Xem mẫu
- TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN : TOÁN; Thới gian làm bài :180 phút
I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
- x + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y = .
x - 2
2. Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x.
Câu II(2,0 điểm)
sin 2x + cos x - 3 ( cos 2x + sin x )
1. Giải phương trình = 0 .
2 sin 2x - 3
ìx 4 + 4x 2 + y 2 - 4y = 2
ï
2. Giải hệ phương trình í 2 2
.
ïx y + 2x + 6y = 23
î
x ln ( x + 2 )
Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và trục hoành.
4 - x 2
Câu IV.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD = a 2 , góc giữa hai mặt
0
phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 . Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và
thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.AHC
Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x 2 + y 2 + z 2 + 2xy = 3(x + y + z) . Tìm giá trị nhỏ nhất
20 20
của biểu thức P = x + y + z + + .
x+z y + 2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
a. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(5;1).
2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;1;2), C(1;1;3) và đường thẳng
x - 1 y z - 2
D : = = . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và cắt mặt
-
1 2 2
phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất
9
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z - 3i = 1 - iz và z - là số thuần ảo.
z
b. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 4x + 2y - 15 = 0 . Gọi I là tâm đường tròn (C).
Đường thẳng D đi qua M(1;3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng D biết tam
giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất.
x - 2 y + 1 z - 1
2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;1;0) và đường thẳng D : = = và mặt phẳng
2 - 1 1
(P): x + y + z 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với D và
33
khoảng cách từ A đến đường thẳng D bằng .
2
4 4
æ z ö æ z ö
Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1 - z 2 = z1 = z 2 > 0 . Tính A = ç 1 ÷ + ç 2 ÷
è z 2 ø è z1 ø
chihao@moet.edu.vn gửi tới www.laisac.page.tl
- TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011
TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
I. a. Tập xác định: D = R \ { }.
2
(2,0 b. Sự biến thiên:
điểm) 1
* Chiều biến thiên: Ta có y ' = > 0 "x ¹ 2 .
,
( x - 2 2
)
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ 2 và (2 + ¥) .
; ) ; 0,5
- x + 1 - x + 1
* Giới hạn: lim y = lim = -1 và lim y = lim = -1 ;
x ® +¥ x ® +¥ x - 2 x ® -¥ x ® -¥ x - 2
- x + 1 - x + 1
lim y = lim = +¥ và lim y = lim = -¥ .
x ® 2 -
x ® 2 x - 2
- +
x ® 2 x ® 2 x - 2
+
* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = -1 ; đường tiệm cận đứng là x = 2 .
*Bảng biến thiên:
x - ¥ 2 + ¥
y ' + +
+ ¥
y - 1 -1 y
- ¥
0,5
c. Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0),
O 1 2 x
1
cắt trục tung tại (0 - ) và nhận giao
; - 1 I
2
điểm I (2 - 1 của hai tiệm cận làm tâm
; )
đối xứng.
2. (1,0 điểm)
Vì đường thẳng AB vuông góc với y = x nên phương trình của AB là y = - x + m .
- x + 1
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình = - x + m , hay phương trình
x - 2
x 2 - ( + 3 x + 2 + 1 = 0 x ¹ 2
m ) m , (1)
2 2
Do phương trình (1) có D = ( + 3 - 4 2 + 1 = m - 2 + 5 > 0 "m nên có hai nghiệm
m ) ( m ) m , 0,5
phân biệt x , x và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có
1 2
x + x 2 = m + 3 x x 2 = 2 + 1
1 ; 1 m
Theo giả thiết bài toán ta có AB = 16 Û ( x - x ) + ( y - y ) 2 = 16
2
2 1
2
2 1
Û ( x - x ) 2 + ( x + m + x - m 2 = 16 Û ( x - x ) 2 = 8 Û ( x + x ) 2 - 4 x x = 8
2 1 - 2 1 ) 2 1 1 2 1 2
Û ( + 3 2 - 4 2 + 1 = 8 Û m 2 - 2 - 3 = 0 Û m = 3 Ú m = -1
m ) ( m ) m .
2
* Với m = 3 phương trình (1) trở thành x - 6 x + 7 = 0 Û x = 3 ± 2 . Suy ra hai điểm A, 0,5
B cần tìm là (3 + 2 ; - 2 ), ( - 2 ; 2 ) .
3
* Với m = -1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1 + 2 - 2 - 2 ) và (1 - 2 - 2 + 2 ) .
; ;
Vậy cặp điểm TM: (3 + 2 ; - 2 ), ( - 2 ; 2 ) hoặc (1 + 2 - 2 - 2 ) , (1 - 2 - 2 + 2 ) .
3 ; ;
1. (1,0 điểm)
II. 3 p p
(2,0 Điều kiện: sin 2 x ¹ Û x ¹ + k và x ¹ + k , k Î Z.
p p
2 6 3
- điểm) Khi đó pt Û sin 2 x + cos x - 3 (cos 2 x + sin x = 2 sin 2 x - 3
)
Û sin 2 x + 3 sin x + 3 cos 2 x - cos x - 3 = 0
0,5
Û sin x 2 cos x + 3 ) + ( cos x + 3 )( 3 cos x - 2 = 0
( 2 )
Û ( cos x + 3
2 )(sin x + 3 cos x - 2 = 0
)
é 3 é p
5
êcos x = - p
ê x = ± 6 + k 2
ê 2
Û Ûê 0,5
ê æ p ö ê p
p
êsin ç x + 3 ÷ = 1 ê x = 6 + k 2
ë è ø ë
5p
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = + k 2 , k Î Z .
p
6
2. (1,0 điểm)
ì 2 ) 2 2
ï( x + 2 + ( y - 2 = 10
)
Hệ Û í 2
ï x ( y + 2 + 6 y = 23
î )
Đặt u = x 2 + 2 v = y - 2 Khi đó hệ trở thành
, .
