SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN I
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Môn thi: TOÁN
—————————
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
—————————————-
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 4 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) .
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó song song với đường thẳng
y = 9x + 3.
Câu 2 (1,0 điểm).
√
a) Giải phương trình: cos 2x + 2 sin x = 1 + 3 sin 2x.
b) Giải phương trình: log3 (x2 + 2x) + log 1 (3x + 2) = 0 trên tập số thực.
3
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =
R2 1 + x2 ex
1
x
dx.
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i)z + 2z = 2. Tính mô đun của số phức ω = z + 2 + 3i.
b) Cho một đa giác đều 12 đỉnh A1 A2 ...A12 nội tiếp đường tròn (O). Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác
đó. Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn ra tạo thành một hình chữ nhật.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2; 1) và mặt phẳng (P) :
x − 2y + 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) và viết phương trình mặt cầu tâm A cắt
mặt phẳng (P) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π .
√
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = 2a 2. Hình
chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 60◦ . Tính theo a theo thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC) .
d nhọn,
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC
đỉnh A(−2; −1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD,CD.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là (C) : x2 + y2 + x + 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh
B,C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x − y − 3 = 0.
( p
p
3 y3 (2x − y) + x2 (5y2 − 4x2 ) = 4y2
(x, y ∈ R).
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình √
√
2 − x + y + 1 + 2 = x + y2
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 4(a3 + b3 ) + c3 = 2(a + b + c)(ac + bc − 2).
2a2
b+c
(a + b)2 + c2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
+
−
.
3a + b2 + 2a(c + 2) a + b + c + 2
16
——HẾT——
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Cảm ơn bạn Chedungquen (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
KỲ THI THỬ QUỐC GIA THPT NĂM 2015-LẦN I
MÔN : TOÁN
( Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu
1
(2,0)
Nội dung
Điểm
Tập xác định:
Sự biến thiên :
0,25
-Chiều biến thiên: Ta có
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
và
; nghịch biến trên khoảng
.
0,25
-Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0
yCĐ = 4,hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2
yCT = 0.
3
2
3
2
lim y lim ( x 3 x 4) .
-Giới hạn: lim y lim ( x 3x 4) ;
x
x
x
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
-Bảng biến thiên
x
0
y
x
y
2
4
0,25
,
+
0
-
0
+
4
y
0
Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm
-1
O
1
2
3
x
0,25
(-1;0) và (2;0).
b) Ta có:
. Gọi M x 0 ; x 03 3 x 02 4 là điểm thuộc đồ thị (C ) .
Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại M là
.
0,25
Vì tiếp tuyến của đồ thị tại M song song với đường thẳng d : y 9 x 3 nên có hệ số góc k 9
3 x 02 6 x 0 9 x 02 2 x 0 3 0 x 0 1 x 0 3
2
(1,0)
0,5
Vậy M (1;0) và M (3;4) đều không thuộc d nên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
a). Phương trình đã cho tương đương:
0,25
x k
sin x 0
sin x 1
3
cos
x
sin
x
1
0
2
3
x k 2
x k 2
1
3
6
6
+ Với sin x
3
2
5
k 2 x k 2
x
3
6
2
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ; x
b). Điều kiện:
0,25
k 2 ; x k 2 k
2
6
. Phương trình đã cho tương đương:
0,25
log 3 ( x 2 2 x ) log 3 (3 x 2) 0 log 3 ( x 2 2 x ) log 3 (3 x 2)
x 1
x 2 2 x 3x 2 x 2 x 2 0
x 2
Đối chiếu điều kiện ta có phương trình đã cho có nghiệm x 2
3
(1,0)
2
Ta có I
1
2
Tính:
1
0,25
2
2
2
1
1 x 2e x
dx
x
dx xe dx
xe x dx
x
x
x
1
1
1
dx
ln x
x
2
1
0,5
ln 2
0,25
2
Đặt u x du dx ; dv e x dx chọn v e x . Suy ra
xe
x
2
2
1
1
dx xe x e x e 2
1
0,25
Vậy I ln 2 e 2
4
(1,0)
3a b 2 a 1
a). Đặt z a bi a, b . Theo bài ra ta có:
nên z 1 i
a b 0
b 1
0,25
Khi đó z 2 3i 1 i 2 3i 3 4i .
0,25
Vậy
b). Không gian mẫu là tập hợp tất cả các cách chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh trong 12 đỉnh .
0,25
Ta có: n () C124 495 .
Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn tạo thành một hình chữ nhật”
Gọi đường chéo của đa giác đều A1 A2 ...A12 đi qua tâm đường tròn (O) là đường chéo lớn thì đa giác
đã cho có 6 đường chéo lớn.
Mỗi hình chữ nhật có các đỉnh là 4 đỉnh trong 12 điểm A1 ,A2 ,..., A12 có các đường chéo là hai đường
chéo lớn. Ngược lại, mỗi cặp đường chéo lớn có các đầu mút là 4 đỉnh của một hình chữ nhật.
Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là: n (A) C 62 15 .
0,25
15
1
n (A)
Vậy xác suất cần tính là P (A)
495 33
n ()
5
(1,0)
6
(1,0)
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P) là : h d A;( P )
1.1 (2).(2) 2.1 5
12 (2) 2 2 2
4 .
0,25
Gọi r là bán kính của đường tròn thiết diện thì ta có
0,25
Gọi R là bán kính mặt cầu cần tìm ta có
0,25
Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là :
0,25
Diện tích hình chữ nhật ABCD là
.
