệ số a>0 và luôn đồng biến nên đồ thị cắt trục tung có giá trị âm.
Vậy
theo giả thiết S=1, suy ra thỏa điều kiện
Câu 2.a
a) Giải phương trình nghiệm thực:.
Điều kiện: Điều kiện
Phương trình viết lại :
Hoặc
Hoặc , .
2.b Tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình có nghiệm.
cách 1
Phương trình viết lại
Đặt , điều kiện
nên phương trình trở thành:
Do đó , (
Vậy hàm f(t) giảm trong (0;1]
Nên suy ra
Cách 2. Đặt
Phương trình viết lại (1)
Điều kiện (2)
Phương trình tương đương .
Để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc điều kiện (2).
Xảy ra các trường hợp sau:
Khi k=0, suy ra t=1( nhận).
Khi k khác 0. Để phương trình có ngiệm thì
*f(0).f(1) < 0.(3)
(4)
Giải (3) , (4) . Để phương trình có nghiệm thì :
Câu 3a.
1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho elip (E):. Qua M(1;2) kẽ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (E) tại A và B.
Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B.
Giả sử ta kẽ được hai tiếp tuyến MA, MB trong đó lần lượt có hai tiếp điểm là ,.
Do đó phương trình tiếp tuyến của (E) tại A là , mà tiếp tuyến đi qua M(1; 2) nên thỏa mãn (1)
Tương tự ta có tiếp tuyến đi qua M, B là (2)
Từ (1) , (2) chứng tỏ đường thẳng đi qua hai tiếp điểm A, B
Câu 3b.
b) Cho tam giác ABC thỏa mãn
.
Tính độ lớn ba góc của tam giác đó.
Biểu thức viết lại:
Cách 2 :
Ta có
* Nếu A nhọn ta có
Đế .
Nếu A tù , không xảy ra.
Câu 4.a.
Ta có :
.
Đặt
Do đó
Vậy :
4b.
b) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Ta có : (1)
(2).
(3)
Cộng (1), (2), (3) ta có :
.
Đẳng thức xảy ra khi
Câu 5b1
1) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
và
Lập phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng trên.
Giải Dễ dàng chứng minh được hai đường thẳng cheó nhau, nên tâm mặt cầu cần tìm là trung điểm I đoạn vuông góc chung EF của hai đường thẳng đó và đường kính là EF.
Đường thẳng viết lại : có vectơ chỉ phương là và điểm
Đường thẳng viết lại : có vectơ chỉ phương là và điểm
Suy ra . Vì EF vuông góc cả hai đường thẳng trên nên ta có hệ
Giải hệ này ta có t =1, p=-1
Từ đó suy ra mặt cầu
5b2.
Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số,
sao cho trong mỗi số đó chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng liền trước nó ?[/B]
Giả sử số đó là .Theo giả thiết ta có các trường hợp sau
* d = 4 , suy ra x = 1234. Do đó có một cách chọn .
*d=6 suy ra có cách chọn cho a,b,c lấy từ {1;2;3;4;5}
*d= 8 suy ra có cách chọn cho a,b,c trong tập {1;2;3;4;5;6;7}
Theo yêu cầu đề toán , có 1+10 + 35 = 46 số được chọn.
Câu 5b
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Đáy ABCD là hình vuông cạnh băng a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a.
Tính diện tích của thiết diện tạo bỡi hình chóp với mặt phẳng qua A vuông góc với cạnh SC.
Phương pháp tọa độ Oxyz Ta chọn A(0;0;0), B(a;0;0),D(0;a;0), suy ra C(a;a;0) và S(0;0;a).
Mặt phẳng (P) đi qua A vuông góc SC nên nhận vectơ làm vectơ pháp tuyến, suy ra mặt phẳng (P): x+y-z=0.
Lập phương trình đường thẳng SD .
Gọi M là giao điểm của SD và (P) nên nó là nghiệm của hệ hai phương trình của SD và (P) , suy ra .
Tương tự gọi N là giao điểm SC và (P) ta có
Do đó diện tích của thiết diện là
Cách 2 :
Hai phương pháp tổng hợp
Cách CM trực tiếp
Giả sử mặt phẳng (P) qua A cắt SB, SD, SC lần lượt tại E, F. G. Ta cấn chứng minh thiết diện AEGF là tứ giác có hai đường chéo EF và AG vuông góc nhau.
Trong đó AE vuông góc SB, suy ra E là trung điểm SB, tương tự F là trung điểm SD. Do đó . Và xét tam giác SAC vuông tại A, áp dụng hệ thức
Do đó diện tích thiết diện
Cách 3
Vận dụng Thể tích.