0,5
ìu 2 + v 2 = 10 ìu 2 + v 2 = 10 éu + v = 4 uv = 3
,
í Ûí Û êu + v = -12 uv = 67
î( - 2 v + 4 + 6 v + 2 = 23 îuv + 4 u + v = 19
u )( ) ( ) ( ) ë ,
TH 1. u + v = -12, uv = 67 , hệ vô nghiệm.
ìu + v = 4 éu = 3 v = 1
,
TH 2. í , ta có ê
îuv = 3 ëu = 1 v = 3
,
ìu = 3 ì x 2 = 1 é x = ±1
* Với í ta có í Ûê 0,5
îv = 1 î y = 3 ë y = 3
2
ìu = 1 ì x = -1
* Với í ta có í , hệ vô nghiệm.
îv = 3 î y = 3
Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1 3 ( 1 3
; ), - ; ).
Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x 2 theo y từ phương trình thứ hai vào phương
trình thứ nhất.
x ln( x + 2 ) é x = 0
III. Ta có phương trình = 0 Û ê . Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính
(1,0 4 - x 2
ë x = -1
điểm) là hình phẳng giới hạn bởi các đường
x ln( x + 2 )
y = , y = 0 x = -1 x = 0
, , .
2
4 - x
0 0
x ln( x + 2 ) - x ln( x + 2 ) 0,5
Do đó diện tích của hình phẳng là S = ò d = ò
x d . .
x
2 2
-1 4 - x -1 4 - x
- x d x
Đặt u = ln( x + 2 d =
), v x
d . Khi đó d = u , v = 4 - x 2 .
4 - x 2 x + 2
Theo công thức tích phân từng phần ta có
0 0 0
2 4 - x 2 4 - x 2
S = 4 - x ln( x + 2 - ò
) x
d = 2 ln 2 - ò x
d .
-1 -1
x + 2 -1
x + 2
- p
Đặt x = 2 sin t Khi đó dx = 2 cos t t . Khi x = -1, t = - ; khi x = 0, t = 0
. d .
6
0
0
4 - x 2
0 2
4 cos t
0
p 0,5
Suy ra I = ò x
d = òp 2 sin t + 2 d t = 2 òp ( - sin t ) d t = 2 ( t + cos t ) -p = 2 + 3 - 3 .
1
-1
x + 2
- - 6
6 6
p
Suy ra S = 2 ln 2 - 2 + 3 - .
3
+) Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD
).
S
IV. Vẽ HF ^ AC ( Î AC ) Þ SF ^ AC
F
(1,0 (định lí ba đường vuông góc).
điểm
Suy ra ÐSFH = 60 0.
Kẻ BE ^ AC ( E Î AC ). Khi đó
K I
1 a 2
HF = BE = . 0,5
2 2 3 D
A F
0 a 2 E
Ta có SH = HF tan 60 =
. . H J
2
1 a 3
Suy ra V . ABCD = SH . ABCD = .
S S B C
3 3
+) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có
AH . . AC AH . . AC 3 3
HC HC a
r = = = .
S
4 AHC S
2 ABC 4 2
Kẻ đường thẳng D qua J và D // SH . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S. AHC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và D trong mặt phẳng (SHJ). Ta có 0,5
2
SH
IH = IJ 2 + JH 2 = + r 2 .
4
31
Suy ra bán kính mặt cầu là R = a .
32
Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ.
1
) 2 2
V. Từ giả thiết ta có 3 x + y + z ) = ( x + y + z ³ 2 ( x + y + z ) .
( 2
0,5
(1,0 Suy ra x + y + z £ 6 .
điểm
Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có
æ 8 8 ö æ 8 8 ö æ 1 1 ö
P = ç ( x + z ) + + ÷ + ç ( y + 2 +
) + ÷ + 4
ç + ÷ - 2
è x + z x + z ø ç è y + 2 y + 2 ÷ ç x + z
ø è y + 2 ÷
ø
0,5
8 8 2
³ 12 + 12 + - 2 ³ 22 + ³ 26 .
4 ( + z y + 2
x )( ) x + y + z + 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2 z = 3 . ,
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x = 1, y = 2 z = 3 . ,
1. (1,0 điểm)
VIa. Ta có A - ; - 8 Gọi M là trung điểm BC
( 3 ). A
(2,0 Þ IM // AH . Ta suy ra pt IM : x - 2 y + 7 = 0 .
điểm) Suy ra tọa độ M thỏa mãn
ì x - 2 y + 7 = 0 0,5
í Þ M ( ; 5
3 ). I
î13 - 6 y - 9 = 0
x
B H M C
Pt đường thẳng BC : 2 x - 3 + y - 5 = 0 Û 2 x + y - 11 = 0 B Î BC Þ B( ; 11 - 2 ). Khi đó
( ) . a a
0,5
- éa = 4
IA = IB Û a 2 - 6 + 8 = 0 Û ê
a . Từ đó suy ra B 4 3 C ( ; 7 hoặc B 2 7 C ( ; 3
( ; ), 2 ) ( ; ), 4 ).
ëa = 2
2. (1,0 điểm)
Ta có AB 1 - 1 2 AC ( 2 1 - 3 Suy ra pt ( ABC : x - y - z - 1 = 0
( ; ; ), - ; ; ). ) .