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật ta có
0,25
Ta có
nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc
Trong tam giác vuông SHB ta có
.
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD là :
Ta có
Kẻ
với
; kẻ
với
Ta có
.
Do đó
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
Ta có
(1)
nên
.
0,25
. Trong tam giác vuông SHK ta có :
. Vậy
7
(1,0)
0,25
Ta có
nên bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc
đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có:
.
EAD
và
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên EKD
BAH
.
BKH
Do đó
Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE.
0,25
.
c 2 c 4
;
, do I thuộc (C) nên có phương trình:
2
2
+) Gọi C (c ;c 3) d ,(c 0) I
0,25
c c 2 0 c 2 c 1 (loại c 1) . Suy ra: C(2;-1) và I(0;-1).
2
+) Điểm E,H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên toạ độ thoả mãn hệ phương
trình:
.
8
5
+)Vì H có hoành độ âm nên H ;
11
, E (0;3) . Suy ra AB : x y 1 0 , BC : x 3 y 5 0
5
Toạ độ B thỏa mãn
0,25
(t/m).
0,25
Vì
. Vậy
.
8
(1,0)
Điều kiện:
.
+) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM cho hai số không âm ta có:
.
0,25
Suy ra:
.
Vì vậy ta phải có:
.
Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: x y .
Thay
0,25
vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
.
Do
nên ta phải có: x 2 x 2 0 x 1 (do x 1) .
Khi đó phương trình (*) tương đương với:
1
1
0 .
x 2 x 1 x 1 2 x x x 1 0 x 2 x 11
x 1 2 x x x 1
x 1 5 (t / m )
1
1
1 5
2
x 2 x 1 0 do 1
0
xy
.
2
x 1 2 x x x 1
1 5
x 2 (l )
1 5 1 5
.
;
2
2
0,25
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y )
9
(1,0)
Ta có:
0,25
, kết hợp với giả thiết suy ra:
a b c 2
1
3
3
3
3
3
3
(a b c ) (a b ) c 4(a b ) c 2(a b c )
2 a b c 4 .
4
4
0,25
Khi đó sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có:
2a 2
3a 2 b 2 2a (c 2)
a
b
a
a c 2
2a 2
Và
2
a
ac 22
b2 a
.
2a 2
0,5
. Suy ra:
Đặt
.
, ta có:
.
Suy ra hàm số f (t ) nghịch biến trên 4; . Do đó
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng
a
;
a b c 2
.
.
1
.
6
................ Hết.................
Cảm ơn bạn Chedungquen (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
0,25
Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP.HCM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA- 2015
Trường THPT Thành Nhân
Môn: TOÁN – Thời gian: 180’ (Ngày 17/05/2015)
---------------------------o0o--------------------------Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y f ( x) x 3(m 1) x 3 (1) .
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0 .
b. Tìm m để đường thẳng (d ) : y 3x 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại một điểm duy nhất.
Câu 2: (1 điểm)
a. Giải phương trình: sin3 x cos3 x sin x cos x .
b. Tính môđun của số phức z , biết số phức z thỏa: z 2(i z) z 3i 1 .
3
Câu 3: (0.5 điểm)
Giải phương trình: log 2 x3 1 log 2 x 2 x 1 2log 2 x 0
xy 2 1 x 2 1 y 1 y 2
, ( x, y ) .
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
4 y 1
1
1
4
3 8
xy
xy
1 3 y 2 y
0
x2
Câu 5: (1 điểm) Tính: I
ln(1 x) dx
x
1
1
Câu 6: (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều cạnh 3a và cạnh CD tạo với mặt phẳng
( ABC ) một góc 600 . Gọi H là điểm nằm trên AB sao cho AB 3AH và mặt phẳng ( DHC ) vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) . Tính theo a thể tích tứ diện đã cho và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng
( MAB) , biết M là trung điểm CD và mặt phẳng ( ABD) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) .
Câu 7: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C (3; 3) và đỉnh
A thuộc đường thẳng (d ) : x 2y 2 0 . Gọi E là điểm thuộc cạnh BC , điểm F giao điểm của đường
7
87
thẳng AE và CD , I ; là giao điểm của đường thẳng ED và BF . Tìm tọa độ các điểm B, D
19 19
4
biết điểm M ;0 thuộc đường thẳng AF .
3
Câu 8: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A(2; 3; 1) ; B(4; 1;2) và mặt
phẳng (P) : 5x 10y 2z 12 0 . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB . Tìm
tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) sao cho M cách đều ba điểm A, B, O ( O gốc tọa độ).
Câu 9: (0.5 điểm) Cho tập X 0;1;2;3;4;5;6;7 , gọi S là tập hợp các số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác
nhau được lập từ tập X . Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên trong tập S . Tính xác suất để số được chọn
có mặt chữ số 6.
Câu 10: (1 điểm)
Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn a2 b2 1 và c
d
3 . Chứng minh rằng: ac bd cd
---------Hết--------(Trình bày rõ ràng, tính toán cẩn thận. Không sử dụng bút chì, bút xóa)
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………. Số báo danh:…………………..
Cảm ơn thầy Võ Nguyên Linh (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
96 2
.
