Thư viện tri thức trực tuyến
Kho tài liệu với 50,000+ tài liệu học thuật
© 2023 Siêu thị PDF - Kho tài liệu học thuật hàng đầu Việt Nam
Bộ đề luyện thi cấp tốc môn Toán
Nội dung xem thử
Mô tả chi tiết
http://tranduythai.violet.vn Biên so 2 ạn: Trần Duy Thái
Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút
ĐỀ 1
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3
2
x
x
có đồ thị là (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A,
B sao cho AB ngắn nhất.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x
2) Giải phương trình:
2
2 2
x x x x R 1 5 2 4;
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2
1
ln ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A B, là hai điểm trên đường tròn đáy sao
cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , 0 ASO SAB 60 . Tính theo a chiều cao và
diện tích xung quanh của hình nón
Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x y, thỏa mãn: x y 5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2
4
x y x y P
xy
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) d có phương trình : x y 0 và điểm M (2;1). Tìm
phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( ) d tại B sao cho tam giác AMB
vuông cân tại M
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm A0; 1;2 ,
B1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: 2 2 2
( 1) ( 2) ( 1) 2 x y z
Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2
z z 1 0.
Rút gọn biểu thức
2 2 2 2
2 3 4
2 3 4
1 1 1 1 P z z z z
z z z z
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình
2 2
: 4 25 x y và điểm
M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn C tại 2 điểm A B, sao
cho MA MB 3
2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: x y 1 0 . Lập phương trình
mặt cầu S đi qua ba điểm A B C 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 và tiếp xúc với mặt phẳng P
BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 3 ạn: Trần Duy Thái
Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
1 2
2
2
1
2
3
log 1 log 1 6
2
log 1
2 log ( 1)
x x
x
x
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
1) y= 2 3
2
x
x
(C)
D= R\ {2}
lim 2 : 2
x
y TCN y
2 2
lim ; lim
x x
y y
TCĐ x = 2
y’ = 2
1 0; 2
( 2)
x
x
BBT
2) Gọi M(xo; 0
0
2 3
2
x
x
) (C) .
Phương trình tiếp tuyến tại M: () y =
2
0 0
2 2
0 0
2 6 6
( 2) ( 2)
x x x
x x
( ) TCĐ = A (2; 0
0
2 2
2
x
x
)
( ) TCN = B (2x0 –2; 2)
0
0
2 (2 4; )
2
AB x
x
AB = 2
0 2
0
4 4( 2) 2 2
( 2)
cauchy
x
x
AB min = 2 2 0 3 (3;3)
1 (1;1)
o
x M
x M
II 1.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x 1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
0,25
+ Với sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z
0,25
+ Với 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx , đặt t = sin (t 2; 2 ) x cosx
được pt : t2
+ 4t +3 = 0
1
3( )
t
t loai
0.25
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
y
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 4 ạn: Trần Duy Thái
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
Vậy :
( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
2
2 2
x x x x R 1 5 2 4;
Đặt 2 2 4 2 t x x t x x 2 4 2( 2 ) ta được phương trình
2
2
1 5 2 8 0
2
t
t t t
4
2
t
t
+ Với t = 4 Ta có 2
4 2 4 2
0 0
2 4 4
2( 2 ) 16 2 8 0
x x
x x
x x x x
2
0
2
2
x
x
x
+ Với t = 2 ta có 2
4 2 4 2
0 0
2 4 2
2( 2 ) 4 2 2 0
x x
x x
x x x x
2
0
3 1
3 1
x
x
x
ĐS: phương trình có 2 nghiệm x x 2, 3 1
0,25
0,25
0,25
0,25
III 2
1
ln ln
1 ln
e
x
I x dx
x x
I1 =
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
, Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I1 =
4 2 2
3 3
0.5
2
2
1
ln
e
I x dx
, lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2
I = I1 + I2 =
2 2 2
3 3
e
0.25
0.25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 5 ạn: Trần Duy Thái
Câu IV
(1,0 đ)
Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a
Đặt OA R 0
SAB SAB 60 đều
1 1 1
2 2 2 sin 3
OA R IA AB SA
ASO
Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO
2
2 2 6
3 2
R a
R a R
SA a 2
Chiếu cao: 2
2
a
SO
Diện tích xung quanh: 6 2
2 3
2
xq
a
S Rl a a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
Cho hai số dương x y, thỏa mãn: x y 5.
4 2 4 1 4 1
4 2 4 4 2 2
x y x y x y y x y P
xy y x y x
Thay y x 5 được:
4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 .