Gọi tâm mặt cầu I Î D Þ I ( - t 2 ; 2 + 2 ) . Khi đó bán kính đường tròn là
1 ; t t
2 2 + 4 + 8
t t 2 t + 1 2 + 6
( ) 0,5
r = IA - d 2 ( I , ( ABC =
2
)) = ³ 2 .
3 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = -1.
Khi đó I ( 2 - 2 0 IA = 5 Suy ra pt mặt cầu ( x - 2 2 + ( y + 2 2 + z 2 = 5
; ; ), . ) ) . 0,5
Đặt z = a + bi ( , b Î R ). Ta có | z - 3 | = | 1 - i | tương đương với
a i z
VIIa. | a + ( - 3 i | = | 1 - i a - bi | Û | a + ( - 3 i | = | 1 - b - ai |
b ) ( ) b )
(1,0 2 2 2 2 0,5
điểm) Û a + ( - 3 = ( - b + ( a Û b = 2 .
b ) 1 ) - )
9 9 9 a - 2 ) a - 5 + ( a 2 + 26 i
( i 3
a 2 )
Khi đó z - = a + 2 - i = a + 2 - 2i = 2
là số ảo khi và
z a + 2 i a + 4 a + 4 0,5
3
chỉ khi a - 5 = 0 hay a = 0, a = ± 5 .
a
Vậy các số phức cần tìm là z = 2i z = 5 + 2 , z = - 5 + 2 .
, i i
1. (1,0 điểm)
VIb. Đường tròn (C) có tâm I (2 - 1 bán kính R = 2 5 Gọi H
; ), .
(2,0
điểm) là trung điểm AB. Đặt AH = x (0 < x < 2 5 ). Khi đó ta có I
1 2 é x = 4 0,5
IH . AB = 8 Û x 20 - x = 8 Û ê
2 ë x = 2 (ktm vì AH < IA) M
nên AH = 4 Þ IH = 2 . A H B
2 2
Pt đường thẳng qua M: a x - 1 + b y + 3 = 0 ( + b ¹ 0
( ) ( ) a )
Û ax + by + 3b - a = 0 .
| a + 2 |
b 4
Ta có d ( I , AB = IH = 2 Û
) = 2 Û a 3 - 4 ) = 0 Û a = 0 Ú a = b .
( a b
2
a + b 2 3 0,5
* Với a = 0 ta có pt D : y + 3 = 0 .
4
* Với a = b Chọn b = 3 ta có a = 4 . Suy ra pt D : 4 x + 3 y + 5 = 0
. .
3
Vậy có hai đường thẳng D thỏa mãn là y + 3 = 0 và 4 x + 3 y + 5 = 0 .
2. (1,0 điểm)
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với D . Khi đó pt (Q : 2 x - y + z - 3 = 0 Ta có ) .
nQ ( ; - 1 1 n ( ; 1 1 Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó
2 ; ), P 1 ; ).
ì x = 1 + 2 t
ï 0,5
u = [n , n ] = ( ; 1 - 3 và N ( ; 0 1 Î d nên pt của d : í y = t
d P Q 2 ; ) 1 ; ) .
ï z = 1 - 3 t
î
Vì A Î d suy ra A( + 2 ; t 1 - 3 ).
1 t ; t
1 1
Gọi H là giao điểm của D và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1 - ; ). ;
2 2
33 8 0,5
Ta có d ( A D = AH =
, ) Û 14 2 - 2 - 16 = 0 Û t = -1 Ú t = .
t t
2 7
23 8 17
Suy ra A - ; - 1 4 hoặc A ; ; - ).
( 1 ; ) (
7 7 7
z1
VIIb. Đặt = w ta được | z w - z | = | z w | = | z 2 | > 0 . Hay | w - 1 | = | w | = 1 .
2 2 2
z
(1,0 2
điểm) Giả sử w = a + bi ( , b Î R) . Khi đó ta có
a 0,5
- 1 3
( - 1 2 + b = a 2 + b 2 = 1 hay a = , b = ±
a ) 2
.
2 2
4
1 3 p p 4 p
4 p
4 æ 1 ö p
4 p
4
* Với w = + i = cos + i sin . Ta có w = cos + i sin và ç ÷ = cos - i sin .
2 2 3 3 3 3 è wø 3 3
p
4 0,5
Do đó A = 2 cos = -1 .
3
1 3
* Với w = - i , tương tự ta cũng có A = -1 .
2 2
Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức.
- trongxuanht@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl
TRIJONG EAI HQC VINH of xrrAo sAr cnArr,ugr\c t 6p tzr,An 3, NAna zorr
TRIIONG THPT CHUYTN m0n: TOAN; Thli gian lim bhi: IBA phrtt
r. rHAN cHUNc cHo rAr cA rHi slr.{H 1z,o a$q
1
Ciu I. 1Z,O ei6m; Cho him s6 "4 1*o -(3m+l)xz +2(m+l), m ldtham
y= s5.
l. Kh6o s6t sg bitin thi6n vd vC dO thi hdm sb c16 cho khi z = 0.