4
ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Điểm
Khi m 0 y f ( x) x3 3x 3 (C )
Tập xác định: D
Giới hạn:
lim y ;
lim y
1
(2 điểm)
x
0.25
x
Sự biến thiên:
x 1
Ta có: y ' 3x 2 3, cho y 0
.
x 1
Hàm số:
Nghịch biến trên (1;1) , đồng biến (; 1);(1; )
Đạt cực đại tại điểm x 1; yCD 5
Đạt cực tiểu tại điểm x 1; yCT 1
Bảng biến thiên:
x
y'
1.a
(1đ)
1
0
1
0
5
y
0.25
0.25
1
Đồ thị:
6
f(x) = x3
3∙x + 3
5
4
3
0.25
2
1
4
2
2
1
Đồ thị hàm số (1) cắt (d ) : y 3x 1 tại một điểm duy nhất nên:
Pthđgđ: x3 3(m 2) x 2 0 (*) có duy nhất một nghiệm.
2
3(m 2) (vì x 0 không là nghiệm của phương trình)
x
2
Khi đó xét hai đồ thị: y g( x ) x 2 và y 3(m 2)
x
2
Ta có: y g ( x) 2 x 2 , cho g ( x) 0 x 1 g (1) 3 .
x
x
Bảng biến thiên:
0
1
g ( x)
0
0.25
Ta có: x 2
1.b
(1.0đ)
g ( x)
3
0.25
0.25
Dựa vào BBT ta có: m 1 thỏa ycbt.
2
(1 điểm)
0.25
Giải phương trình: sin3 x cos3 x sin x cos x (*) .
(*) sin x cos x 1 sin x cos x 1 0
sin x 0 hoặc sin 2 x 0
4
2.a
(0.5đ)
Vậy nghiệm phương trình: x
4
k x
k
2
0.25
0.25
Tính z , biết số phức z thỏa: z 2(i z) z 3i 1 .
Gọi số phức z a bi (a, b ; i 2 1) thỏa ycbt. Ta có:
2.b
(0.5đ)
z 2(i z) z 3i 1 2(a2 b2 ) a 2b 1 2a b 3 0
11
a
2
2
2(a b ) a 2 b 1 0
a 1
10
b 1
2a b 3 0
b 4
5
Vậy môđun của số phức: z 2 hoặc z
3
(0.5 điểm)
185
.
10
0.25
0.25
Giải phương trình: log 2 x3 1 log 2 x 2 x 1 2log 2 x 0 (*)
Đk: x 0
(*) log 2 ( x 1)( x 2 x 1) log 2 ( x 2 x 1) 2log 2 x 0
0.25
log 2 ( x 1) log 2 x 2
1 5
1 5
(l ) x
( n)
2
2
1 5
Vậy nghiệm phương trình x
.
2
x2 x 1 0 x
4
(1 điểm)
Giải hệ pt:
0.25
xy 2 1 x 2 1 y 1 y 2 (1)
, ( x, y ) .
4 y 1
1
1
4
3 8 (2)
xy
xy
1 3 y 2 y
1
3 y 2
Đk:
và y 1 y 2 y y 0 VT(1) 0 x 0
xy 1 xy 0
3
0.25
Dễ thấy y 0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế của (1) cho y 2 :
(1) x x 1 x 2
1 1
1
1 2 f ( x)
y y
y
1
f
y
Xét hàm số : f (t ) t t 1 t 2 , t 0 ta có :
f (t ) 1 1 t
2
(2)
0.25
t2
1
1
0, (t 0) f ( x ) f x (3)
y
y
1 t2
4y 1
1
1
4
3 8
xy
1 3y 2 y xy
2
1
1 3y 2 y
3 2 1 1 1 3y 2 y 1
xy
1
y
2
y 1
4 y 2 3y 1 0
1
Thay (3) vào (2) ta được: 4 y 2 3y 1 0 y (l) y 1(n)
4
Vậy nghiệm của hệ pt: (1;1)
5
(1 điểm)
0.25
0.25
x2
x 1 ln(1 x) dx
1
0
Tính: I
0
0
1
ln(1 x )
I x 1
dx
ln 1 x dx x 1 ln 1 x dx
x
1
1
x
1
1
1
0
1
u
ln(1
x
)
du
dx
1 x
Tính I1 ( x 1)ln(1 x )dx . Đặt:
2
dv (1 x )dx v x x
1
2
0.25
0
0.25
0
x2
1 0
3
5
I1 x ln(1 x ) x 3
dx 2ln 2
2
2 1
x 1
4
1
Tính I 2
ln(1 x )
dx .