Ta nhận thấy (SAC) là mặt phẳng đối xứng của khối đa diện trên.
Ta tính
Ta có
Do đó
Suy ra diện tích thiết diện
Câu 5b2.
2) Giải bất phương trình
Bất phương trình viết lại (1)
ĐK:
Khi . Ta có vế trái âm, vế phải dương, bất phương trình luôn đúng, nên (1) nhận là nghiệm.
Khi , hai vế bất phương trình đều dương ,
nên bất phương trình tương đương
Đặt . Vì .
Do đó bất phương trình viết lại:
.
Lại đặt là hàm liên tục trong
Ta có f(t) là hàm giàm trong
Mặt khác ta có f(1) = 1. Do đó bất phương trình viết lại
Vậy bất phương trình có nghiệm là hoặc
ĐỀ 4 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
Lời giải Đề 4
ĐỀ 5 THUỘC 50 ĐỀ LUỆN THI ĐẠI HỌC 2009-2010
- PHẦN CHUNG
Câu I: (2 điểm). Cho hàm số y = – x3 + 3mx2 -3m – 1.
- Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
- Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số có điểm cực đại, điểm cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng d: x + 8y – 74 = 0.
Câu II: (2 điểm).
- Giải phương trình : 1 + (sinx + cosx) + sin2x + cos2x = 0
- Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
Câu III: (2 điểm).
Trong không gian với hệ trục toạ độ Đềcác Oxyz, cho hai đường thẳng D1 : , D2 :
- Chứng minh hai đường thẳng D1 và D2 chéo nhau.
- Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng D2 và tạo với đường thẳng D1 một góc 300.
Câu IV: (2 điểm).
- Tính tích phân : .
- Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.
IIPHẦN RIÊNG :
Phần 1:theo chương trình cơ bản
Câu Va: (2 điểm).
- Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đềcác Oxy, cho tam giác ABC cân tại A , phương trình cạnh AB: x + y – 3 = 0 , phương trình cạnh AC : x – 7y + 5 = 0, đường thẳng BC đi qua điểm M(1; 10). Viết phương trình cạnh BC và tính diện tích của tam giác ABC.
- Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của , biết rằng
(n là số nguyên dương, x > 0, là số chỉnhhợp chập k của n phần tử, là số tổ hợp chập k của n phần tử)
Phần 2: Chương trình nâng cao.
Câu Vb (2điểm )
1.Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD có A (-2, 1, -3), B (2, 2, -1), C (2, -1, -1), D (0, 3, 1)
Tính khoảng cách từ tâm hình cầu ngoại tiếp ABCD đến cạnh AB.
2. Giải pt trên tập số phức :
………………. Hết ……………….
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA SỐ 5
| Câu | Nội dung | Điểm | |||||||||||
| I-1 | Khi m = 1. Ta có hàm số y = – x3 + 3x2 – 4.
Tập xác định D = R. Sự biến thiên. Chiều biến thiên. y’ = – 3x2 + 6x , y’ = 0 Û x = 0 v x = 2. y’> 0 ” x Î( 0;2). Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2). y’ < 0 ” x Î(- ∞; 0) È (2; +∞).Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;0) và (2; +∞). |
0,25 | |||||||||||
| Cực trị. Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = – 4.
Giới hạn. .Đồ thị hàm số không có tiệm cận. |
0,25 | ||||||||||||
| Tính lồi, lõm và điểm uốn.
y’’ = – 6x +6 , y’’ = 0 Û x = 1.
Bảng biến thiên.
|
0,25 | ||||||||||||
| Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tai các điểm (- 1; 0) , (2; 0). Đồ thị hàm số cắt trục Oy tai điểm (0 ; -4). Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm uốn I(1;- 2). Hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm uốn là k = y’(1) = 3. |
0,25 | ||||||||||||
| I-2 | Ta có y’ = – 3x2 + 6mx ; y’ = 0 Û x = 0 v x = 2m.
Hàm số có cực đại , cực tiểu Û phương trình y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt Û m ¹ 0. |
0,25 | |||||||||||
| Hai điểm cực trị là A(0; – 3m – 1) ; B(2m; 4m3 – 3m – 1)
Trung điểm I của đoạn thẳng AB là I(m ; 2m3 – 3m – 1) Vectơ ; Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là . |
0,25 | ||||||||||||
| Hai điểm cực đại , cực tiểu A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d Û | 0,25 | ||||||||||||
| Û Û m = 2 | 0,25 |
| II-1 | Tập xác định D = R.