2. Tinr llr A6 A6 fti ham sii da cho co 3 tli6m cgc ti l$p thanh mQt tam gf6c e6 trgng t6m ld g6c toa d0.
CAu II. (2,0 tti6m)
I . Giai phuorg trinh 2Iogo(l a ,l2y a1= logz (5 - r) + log , (3 - x). 1(:.1
2 ')L-
sin3x
2. Gieiohuongtrinh lsinZx-cos2x)tanr* =sinr+cosx.
Ciu III. (1,0 di6m) Tinh thc tich khdi trdn xoay tu":iah khi quay hinh phang gidi han boi d6 thi hem
s6 y =
E,trqc
hoanh vi dudmg thdng x = 1 xung quanh truc hoanh. A* e- * -l-
t-4r ttl
Ciu IV. (1,0 di6m) Cho hinh Hng tru dtmg ABC.A' B'C' c6 AC = a, BC =2a, ZACB = 1200 vd
- -['ltu'*i\i{i S,{i l-it}C !'i}ili DAP EN+
It
BE K}IAO $AT CIL-{T L.u-'#io{G L{3P 12 LAN 3, i\.4,.h,{ ?{}11
'trR{i'#.}iil T'l-{P I' il}"ILryEN M$F{: TO,LN; Thcri gian ihm bii: J8 i) pltfit
fidn tin
1. (1,0 diint
o
I, Khi m - 0 harn sd trcr thanh y =+t
4
'* r' +2
(?,0
rr^ \ a. T?p xic dinh : D = ffi ;1l le hirm sO chiu.
{ttcm)
b. Su bi0n thi€n:
I
* ChiAu bi6n thi6n: Ta c6 y'- xt * 2 x.
t-x > J, ['.
;y'
- | - -' i
o , Jo *
{x *3}'{?x *
., r i. t
1
Vt
- { c* {x * t}{?x: -* I tx + 13} * * E=*
/
1}
ta
{-tt
l'r'
rw 4) t'u
-
I .A
T
tlrJ
I
X.6t hqp di0u kign ta co nghigm cua phuong trinh la x: l,
1t-Jr?
I
'r,-
4
I
2. $,8 iti€nt)
I
I
DiAu kiEn: cos.r * 0 +> x *L* kn,.k eZ.
')"
I
V6i di€u kiQn d6 phuong trinh tuong cluong v6i
sin2.xsinx - cos2;rsinx + sin 3x = cosx(sinx + cosx)
I
e sin 2xsinx - cos2-rsinx + sin 2xcosx + cosixsinx = cosr(sinx + cosx) 0'5
i
e
I
cosx(2sinx - l)(sinx * cosx) = Q
e
I
(2sinx - l)(sinx + cosx) = 0, vi cosx ;t 0 .
* 2sinx-l
I
sinx=!o * =L + k2nv x =5T + kyn
= 0
- { ..t
t_ " xz? * I
V. D+t, = Jtn I .r20 rrQ trcr rrranir
(1ro l;, :utr; ==o + Z
di0m Rd ran g z. S khOng thoa rnfln hg. VEi e > 0, d?t x - tz hQ tro thantr
ftt U' *zt1 -1 (1) S,5-
fr'(r';3r)= a+Z (2)
Suy ra BBT
f'(t)
lo*2>6 fa>4
DUa viro BBT suy ra he c6 nghiqm elI a+2
- i *rr 11 \ ie
i ri ltltxl,] n.{ ={r;l;*.r.t':0
- tl
age.
sac.p
ww w.lai
S giáo d c và ðào t o Thanh Hóa ð THI KI M TRA CH T LƯ NG NĂM H C 2010-2011
Trư ng THPT chuyên Lam Sơn Môn thi :Toán kh i A ( th i gian 180 phút )
Ngày thi : 7 /5/2011
PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 ñi m )
Câu I (2,0 ñi ho hàm s
m) C y = 2 x3 − 3(m −1) x 2 + m (1) (m là tham s th c)
1. Kh o sát s bi n thiên và v ñ th c (C) a hàm s (1) khi m = 2.
2. Tìm m ñ ñ th hàm s có ñi m c c tr , kí hi u là A, B sao cho ba ñi m A, B, I (3;1) th ng hàng.
Câu II (2,0 ñi m )
sin 2 x
1. Gi i phương trình = (7 cos 2 x − 3) cot x.
π π
tan + x tan − x
4
4
2. Gi i b t phương trình x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2 ( x ∈ ℝ ).
Câu III (1,0 ñi m ) Tính di n tích hình ph ng gi i h n b i các ñư ng: y = x + 2 + 2, y = x 2 + 4 x.
Câu IV (1,0 ñi m) Cho hình h p ñ ng ABCD.A' B ' C ' D' có AB = a, AD = 2a, AA' = 3a (a > 0) và BAD = 600.
Ch ng minh r ng AB vuông góc v i BD’ và tính kho ng cách t ñi m A ' ñ n m t ph ng ( ABD ').
x ≥ 0
Câu V (1,0 ñi m ) Cho các s th c x, y, z th a mãn y ≥ 0
2
x + 2 y 2 = 1.
Ch ng minh r ng 1+ 1+ 2 ≤ 1+ 2 x + 1+ 2 y ≤ 4 + 2 6 .
PH N RIÊNG (3,0 ñi m ): T ch
hí sinh ñư c làm m t trong hai ph n ( ph n A ho c ph n B ).
A. Theo chương trình chu n
Câu VI.a (2,0 ñi m )
1.Trong m t ph ng t a ñ xy cho hình thoi ABCD có hai c nh AB, CD l n lư t n m trên hai
O
ñư ng th ng d1 : x − 2 y + 5 = 0, d 2 : x − 2 y + 1 = 0. Vi t phương trình các ñư ng th ng AD và BC ,
bi t M (−3;3) thu c ñư ng th ng A và N (−1; 4) thu c ñư ng th ng B .
D C
2. Trong không gian t a ñ xyz, vi t phương trình ñư ng th ng song song v i các m t ph ng
O
( P) : 3 x + 12 y − 3z − 5 = 0, (Q) : 3x − 4 y + 9 z + 7 = 0 và c t hai ñư ng th ng
x + 5 y − 3 z +1 x − 3 y +1 z − 2
d1 : = = , d2 : = = .