1 x
1
0
Đặt t ln(1 x ) dt
I2
ln 2
0
1
dx ;
1 x
x 1 t ln 2
x 0 t 0
0.25
ln 2
1
1
tdt t 2
ln 2 2
2 0
2
5 1
Vậy I I1 I 2 2ln 2 ln 2 2
4 2
0.25
6
(1 điểm)
( ABD ) ( ABC )
(CDH ) ( ABC )
DH ( ABC )
( ABD ) (CDH ) DH
ABC đều cạnh 3a
3a 3
9a 2 3
CN
; SABC
2
4
A
D
M
H
CH a 7 DH a 21
Vậy: VD. ABC
0.25
I
E N
B
K
1
9 a3 7
(đvđd)
DH .SABC
3
4
0.25
C
Ta có: CD MAB M d D, MAB d C, MAB
Dựng MK / /HC (K HC) MK ABC
0.25
CK (MAB) H d C, MAB 2d K, MAB
Dựng KE AB;KI ME d K, MAB KI
1
1
1
3a 777
KI
2
2
2
KI
KE MK
74
3a 777
Vậy khoảng cách: d D, MAB
37
Ta có:
7
(1 điểm)
0.25
A
B
M
I
Chứng minh: CI AF
O
D
0.25
E
C
F
Đường thẳng ( AF ) đi qua M và vuông góc CI ( AF) : 3x 5y 4 0
Điểm A (d) (AF) A 2;2
1 1
Gọi O là tâm hình vuông O là trung điểm AC O ;
2 2
0.25
Đường thẳng (BD) : x y 1 0 B(b; b 1)
AB (b 2; b 3)
b 3
; AB CB AB.CB 0
b 2
CB (b 3; b 2)
Vậy tọa độ B(3;2) và D(2; 3)
8
(1 điểm)
1
Ta có: AB (2;2;3) là vtpt của ( ) và trung điểm I 3; 2; của AB
2
Phương trình mặt phẳng ( ) : 4 x 4y 6z 7 0
1
J 2; ;1 là trung điểm OB phương trình mặt phẳng trung trực của
2
cạnh OB là ( ) : 8x 2y 4z 21 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
14 3 1
Vậy tọa độ điểm M (P) ( ) ( ) M ; ;
5 10 2
9
(0.5 điểm)
0.25
Không gian mẫu: A73 3.6.A62 750
0.25
Biến cố đối A : A A63 2.5A52 320
Vậy xác suất P(A) 1 P(A) 1
10
(1 điểm)
320 43
750 75
Ta có: a2
3
D
tamO
R 1
b2
2
c
B
0.25
1 là một đường tròn (T)
3 là một đường thẳng ( ) .
d
3 2
2
1
C
A
Do đó: d O;( )
O
2
1
Suy ra: AB
BĐT
5
OB
R
3 2
2
3 2 2
2
1
3
AB 2
2
ac
bd
cd
3
b2
(c
d )2
1
9
10
Từ (2) và (3) ta được: VT
2
10 2 ac
4
Gọi hai điểm bất kỳ lần lượt:
a2
2
a2
C a; b
(T )
D c; d
( )
b2
a c
c2
2
2
(1) .
bd
cd
0.25
2
3
2
0.25
2
2
(2) .
.
d2
b d
OB .
2
3 2
9 6 2 10 11 6 2
ac bd cd
5
4
2
4
4
0.25
0.25
2cd (3)
2
CD 2
AB2 luôn đúng (đpcm).
---------Hết--------Chú ý:
Học sinh giải bài khác với đáp án nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa câu đó.
Đáp án đề thi thử lần 2 ngày 17/05/2015 gồm 5 trang.
Cảm ơn thầy Võ Nguyên Linh (
[email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2
NĂM HỌC 20142015
Môn: Toán 12 Khối A - B
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
Đề chính thức
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
(1 ) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1 )
b) Tìm diểm M thuộc đường thẳng d : y = 3 x - 2 sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai
điểm cực trị đồ thị hàm số (1 ) là nhỏ nhất.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
( tan 2 x cot x - 1) sin 4 x = sin æç x +
è
2
pö
3 x
x
÷ + 2cos sin
3 ø
2
2
2
6 - x
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ò x3 ln
dx
2
6
+
x
0
Câu 4 (1,0 điểm).Giải phương trình log 3 x + 2 + log 3 x - 5 + log 1 8 = 0
3
Câu 5 (1,0 điểm). .Một hộp chứa 4 quả cầu mầu đỏ, 5 quả cầu mầu xanh và 7 quả cầu mầu
vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó . Tính xác suất sao cho 4 quả cầu
được lấy ra có đúng một quả cầu mầu đỏ và không quá hai quả cầu mầu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A¢B¢C ¢ có đáy ABC là tam giác đều ,
AB = a , ( a > 0 ) .Biết góc giữa hai đường thẳng AB¢ và BC¢ bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng
trụ ABC. A¢B¢C ¢ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB¢ và BC¢ theo a .
Câu 7(1,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình
đường thẳng chứa trung tuyến và phân giác trong đỉnh B lần lượt là d1 : 2 x + y - 3 = 0
, d 2 : x + y - 2 = 0 . Điểm M ( 2;1 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB ,đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, hãy xác định tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC .
ìï x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y 2 - 24
Câu 8(1,0 điểm). Giải hệ phương trình. í
2
ïî ( y + 2 ) x + 4 + ( x + 9 ) 2 y - x + 9 = x + 9 y + 1
Câu 9(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 .Chứng minh rằng
(a
7
- a 4 + 3 )( b 7 - b 4 + 3)( c 7 - c 4 + 3) ³ 27 .
Hết
Ghi chú:
Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ……….…………………… Số báo danh: ………………...
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên THPT chuyên Vĩnh Phúc gửi đến http://laisac.page.tl/
0
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM
KỲ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM HỌC 20142015
Môn: Toán; Khối:A+B
(Đáp án – thang điểm: gồm 04 trang)
Câu
1
Đáp án
Điêm
å 2,0
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = x 3 - 3 x 2 + 2
a)
TXĐ. D = ¡
b)
Sự biến thiên.
,
2
+ Chiều biến thiên.: y = 3 x - 6 x = 3 x ( x - 2 ) , y¢ = 0 Û x = 0 Ú x = 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥ ; 0 ) và ( 2; +¥ )
å 1,0
0,25
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2 )
+Cực trị.