Phương trình đã cho tương đương với |
0,25 | |||||
| Û Û | 0,25 | ||||||
| Û Û | 0,25 | ||||||
| Û | 0,25 | ||||||
| II-2 | Điều kiện: | 0,25 | |||||
| Phương trình đã cho tương đương với
Û . (1) Đặt t = ; Khi x Î [ – 2; 4) thì t Î [ 0; 3] . (2) Phương trình trở thành : – t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 Û . |
0,25 | ||||||
| Xét hàm số ; f’(t) = ; f’(t) = 0 Û t = – 4 v t = 2.
Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên đoạn [ 0 ; 3 ].
|
0,25 | ||||||
| Phương trình đx cho có nghiệm x Î [ – 2; 4) Û Phương trình (2) có nghiệm t Î [ 0; 3 ]
Û Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) , t Î [ 0; 3 ] Û – 6 ≤ m ≤ – 2 |
0,25 | ||||||
| III-1 | Đường thẳng D1 có một vectơ chỉ phương , Điểm M º O(0; 0; 0) Î D1. | 0,25 | |||||
| Đường thẳng D2 có một vectơ chỉ phương , điểm N(1;-1;1) Î D2. | 0,25 | ||||||
| Ta có ; . | 0,25 | ||||||
| Ta có . Suy ra hai đường thẳng D1 và D2 chéo nhau. | 0,25 | ||||||
| III -2 | Phương trình đường thẳng D2 : . | 0,25 |
| Phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng D2 có dạng
l(x + y) + m(3y + z + 2) = 0 với l2 + m2 ¹ 0 Û lx + (l + 3m)y + mz + 2m = 0. Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là . |
0,25 | |
| Mặt phẳng (P) tạo với đường thẳng D1 một góc 300. Ta có sin(D1,(P)) =
Û sin300 = Û |
0,25 | |
| Û 2l2 – lm – 10m2 = 0 Û (2l – 5m)(l + 2m) = 0 Û 2l = 5m v l = – 2m
Với 2l = 5m chọn l = 5, m = 2 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 5x + 11y + 2z + 4 = 0 Với l = – 2m chọn l = 2, m = – 1 ta có phương trình mặt phẳng (P) là: 2x – y – z – 2 = 0. Kết luận: Có hai phương trình mặt phẳng (P) thoả mãn 5x + 11y + 2z + 4 = 0 ; 2x – y – z – 2 = 0. |
0,25 | |
| IV-1 | Đặt | 0,25 |
| Do đó I = | 0,25 | |
| 0,25 | ||
| = | 0,25 | |
| IV -2 | Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ Û (xyz)3 ≥ 27.xyz Û xyz ≥ 3. | 0,25 |
| Áp dụng BĐT Cauchy ta có
x2 + yz + yz ≥ ; y2 + zx + zx ≥ ; z2 + xy + xy ≥ |
0,25 | |
| Từ đó ta có P | 0,25 | |
| Từ đó ta có Max P = đạt được khi . | 0,25 | |
| Va-1 | Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: .Hay A(2;1)
Phương trình đường phân giác góc A là Û |
0,25 |
| Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
* Nếu d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là 3x – y + 7 = 0 * Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A thì phương trình cạnh BC là x + 3y – 31 = 0 |
0,25 | |
| TH1: Phương trình cạnh BC: 3x – y + 7 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình . Hay B(-1; 4) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình . Hay C() Diện tích tam giác ABC là : (đvdt) |
0,25 |
| TH2: Phương trình cạnh BC: x +3y – 31 = 0
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình . Hay B(-11; 14) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình . Hay C() Diện tích tam giác ABC là : (đvdt) |
0,25 | |
| Va-2 | Giải phương trình ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n Î N.
Phương trình tương đương với Û Û n2 – 11n – 12 = 0 Û n = – 1 (Loại) v n = 12. |
0,25 |
| Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: .
Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là : Tk +1 = ; k Î N, 0 ≤ k ≤ 12 Hay Tk+ 1 = = . |
0,25 | |
| Số hạng này không chứa x khi . | 0,25 | |
| Vậy số hạng thứ 9 không chứa x là T9 = | 0,25 |
Vb
1/Tâm, bán kính hình cầu
Phương trình hình cầu S(ABCD):
Thay vào (4)
Vậy tâm bán kính
+ Khoảng cách từ đến AB
Ta có cân
Tại
Trung điểm
• Vì nên suy ra
• Khoảng cách
Khoảng cách
2/
: Giải :
| Vì
• Vậy : (1) |