2 −4 3 −2 3 4
Câu VII.a (1,0 ñi m ). T các ch s 0;1; 2;3; 4;5 có th l p ñư c bao nhiêu s t nhiên l , m i s g m
6 ch s khác nhau và t ng ba ch s ñ u l n hơn t ng ba ch s cu i m t ñơn v .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñi m )
x2 y2
1. Trong m t ph ng t a ñ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và các ñi m A(−3;0), I (−1; 0). Tìm t a ñ
9 4
các ñi m B, C thu c ( E ) sao cho I là tâm ñư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC.
2. Trong không gian t a ñ Oxyz cho các ñi m A(2; 0; −5), B (−3; −13; 7). Vi t phương trình m t
ph ng ( P ) ñi qua A, B và t o v i m t ph ng Oxz m t góc nh nh t.
6(1 + i ) 2 + 4( 3 − 4i )
Câu VII.b (1,0 ñi m ) Cho s ph c z = . Tìm d ng lư ng giác c a s ph c z 3 .
1− i
……......................H t .............................
H và tên thí sinh : .................................................. S báo danh :..................
1
- Trư ng THPT chuyên Lam sơn
ðÁP ÁN
ð THI KI M TRA CH T LƯ NG NĂM H C 2010-2011. Môn thi :Toán kh i A
Câu Ý N i dung ði m
I 2,00
1 Kh o sát s bi n thiên và v ñ th c a hàm s (1) khi m = 2. 1,00
V i m = 2 , suy ra y = 2 x3 − 3 x 2 + 2.
• T p xác ñ nh : ℝ .
• lim y = −∞; lim y = +∞.
x→−∞ x→+∞ 0,50
• y ' = 6 x − 6 x = 6 x ( x − 1), y ' = 0 ⇔ x = 0 hoÆc x = 1.
2
• yC§ = y(0) = 2, yCT = y(1) = 1.
• B ng bi n thiên:
x −∞ 0 1 +∞
y' + 0 − 0 +
2 +∞ 0,25
y
−∞ 1
ð th hàm s : y
2
0,25
1
−1 / 2 0 1 3/2 x
I 2 Tìm m ñ ñ th hàm s (1) ... 1,00
Ta có y ' = 6 x 2 − 6(m −1) x = 6 x( x − m + 1).
ð th hàm só có c c tr khi và ch khi y’ có hai nghi m phân biêt ⇔ m ≠ 1. 0,25
T a ñi m c c tr : A(0; m), B (m −1; −(m −1)3 + m) ⇒ AB : y = −(m −1) 2 x + m 0,25
Ba ñi m A, B, I (3;1) th ng hàng th ng hàng khi và ch khi I ∈ AB 0,25
4 4
⇔ 1 = −(m −1) 2 .3 + m ⇔ m = ho c m = 1 (lo i). ðS: m = . 0,25
3 3
x m −1 y '− (m −1) 2 x + m.
Cách khác: Th c hi n phép chia y cho y’, ta ñư c y = −
3 6 0,25
T i x1 , x2 là nghi m c a y ' = 0, suy ra yi = y ( xi ) = −(m −1) 2 xi + m (i = 1, 2).
Suy ra pt ñt ñi qua hai ñi m c c tr A, B: y = −(m −1)2 x + m.
Ba ñi m A, B, I (3;1) th ng hàng th ng hàng khi và ch khi I ∈ AB 0,50
4 4
⇔ 1 = −(m −1) 2 .3 + m ⇔ m = ho c m = 1 (lo i). ðS: m = .
3 3
II 2,00
1 Gi i phương trình 1,00
- π π π π
ð/k: sin x ≠ 0, sin + x sin − x cos + x cos − x ≠ 0.
4 4 4 4 0,25
π π
π
π π
π π
Ta có + x + − x = ⇒ tan + x tan − x = tan + x cot + x = 1.
4
4 2 4
4 4
4
Phương trình ñã cho tr thành
cos x
sin 2 x = (7 cos 2 x − 3) ⇔ sin 3 x + 3cos x − 7 cos3 x = 0 ⇔ 4 cot 3 x − 3cot x −1 = 0 0,50
sin x
−1
⇔ cot x = 1 ho c cot x = .
2
−1 −1 0,25
cot x = 1 (ko i do ñ/k). V i cot x = ⇔ x = arc cot + k π (k ∈ ℤ).
2 2
2 Gi i b t phương trình: x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3 x − 2 (1) 1,00
2
( )
ð/k: x ∈ [ ; +∞). (1) ⇔ x + 2 − 3 x − 2 + ( x 2 − x − 2) ≤ 0
3
0,50
−2
⇔ ( x − 2)
+ x +1 ≤ 0 . (2)
x + 2 + 3x − 2
−2 2 2
ð t f ( x) =
x + 2 + 3x − 2
+ x + 1, ( x ≥ ) là hàm ñ ng bi n trên
3 3 ; +∞
0.50
2 5 3
Suy ra f ( x) ≥ f = −
> 0 . V y (2) ⇔ x ∈ [2/3; 2].
3 3 2
III Tính di n tích hình ph ng gi i h n b i các ..... 1,00
x2 + 4 x − 2 ≥ 0
x =1
Pt hoành ñ giao ñi m: x + 2 + 2 = x + 4 x ⇔ 2
2
⇔ 0,25
( x + 3x − 4)( x 2 + 5 x) = 0
x = −5.