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yC D = y ( 0 ) = 2
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; yC T = y ( 2 ) = - 2
+Các giới hạn tại vô cực:
æ 3
lim y = lim x 3 ç 1 - +
x ®+¥
x ®+¥
è x
æ 3
lim y = lim x 3 ç 1 - +
x ®-¥
x ®-¥
è x
0,25
2 ö
÷ = +¥
x 3 ø
2 ö
÷ = -¥
x 3 ø
Bảng biến thiên.
x
y
,
y
-¥
+
0
0
2
-
2
0
+¥
0,25
+
+¥
-¥
- 2
c)Đồ thị .( Tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (1; 0 ) , 1 + 3; 0 , 1 - 3; 0
(
)(
)
Giao điểm của đồ thị với trục Oy là ( 0; 2 )
Vẽ đồ thị.
Nhận xét:Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận I (1;0) làm tâm đối xứng
b) Tìm diểm M thuộc đường thẳng d : y = 3 x - 2 sao cho tổng khoảng cách từ M tới
hai điểm cực trị là nhỏ nhất.
Các điểm cực trị là A ( 0; 2 ) , B ( 2; - 2 )
Xét biểu thức g ( x, y ) = 3 x - y - 2
ta có g ( x A , y A ) = 3 x A - y A - 2 = -4 < 0 và g ( xB , y B ) = 3 xB - y B - 2 = 6 > 0 sau ra hai
điểm A, B nằm về hai phía đường thẳng d : y = 3 x - 2
Do đó MA + MB nhỏ nhất Û 3 điểm A, B, M thẳng hàng Û M là giao điểm giữa d
và AB
Phương trình đường thẳng AB y = -2 x + 2 :. Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương
0,25
å 1,0
0,25
0,25
0,50
1
4
ì
ïï x = 5
ì y = 3 x - 2
æ 4 2 ö
trình: í
Ûí
Þ M ç ; ÷
y
=
2
x
+
2
2
è 5 5 ø
î
ïy =
ïî 5
2
Giải phương trình
( tan 2 x cot x - 1) sin 4 x = sin æç x +
è
pö
3 x
x
÷ + 2cos sin
3 ø
2
2
å 1,0
Điều kiện : cos 2 x ¹ 0,sin x ¹ 0 . Phương trình đã cho tương đương với pt
pö
3 x
x
æ sin 2 x cos x - cos 2 x sin x ö
æ
ç
÷ sin 4 x = sin ç x + ÷ + 2cos sin
sin x cos 2 x
3 ø
2
2
è
ø
è
Û 2 sin 2 x =
1
3
sin x +
cos x + sin 2 x - sin x
2
2
0,25
3
1
æp
ö
cos x - sin x Û sin 2 x = sin ç - x ÷
2
2
è 3 ø
p
2p
p
2p
2 p
Û 2 x = - x + k 2p Ú 2 x =
+ x + k 2p Û x = + k
Úx=
+ k 2 p với k Î ¢
3
3
9
3
3
p
2p
2 p
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm là x = + k
,x =
+ k 2 p với k Î ¢
9
3
3
Û sin 2 x =
3
0,25
2
6 - x 2
Tính tích phân I = ò x3 ln
dx
2
6
+
x
0
0,25
0,25
å 1,0
24 x
ì
ì
dx
6 - x 2 ï du = 4
u
=
ln
ï
ï
x
36
Đặt í
6 + x 2 Þ í
4
ï
ïv = x - 36
3
dv
=
x
dx
î
ïî
4
0,25
2
2
x 4 - 36
6 - x 2
I=
× ln
- ò 6 xdx
4
6 + x 2
0
0,25
0
2
I = 5ln 5 - 3 x 2 = 5ln 5 - 12 . Vậy I = 5ln 5 - 12
0,50
Giải phương trình log 3 x + 2 + log 3 x - 5 + log 1 8 = 0
å 1,0
0
4
3
ìï x + 2 > 0 ì x ¹ -2
Điều kiện : í
Ûí
ïî x - 5 > 0 î x ¹ 5
Khi đó phương trình đã cho
Û log 3 x + 2 + log 3 x - 5 - log3 8 = 0 Û log 3 ( x + 2 × x - 5 ) = log 3 8
x = -3 ; x = 6
é x 2 - 3 x - 10 = 8
é x 2 - 3 x - 18 = 0 é
ê
Û x - 3 x - 10 = 8 Û ê
Ûê
Û
ê x = 3 ± 17
êë x 2 - 3 x - 10 = -8
êë x 2 - 3 x - 2 = 0
êë
2
2
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm là x = -3; x = 6; x =
3 ± 17
2
0,25
0,25
0,25
0,25
å 1, 0
5
Số phần tử không gian mẫu là n ( W ) = C = 1820
0,25
Gọi A là biến cố “ 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu mầu đỏ và không
0,25
quá hai quả cầu mầu vàng.”
Khi đó n ( A ) = C41C53 + C41C71C52 + C41C72 C5 1 = 740
0,25
4
16
2
Xác suất của biến cố A là P ( A ) =
6
n ( A ) 740 37
=
=
» 0, 41
n ( W ) 1820 91
0,25
uuur
uuur uuur uuur uuuur
Trên tia CB lấy điểm D sao cho CB = BD Þ BD = C ¢B¢ Þ Tứ giác BDB ¢C ¢ là hình
bình hành. Đặt AA¢ = h, ( h > 0 ) Þ AB ¢ = BC ¢ = DB¢ = a 2 + h 2 , BD = CB = a . Từ đó
å 1,0
0,25
suy ra AD = AB 2 + BD 2 - 2 AB.BD cos1200 = a 3
Tứ giác BDB ¢C ¢ là hình bình hành Þ BC ¢ DB ¢ .