1
V i x ∈[ −5;1] ⇒ x + 2 ≥ x2 + 4x −2. V y di n tích c n tìm là S = ∫ ( x + 2 − x2 −4x + 2) dx
−5 0,50
−2 1
= ∫ (−x 2 − 5 x) dx + ∫ (−x 2 − 3 x + 4) dx
−5 −2
−2 1
3 5x2
3
− x − 3 x + 4 x
2
x
= − − + =
27 27
+ = 27 (ñvdt). 0,25
3
2
−5
3
2
−2
2 2
IV Ch ng minh AB ⊥ BD ' và tính d ( A ', ( ABD ')) 1,00
Trong tam giác ABD, ta có: D’ C’
BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD cos 600 = 3a 2 A’
B’
⇒ AB 2 + BD 2 = AB 2 ⇒ ∆ABD vuông t i B
Như v y :
AB ⊥ BD
⇒ AB ⊥ ( BB ' D'D)
O H 0,25
DD ' ⊥ ( ABCD )
⇒ AB ⊥ BD '.
C
G i O = AD '∩ A ' D ⇒ O là trung ñi m A’D, A 600 D
Suy ra d ( A ', ( ABD ')) = d ( D, ( ABD ')). B
K DH ⊥ D ' B ( H ∈ D ' B ). (1)
T AB ⊥ ( BB ' D ' D ) ⇒ AB ⊥ DH (2)
0,50
T (1) và (2) suy ra DH ⊥ ( ABD ') ⇒ d ( D, ( ABD ') = DH .
- Trong tam giác BDD’ vuông t i D, có DH là ñư ng cao, suy ra
1 1 1 3a 3a 0,25
2
= 2
+ 2
⇒ DH = ⇒ d ( A '; ( ABD ')) = .
DH DB DD ' 2 2
V Ch ng minh b t ñ ng th c ...... 1,00
( )
2
Áp d ng b t ñ ng th c Bu-nhi-a-c p-xki ta có: 1+ 2x + 1+ 2 y ≤ 2(2 + 2(x + y))
1
2
1 3 6
và ( x + y )2 = 1.x +
. 2 y ≤ 1 + ( x 2 + 2 y 2 ) = . Suy ra x + y ≤
2 . 0,25
2 2 2
Do ñó 1 + 2 x + 1 + 2 y ≤ 4 + 2 6 .
( )
2
Ta l i có 1+ 2 x + 1+ 2 y = 2 + 2( x + y ) + 2 1 + 2( x + y ) + 4 xy
≥ 2 + 2( x + y ) + 2 1 + 2( x + y ).
x2 1 1 2
M t khác ( x + y ) = x + 2 xy + y ≥ + y 2 = ( x 2 + 2 y 2 ) = ⇒ x + y ≥
2 2 2
. 0,75
2 2 2 2
Do ñó 1 + 2 x + 1 + 2 y ≥ 1 + 1 + 2 .
Theo chương trình chu n 3,00
VI.a 1 Vi t phương trình các ñư ng th ng AD và BC ... 1,00
Gi s ta ñã xác ñ nh ñư c các ñư ng th ng AD và BC tho mãn bài toán.
ðư ng th ng AB ñi qua ñi m E (−5;0). ðư ng th ng BC ñi qua ñi m N (−1; 4) có pt
d ng a( x +1) + b( y − 4) = 0,(a2 + b2 ≠ 0). Ta có AB.d ( AB, CD) = S( ABCD ) = BC.d ( AD, BC )
−4 −2a −b 0,50
d ( AB, CD) = d ( AD, BC) ⇔ d (E, d2 ) = d (M , BC) ⇔ =
1+ 4 a +b
2 2
⇔ 11 b − 20 ab − 4 a = 0 ⇔ b = 2a ho c 11b = −2a.
2 2
V i b = 2a, ch n a = 1 ⇒ b = 2. Suy ra BC : x + 2 y − 7 = 0.
Vì AD / / BD ⇒ AD :1( x + 3) + 2( y − 3) = 0 ⇔ x + 2 y − 3 = 0. 0,25
V i 11b = −2a, ch n a = 11 ⇒ b = −2. Suy ra BC :11x − 2 y + 19 = 0.
Vì AD / / BD ⇒ AD :11( x + 3) − 2( y −3) = 0 ⇔ 11x − 2 y + 39 = 0. 0,25
2 M t ph ng (P) có m t vtpt n = (3;12; −3), mp(Q) có m t vtpt n = (3; −4;9).
P Q
0,25
L y A ∈ (d1 ), B ∈ (d 2 ), suy ra A(−5 + 2t ;3 − 4t ; −1 + 3t ), B (3 − 2 s; −1 + 3s; 2 + 4 s ).
Suy ra AB = (8 − 2t − 2s; −4 + 4t + 3s;3 − 3t + 4s ).
0,25
nP . AB = 0
N u AB là ñư ng th ng c n tìm thì
n . AB = 0.
Q
t = 1 A(−3; −1; 2), B (5; −4; −2)
x + 3 y +1 z − 2
Suy ra
⇒ ⇒ AB : = = . 0,25
s = −1 AB = (8; −3; −4) 8 −3 −4
Th th y các ñi m A, B không thu c các m t ph ng (P), (Q).
x + 3 y +1 z − 2 0,25
Vây phương trình ñư ng th ng c n tìm là AB : = = .
8 −3 −4
3 Tìm s các s …. 1,00
Gi s l p ñư c s x = a1a2 a3 a4 a5 a6 tho mãn yêu c u bài toán. Ta có
a1 + a2 + a3 = a4 + a5 + a6 + 1 ⇒ 2(a1 + a2 + a3 ) = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + 1 = 16
0,25
- a1 + a2 + a3 = 8. Các b ba ph n t c a t p {0;1; 2;3; 4;5} có t ng b ng 8 là
{0;3;5} , {1; 2;5} , {1;3; 4}.
V i {a1 , a2 , a3 } = {0;3;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {1; 2;4}. Trư ng h p này l p ñư c 2.2!.2! (s ).