Vậy 600 = ( AB¢, BC ¢ ) = ( AB¢, DB¢ ) Þ ·
AB¢D = 120 0 hoặc ·
AB¢D = 60 0
· Trường hợp 1. ·
AB ¢D = 1200 Þ AD 2 = AB¢2 + DB ¢2 - 2 AB¢.DB ¢ cos120 0
0,25
Þ 3a 2 = a 2 + h 2 + a 2 + h 2 + a 2 + h 2 Þ 0 = 3h 2 Þ h = 0 vô lý
· Trường hợp 2. ·
AB¢D = 60 0 Þ D AB¢D đều
Þ AB ¢ = BD Þ a 2 + h 2 = a 3 Þ h = a 2
0,25
a 2 3 a 3 6
Vậy thể tích của lăng trụ là V = AA¢ × dtDABC = a 2 ×
=
4
4
a 3 6
3. V
V
a 2
d ( BC ¢, AB¢ ) = d ( BC ¢, ( AB¢D ) ) = d ( B, ( AB¢D ) ) = B ¢. ABD =
= 2 4 =
dtDAB ¢D
dt DAB¢D 3a 3
3
4
7
0,25
å 1,0
Ta có d1 Ç d 2 = { B (1;1 )} . Do đó phương trình ( AB ) º ( AM ) : y = 1
0,25
Gọi tọa độ điểm A ( a ;1 ) , điểm N đối xứng với M qua phân giác d 2 khi đó ta tìm
được N (1; 0 ) . Vậy phương trình đường thẳng chứa cạnh : x - 1 = 0 Þ C (1; c ) Þ Trung
æ 1 + a 1 + c ö
;
điểm của AC là I ç
÷ .
2 ø
è 2
Do I Î d1 Þ 2a + c - 3 = 0 , (1 )
2
2
Dễ thấy, tam giác ABC vuông tại B Þ IB = 5 Þ ( a - 1) + ( c - 1) = 20, ( 2 )
ìï 2a + c - 3 = 0
é a = 3, c = -3 ( t / m )
Từ (1) v à ( 2 ) đi đến hệ pt í
Þê
2
2
)
îï( a - 1) + ( c - 1) = 20 ëê a = -1, c = 5 ( loai
&
Vậy A ( 3;1) , C (1; - 3 )
8
ìï x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y 2 - 17
Giải hệ phương trình. í
2
ïî ( y + 2 ) x + 4 + ( x + 9 ) 2 y - x + 9 = x + 9 y + 1
ì x ³ -4
Điều kiện í
î 2 y - x + 9 ³ 0
3
0,25
0,25
0,25
(1 )
( 2 )
å 1,0
3
pt (1) : x 3 - y 3 + 17 x - 32 y = 6 x 2 - 9 y 2 - 17 Û ( x - 2 ) + 5 ( x - 2 ) = ( y - 3) + 5 ( y - 3 )
0,25
2
2
Û éë( x - 2 ) - ( y - 3 ) ùû × é( x - 2 ) + ( x - 2 )( y - 3 ) + ( y - 3) + 5 ù = 0
ë
û
Û ( x - 2 ) - ( y - 3) = 0 Û y = x + 1 ( 3 )
Thế ( 3 ) vào ( 2 ) ta được pt: ( x + 3) x + 4 + ( x + 9 ) x + 11 = x 2 + 9 x + 10
( x + 3) (
)
x + 4 - 3 + ( x + 9)
(
)
x + 11 - 4 = x 2 + 2 x - 35
0,25
3
Û ( x + 3) ×
x-5
x+4 +3
x - 5
+ ( x + 9)
x + 11 + 4
= ( x - 5 )( x + 7 )
0,25
é x - 5 = 0 Þ x = 5, y = 6
Û ê x+3
x + 9
ê
+
= x + 7 ( 4 )
êë x + 4 + 3
x + 11 + 4
x+3
x+5
x+9
x + 9
+
= 0
( 4 ) Û
2
x+4 +3
x + 11 + 4 2
9
1
1ö
1
1ö
2
æ
æ
)
Û ( x + 5) ç
- ÷ + ( x + 9) ç
- ÷= 0 ( vô nghi em )
&
x + 4 + 3
è x+4 +3 2ø
è x + 11 + 4 2 ø
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5;6 )
0,25
(a
å 1,0
7
- a 4 + 3 )( b 7 - b 4 + 3)( c 7 - c 4 + 3) ³ 27
2
Nhận xét 1. Ta có a 7 - a 4 + 3 ³ a 3 + 2 Û ( a - 1) ( a + 1) ( a 2 + 1)( a 2 + a + 1) ³ 0 "a > 0
2
Nhận xét 2. ( a + b + c ) ³ 3 ( ab + bc + ca ) = 9 Þ a + b + c ³ 3
Ta chứng minh rằng
Õ ( a
3
0,25
3
)
+ 2 ³ ( a + b + c )
( a ,b , c )
Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta được
a 3
1
1
3 a
+ 3
+ 3
³
(1 ) ,tương tự ta có
3
3
a + 2 b + 2 c + 2
( a + 2 )
3
Õ
( a ,b , c )
b3
1
1
+ 3
+ 3
³
3
b + 2 c + 2 a + 2
3 b
3
Õ ( a3 + 2 )
( 2 ) ,
0,25
( a ,b , c )
3
c
1
1
+ 3
+ 3
³
c + 2 a + 2 b + 2
3 c
3
3
Õ ( a 3 + 2 )
( 3 )
( a , b , c )
cộng (1) , ( 2 ) , ( 3 ) theo vế ta được
3 =
a 3 + 2 b3 + 2 c 3 + 2 3 ( a + b + c )
+
+
³
Û
3
a 3 + 2 b3 + 2 c 3 + 2
a
+
2
(
)
3
Õ
Õ ( a
3
)
3
+ 2 ³ ( a + b + c )
0,25
( a ,b , c )
( a ,b , c )
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ( bước nhận xét 1 sử dụng phương pháp
tiếp tuyến
0,25
Lưu ý khi chấm bài:
Đáp án trình bày một cách giải gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
Câu 6 học sinh không vẽ hình , thì không chấm điểm.
Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên THPT chuyên Vĩnh Phúc gửi đến http://laisac.page.tl
4
T
T H
H Ử S
S Ứ
Ứ C T
T R
R Ư
Ư Ớ
Ớ C K
K Ì T
T H
H I
Đã được đăng trong báo Toán Học và Tuổi trẻ số 450 đề số 3, năm 2014
Câu 1 (1 điểm). Cho hàm số y = x 3 - 3x2 + ( m - 1) x + 1 có đồ thị là (C m ) .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị khi m = 1
2) Tìm m để đồ thị (C m ) cắt đường thẳng y = x + 1 tại ba điểm A (0;1) , B, C sao cho BC = 10 .
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình :
3
cos2 x
+
4 + 2 sin 2x
- 2 3 = 2(cot x + 1) .
sin 2x
(
)
p
4
Câu 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x, y = x 3 + tan 2 x , x = .
Câu 4.
1) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa z - 2i + 1 = iz + i - 1 .
2) Tìm số nguyên dương n thỏa C2n +1 + 2C2n +2 + 2C2n + 3 + C2n +4 = 149 .
Câu 5. Trong không gian Oxyz cho ba đường thẳng
ì
ï
x = -2t
ï
ï
x -1
y +1
z-1
x +1
y -1
z
ï
d1 :
=
=
, d 2 :
=
=
và d 3 : í y = -1 - 4t .
ï
1
2
- 1
2
3
- 1
ï
ï
ï
î z = - 1 + 2t
Viết phương trình mặt phẳng (a ) đi qua d 2 và cắt d1 , d 3 lần lượt tại A,B sao cho AB = 13 .
· = 600 . Hình chiếu của
Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD
S lên mặt phẳng ( ABCD ) là trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng ( ABCD ) và (SAB ) bằng
60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD ) .
Câu 7. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C ) có phương trình:
2
(x - 2)
æ 8ö
2
+ ( y - 3) = 26 . G çç1; ÷÷÷ là trọng tâm tam giác và M (7; 2 ) nằm trên đường thẳng đi qua A và
çè 3 ÷ø
vuông góc với đường thẳng BC ; M ¹ A . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết y B > y C .
öæ
ö
ïìïçæ 2
x + 1 + x÷÷÷ ççy - y 2 - 1 ÷÷÷ = 1
ïç
ç
ç
ïïè
øè
ø
.
Câu 8. Giải hệ phương trình : í
2
ïïæ
ö÷
2
2
ïïçç x + 1 + y - 1 ÷ + 8 y - x + 3 = 17
ïïî çè
ø÷
Câu 9. Cho các số thực a, b Î (0;1) thỏa a 2 + b2 = a 1 - b2 + b 1 - a 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức sau:
P=
8(1 - a)
1- b
+9
.
1+a
1 + b
NGUYỄN TẤT THU
( GV THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai)
Cảm ơn thầy Nguyễn Tất Thu đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl
Hướng dẫn giải
Câu 1.
1) Bạn đọc tự làm.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng d : y = x + 1 là:
x3 - 3x 2 + ( m - 1) x + 1 = x + 1
éx = 0
Û x x 2 - 3x + m - 2 = 0 Û êê
.
2
êë x - 3x + m - 2 = 0 (*)
Đường thẳng d cắt đồ thị (C m ) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
(
)
x1 , x 2 khác 0 , hay
ìïD = 9 - 4 ( m - 2) > 0
ï
Û
í
ïm - 2 ¹ 0
ïî
ì
ï
ïm < 17
ï
í
4 (1).
ï
ï
ï
ï
î m ¹ 2
Khi đó B ( x1 ; x1 + 1) , C ( x 2 ; x2 + 1) .
é
ù
2
2
Suy ra BC2 = 2 ( x1 - x2 ) = 2 ê( x1 + x2 ) - 4x1 x2 ú = 2 (17 - 4m ) .
êë
úû
Do đó BC = 10 Û BC2 = 10 Û 17 - 4m = 5 Û m = 3 (thỏa (1)).
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
Câu 2.
kp
, k Î ¢ .
2
4
3 1 + tan 2 x +
- 2 3 = 2 cot x
sin 2x
Điều kiện: sin 2x ¹ 0 Û x ¹
Phương trình Û
(
)
2(sin2 x + cos2 x)
- 3 = 2 cot x Û
sin x cos x
é
é tan x = - 3
ê x = - p + kp
ê
ê
3
ê
.
Ûê
Ûê
1
ê
tan
x
=
p
ê
ê x = + kp
êë
3
6
ë ê
Û 3 tan2 x +
Câu 3.
(
3 tan2 x + 2 tan x - 3 = 0
)
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x = x 3 + tan2 x Û x = 0 .
Diện tích hình phẳng cần tính là:
p
4
S=
ò
0
x - x(3 + tan2 x) dx =
p
4
ò x(2 + tan
2
0
ïìu = x
ïìdu = dx
Đặt ïí
Þ ïí
.