V i {a1 , a2 , a3 } = {1;2;5} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;3;4}. Trư ng h p này l p ñư c 3!.2! (s ). 0,50
V i {a1 , a2 , a3 } = {1;3; 4} ⇒ {a4 , a5 , a6 } = {0;2;5}. Trư ng h p này l p ñư c 3!.2! (s ).
V y s các s l p ñư c tho mãn yêu c u bài toán là 2.2!.2!+ 3!.2!+ 3!.2! = 32 (s ). 0,25
Theo chương trình nâng cao 3,00
VI.b 1 Tìm to ñ các ñi m B, C ..... 1,00
Ta có IA = 2 ⇒ ðư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC có pt: ( x + 1) 2 + y 2 = 4. 0,25
x2 y 2
+ =1
To ñ c a các ñi m B, C c n tìm là nghi m c a h pt: 9
4 0,25
( x + 1) 2 + y 2 = 4.
( x + 1) 2 + y 2 = 4
−3
x = −3, x =
⇔ 2 ⇔ 5 0,25
5 x + 18 x + 9 = 0
( x + 1) 2 + y 2 = 4
V i x = −3 ⇒ y = 0, suy ra B ho c C trùng A (lo i). 0,25
−3 −3 4 6 −3 −4 6
−3 −4 6 −3 4 6
. Như v y B ; , C ; ho c B ;
4 6
V i x= ⇒ y =±
5 5 5
5 5 5 , C 5 ; 5 .
0,25
5 5
2 Vi t phương trình m t ph ng (P) ñi qua các ñi m .... 1,00
G i n = (a; b; c) (a + b + c ≠ 0) là vtpt c a m t ph ng (P), thì vì (P) ñi qua A, B nên
2 2 2
0,25
n vuông góc v i AB = (−5; −13;12)
−5a + 12c
⇒ n. AB = 0 ⇒ −5a −13b + 12c = 0 ⇒ b = .
13
n. j
G i ϕ là góc gi a mp(P) và mp(Oxz) thì cos ϕ = , trong ñó j = (0;1; 0) là vtpt c a
n. j
0,25
b
m t ph ng (Oxz ). V y cos ϕ = .
a2 + b2 + c2
N u b = 0, thì cos ϕ = 0 ⇒ ϕ = 900 có giá tr l n nh t.
C1: N u b ≠ 0, thì cos ϕ = 1
=
1
=
1
.
a +b +c
2 2 2
a +c
2 2
169( a + c 2 )
2
+1 +1
b2 b2 (− 5 a + 12 c ) 2
0,50
1 2
Ta có: (−5a +12c)2 ≤ (25 +144)(a2 + c2 ) = 169(a2 + c2 ), nên cos ϕ ≤ = ⇒ ϕ ≥ 450.
1+1 2
D u " = " x y ra khi −12a = 5c. Ch n a = 5, thì c = −12 và b = −13.
V y pt mp(P) là 5( x − 2) −13 y −12( z + 5) = 0 ⇔ 5 x −13 y −12 z − 70 = 0.
b b 5 5 1
C2: cos ϕ = = = ≤ = .
a +b +c
2 2 2
12c − 13b
2
c
2
5 2 2
+b +c 13. − 12 + 50
2 2
5 b
c 12c − 13b
Minϕ = 450 , khi 13 − 12 = 0, a = . Suy ra ( P ) : 5 x − 13 y − 12 z − 70 = 0.
b 5
- kissme93@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
SỞ GD_ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 LẦN 1
Năm học: 2010 – 2011
TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3 Môn thi: Toán, Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN CHUNG
x+2
Câu 1( 2điểm) Cho hàm số y = (C)
x + 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Tìm trên đồ thị hàm số (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt trục tung tại
7
điểm có tung độ bằng .
4
Câu 2( 2điểm)
x æp ö
1. Giải phương trình: 4sin 2 - 3 cos2x = 3- 2 cos2 ç - x ÷
2 è 4 ø
ì 3 2y
ï x 2 + y 2 -1 + x = 1
ï
2. Giải hệ phương trình: í ( x, y Î R )
ïx 2 + y 2 + 4x = 22
ï
î y
8 ln x
Câu 3(1 điểm): Tính tích phân: I = ò dx
3 x + 1
Câu 4( 1 điểm)
Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt
0
phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 60 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng
minh rằng AK ^ HK và tính thế tích khối chóp SABC.
Câu 5( 1 điểm) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x9 + y 9 y9 + z9 9
z 9 + x
P = 6 + 6 + 6 3 3
x + x 3 y 3 + y 6 y + y 3 z 3 + z 6 z + z x + x 6
B. PHẦN RIÊNG
Phần dành cho ban cơ bản
Câu 6a( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với AB = 5 , đỉnh C( 1; 1) đường thẳng AB có
phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Xác định toạ
độ các đỉnh A, B của tam giác.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 2; 3) và cắt 3
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
2 2
Câu 7b(1 điểm) Giải phương trình: 4 x - x -5 - 12.2 x -1- x -5 + 8 = 0
Phần dành cho ban nâng cao
Câu 6b( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 5 = 0 và đường tròn (C) x 2 + y 2 + 2 x - 6 y + 9 = 0 .
Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt mặt
phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 8p .
Câu 7b( 1 điểm)
Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính
xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau.
Hết
- HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán
Câu Nội dung Điểm
Câu 1 1. ( 1.0 đ)
(2 điểm) *) TXĐ: D = R \ {- }
1 0.25
*) Sự biến thiên:
-1
Chiều biến thiên: y' = 2
< 0, "x ¹ -1 ,
( x + 1 )
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( -¥; - ) và ( -1; +¥ ) .