ïïdv = (2 + tan2 x)dx
ïïîv = x + tan x
î
x)dx
p
p
4
Suy ra S = x(x + tan x) 4 - (x + tan x)dx
0
0
p
ö÷ 4
2
æ
ö æ 2
ò
=
p çp
p
p 1
çx
+ - ln 2 (đvdt).
ç + 1÷÷÷ - çç - ln cos x ÷÷÷ =
÷ø çç 2
÷
4 çè 4
32
4 2
è
ø
0
Câu 4.
1) Gọi M ( x; y ) là điểm biểu diễn số phức z , ta có z = x + yi .
Suy ra z - 2i + 1 = ( x - 2) + ( y + 1) i
iz + i - 1 = -y - 1 + ( x + 1) i
Nên
z - 2i + 1 = iz + i - 1
2
2
2
2
Û ( x - 2) + ( y + 1) = ( y + 1) + ( x + 1) Û 2x - 1 = 0 .
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng 2x - 1 = 0 .
2) Điều kiện: n ³ 3
Ta có: C2n +1 + 2C2n + 2 + 2C2n +3 + C2n+ 4 = 149
Û
(n + 1) ! 2 (n + 2) ! 2 (n + 3) ! (n + 4) !
+
+
+
= 149
2! n !
2 ! (n - 1) !
2 ! (n + 1) ! 2! (n + 2) !
Û n2 + 4n - 45 = 0 Û n = 5 Ú n = - 9(l) .
Vậy n = 5 là giá trị cần tìm.
Câu 5.
Ta có A Î d1 Þ A(1 + a; -1 + 2a;1 - a) , B Î d 3 Þ B(- 2b; - 1 - 4b; - 1 + 2b)
uuur
Suy ra AB = (-a - 2b - 1; -2(a + 2b); a + 2b - 2) , đặt x = a + 2b
4
Từ AB = 13 Þ (x + 1)2 + 4x 2 + (x - 2)2 = 13 Û x = -1, x =
3
uuur
r
· Với x = 1 Þ AB = (0; 2; - 3) , ta có u = (2; 3; - 1) là VTCP của d 2 và A(-1;1; 0) Î d 2 Þ A Î (a )
ur
uuur r
Suy ra n = éê AB, uùú = (7; -6; -4) là VTPT của (a ) .
ë
û
Phương trình (a ) : 7x - 6y - 4z + 13 = 0 .
uuur
4
7
8
2
· Với x = Þ AB = (- ; - ; - ) .
3
3
3
3
ur
uuur r
é
ù
Suy ra n = ê-3AB, u ú = (-14;11; 5) là VTPT của (a ) .
ë
û
Phương trình (a ) : 14x - 11y - 5z - 25 = 0 .
Câu 6.
S
K
B
C
M
H
N
A
D
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra SH ^ (ABCD) . Kẻ MH vuông góc với AB, M thuộc AB.
· = 600 .
· là góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD , do đó SMH
Ta có SMH
(
Vì
)
(
)
HB 1
1
1a 3
a 3
a
, suy ra SH = MH. tan 600 = .
= nên MH = d (D, AB) =
=
DB
3
3
3 2
6
2
Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên SABCD = 2SABD = 2.
Thể tích khối chóp S.ABCD là V =
a2 3
a2 3
.
=
4
2
1
1 a a2 3
a3 3
SH.S ABCD = . .
=
.
3
3 2
2
12
3
Ta có d (B, (SCD)) = d (H, (SCD)) .
2
Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó d (H, (SCD)) = HK .
Vì HN =
2
2a 3
a 3
d (B, CD) =
=
nên HK =
3
3 2
3
Vậy d (B, (SCD)) =
SH.HN
SH2 + HN2
=
a 7
.
7
3a 7
.
14
Câu 7.
A
B'
I
H
B
G
F
C
E
M
A'
Gọi I là tâm của đường tròn (C ) , E là trung điểm BC và H là trực tâm tam giác ABC .
Kẻ đường kính AA ' của đường tròn (C ) .
Ta có BA ' P CH, CA ' P BH nên BHCA ' là hình bình hành. Suy ra E là trung điểm của A ' H .
Dấn tới IE là đường trung bình của tam giác HA ' A Þ
Do đó, ta có DGIE
IE
1
EG
= =
.
AH
2
GA
uuur
uur
· Þ G, H, I thẳng hàng và GH = -2GI .
· = EGI
Dä
GHA Þ AGH
ìïx - 1 = -2 (2 - 1)
ïï H
ì
ïxH = -1
Mà I (2; 3 ) nên tacos ïí
Þ H (-1; 2) .
æ
ö÷ Þ íï
8
8
ïïy - = -2 çç3 - ÷ ï
ïîy H = 2
÷
çè
ïï H 3
÷
3ø
î
Mặt khác M Î (C) và A, H, M thẳng hàng.
· Þ D MBH cân tại B nên BC là đường trung trực của đoạn HM .
· = AHB
· = BMH
·' = ACF
Lại có BHM
uuuur
Ta có F (3; 2 ) và HM = (8; 0) nên phương trình BC : x - 3 = 0 .
ìïx - 3 = 0
ì
ïx = 3
ï
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ ïí
.
Ûï
í
2
2
ïï( x - 2) + ( y - 3) = 26
ï
y = -2, y = 8
ï
î
ïî
Phương trình HM : y - 2 = 0 nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
.PDF 
1275 
953 
127 