1
Cực trị: Hàm số không có cực trị 0.25
Giới hạn và đường tiệm cận:
Ta có: lim y = 1 Þ đường thẳng y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x ®±¥
lim y = -¥, lim y = +¥ Þ đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng của
- +
x ® ( -1) x ( -1
® )
đồ thị hàm số
Bảng biến thiên:
x ¥ 1 + ¥
y’ +
+ ¥
y
1 1
0.25
¥
*) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua các điểm ( 2; 0), (0; 2)
y
2
1
1
2 0.25
x
2(1.0 đ)
0.25
- æ x + 2 ö -1 x + 2
Gọi M ç x0 ; 0 ÷ Î ( C ) . tiếp tuyến tại M của (C) có pt: y = 2 (
x - x ) + 0
0
è x0 + 1 ø )
( x0 + 1 x + 1
0
0.25
7
Do tiếp tuyến cắt Oy tại điểm có tung độ bằng nên ta có:
4
7 -1 x + 2
2 (
= 0 - x ) + 0
0
4 ( x0 + 1
) x + 1
0
2
Û 3 x0 - 2 x0 - 1 = 0 ( x ¹ -1
0 )
é x = 1
0
Ûê
ê x0 = - 1
ê
ë 3 0.25
æ 3ö æ 1 5 ö
vậy có 2 điểm M thoả mãn là: M ç 1; ÷ ; M ç - ; ÷
è 2ø è 3 2 ø
0.25
Câu 2 1( 1.0 đ)
é æp öù
pt Û 2 (1 - cos x ) - 3cos2 x = 3 - ê1 + cos ç - 2 x ÷ ú 0.25
ë è 2 øû
Û 2 - 2 cos x - 3cos2 x = 2 - sin 2 x
Û -2 cos x = 3cos2 x - sin 2 x
3 1
Û - cos x = cos2 x - sin 2 x
2 2
3 1
Û cos (p - x ) = cos2 x - sin 2 x 0.25
2 2
æ pö
Û cos (p - x ) = cos ç 2 x + ÷
è 6 ø 0.25
é 5p k 2 p
ê x = 18 + 3
Ûê ( k Î Z )
p
ê x = - 7 + k 2 p
ê
ë 6 0.25
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm.
2(1.0đ) Điều kiện x, y ¹ 0; x 2 + y 2 - 1 ¹ 0
ìu = x 2 + y 2 - 1
ï
Đặt í x 0.25
ïv = y
î
ì 3 2 é v = 3, u = 9
ï + = 1
hệ phương trình có dạng: í u v Ûê
ïu = 21 - 4 ê v = 7 , u = 7 0.25
î v ë 2
*) với u = 9, v = 3 hệ có nghiệm (3; 1), ( 3; 1) 0.25
7 æ 2 2 ö æ 2 2 ö
*) Với v = , u = 7 hệ có nghiệm ç 14 ;4 ÷ , ç -14 ; -4 ÷ 0.25
2 ç 53 53 ÷ ç 53 53 ÷
è ø è ø
- Câu 3 ìu = ln x ì dx
( 1điểm) Đặt ï ïdu =
í dx Þ í x
ï dv =
î x + 1 ïv = 2 x + 1
î
8
8 x + 1
ò
Þ I = 2 x + 1 ln x - 2
3
3
x
dx 0.25
8
x + 1
Xét J = ò dx
3
x
x 3 8
Đặt t = x + 1 Þ 2 = dx , đổi cận
tdt 0.25
t 2 3
3 3 3
2t 2 dt æ 1 ö æ t - 1 ö
ÞJ =ò 2 = 2ò ç 1 + 2 ÷dt = ç 2t + ln
2
t -1 2 è
t -1 ø è t + 1 ÷ 2
ø 0.25
= 2 + ln 3 - ln 2
)
Þ I = 6 ln 8 - 4 ln 3 - 2 ( 2 + ln 3 - ln 2
0.25
= 20 ln 2 - 6 ln 3 - 4
S
Câu 4 *) Ta có:
(1 điểm) SA ^ BC ü
ý Þ BC ^ ( SAC ) Þ BC ^ AK (1) H
AC ^ BC þ
lại có AK ^ SC (2). từ (1) và (2) Þ AK ^ ( SBC )
Þ AK ^ HK 0.25
K
AK ^ SB ü · 0
ý Þ SB ^ ( AKH ) Þ AHK = 60
j 2a
*) Ta có A B
AH ^ SB þ
a
0 3 0.25
AHK ta có AK = AH .sin 60 = AH .
trong D C
2
1 1 1 1 1
Xét tam giác vuông SAB, ta có: 2
= 2
+ 2
= 2
+ 2 (1)
AH AS AB AS 4 a
1 1 1 1 1 4 1 1
Xét tam giác vuông SAC, ta có: 2
= 2
+ 2
= 2
+ 2 Û 2
= 2
+ 2 (2) 0.25
AK AS AC AS a 3 AH AS a
3
( do AK = AH . )
2
a 2 a 2 3
Từ (1) và (2) Þ SA = . lại có S DABC =
2 2
3
1 6 a
vậy VSABC = SA.SDABC = ( dvtt ) 0.25
3 12
3 3 3
Câu 5 Có x, y, z > 0, Đặt : a = x , b = y , c = z (a, b, c > 0 ; abc=1)
( 1 điểm) a 3 + b3 b3 + c3 c 3 + a
3
Ta có : P = 2 + 2 + 2 0.25
a + ab + b 2 b + bc + c 2 c + ca + a 2
nguon tai.lieu . vn