4 2 2 4 2 4 2 2
y x x y y
P x x
y x y x y x
P bằng 3
2
khi x y 1; 4 Vậy Min P = 3
2
Lưu ý:
Có thể thay y x 5 sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( )
(5 ) 4
x x
g x
x x
0,25
0,50
0,25
Câu
AVI.1
(1,0 đ)
Anằm trên Ox nên A a ;0, B nằm trên đường thẳng x y 0nên B b b ( ; ),
M (2;1) MA a MB b b ( 2; 1), ( 2; 1)
Tam giác ABM vuông cân tại M nên:
2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0 . 0
( 2) 1 ( 2) ( 1)
MA MB a b b
MA MB a b b
,
do b 2 không thỏa mãn vậy
2
2 2 2 2 2
1
1 2 , 2
2 , 2 2
2
1
( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1)
2
b
b a b
a b b
b
b
a b b b b
b
2 2
2
1 2
2 , 2
2 1
1 4
( 2) ( 1) . 1 0
( 2) 3
b a
a b
b b
a
b b
b b
0,25
0,25
S
O A
B
I
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 6 ạn: Trần Duy Thái
Với:
2
1
a
b
đường thẳng qua AB có phương trình x y 2 0
Với
4
3
a
b
đường thẳng qua AB có phương trình 3 12 0 x y
0,25
0,25
ĐỀ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 y x m x m m x 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;
Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 2cos3x(2cos 2x 1) 1
b) Giải phương trình : 3
2
3
(3 1) 2 1 5
2 2
x x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3ln 2
0
3 2
( 2)
x
e
dx I
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa
AA’ và BC là a 3
4
Câu V (1 điểm)
Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
2 2
x xy y .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức
1
1
2 2
4 4
x y
x y
P
II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm)
a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C.
b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với
O qua (ABC).
Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình:( )( 3)( 2) 10 2
z z z z , z C.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu VIb (2 điểm)
a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) : 3 5 0 x y sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
2
5
1
1
3
4
:
1
x y z
d
3 1
3
1
2
:
2
x y z
d
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3log2
x 2) 9log2
x 2
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 7 ạn: Trần Duy Thái
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Câu I
a) Đồ thị Học sinh tự làm
0,25
3 2 y x m x m m x 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)
2 y x m x m m
y’ có (2 1) 4( ) 1 0
2 2 m m m
0,5
1
' 0
x m
x m
y
Hàm số đồng biến trên 2; y' 0 x 2 m 1 2 m 1
0,25
b)
0,25
Câu II a) Giải phương trình: 2cos3x(2cos 2x 1) 1 1 điểm
PT 2cos3 (4cos 1) 1
2
x x 2cos3 (3 4sin ) 1
2
x x 0,25
Nhận xét x k, k Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
2cos3 (3 4sin ) 1
2
x x 2cos3x(3sin x 4sin x) sin x
3
2cos3xsin 3x sin x sin 6x sin x
0,25
6 2
6 2
x x m
x x m
7
2
7
5
2
m
x
m
x
; m Z
0,25
Xét khi
5
2m
k 2m=5k m 5t , t Z
Xét khi
7
2
7
m
= k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
l Z
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2m
x (m 5t );
7
2
7
m
x (m 7l 3 )
trong đó m,t,l Z
0,25
Giải phương trình : 3
2
3
(3 1) 2 1 5
2 2
x x x x
1 điểm
PT 2(3 1) 2 1 10 3 6
2 2
x x x x
2(3 1) 2 1 4(2 1) 2 3 2
2 2 2
x x x x x . Đặt 2 1( 0)
2
t x t
Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0
2 2
t x t x x
Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) (x 3)
0,25
b)
Pt trở thành 4 2(3 1) 2 3 2 0
2 2
t x t x x
Ta có: 2 2 2 ' (3x 1) 4(2x 3x 2) (x 3)
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 8 ạn: Trần Duy Thái
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
2 1
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
2 60
;
2
1 6
x
0,5
Tính tích phân
3ln 2
0
3 2
( 2)
x
e
dx I
1 điểm
Ta c ó
3ln 2
0 3 3 2
3
( 2)
x x
x
e e
e dx I =
Đặt u= 3
x
e du e dx
x
3 3 ; x 0 u 1; x 3ln 2 u 2
0,25
Ta được:
2
1
2
( 2)
3
u u
du I =3 du
u u u
2
1
2
2( 2)
1
4( 2)
1
4
1
0,25
=3
2
1
2( 2)
1
ln 2
4
1
ln
4
1
u
u u
0,25
Câu III
8
1
)
2
3
ln(
4
3
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Câu IV
0,5
A
B
C
C’
B’
A’
H
O M
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 9 ạn: Trần Duy Thái
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
A O BC
AM BC
'
BC (A' AM )
Kẻ MH AA', (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do HM BC
HM A AM
BC A AM
( ' )
( ' )
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
d(AA',BC) HM a .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
AH
HM
AO
A O
'
suy ra
3
a
3a
4
4
a 3
3
a 3
AH
AO.HM A'O
Thể tích khối lăng trụ:
12
a 3
a
2
a 3
3
a
2
1
A'O.AM.BC
2
1
V A'O.S
3
ABC
0,5
1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a b c 3.Chứng minh
rằng:
3( ) 4 13 2 2 2
a b c abc
1 điểm
Đặt
2
( , , ) 3( ) 4 13;
2 2 2 b c
f a b c a b c abc t
*Trước hết ta chưng minh: f (a,b, c) f (a,t,t) :Thật vậy
Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a b c
3a a b c 3 hay a 1
f (a,b, c) f (a,t,t)
3( ) 4 13 3( ) 4 13 2 2 2 2 2 2 2
a b c abc a t t at
= 3( 2 ) 4 ( )
2 2 2 2
b c t a bc t
=
2 2
2 2
4
( )
4
4
2( )
3
b c
a bc b c
b c =
2
2
( )
2
3( )
a b c
b c
= 0
2
(3 2 )( )
2
a b c
do a 1
0,5
*Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a,t,t) 0 với a+2t=3
Ta có ( , , ) 3( ) 4 13 2 2 2 2
f a t t a t t at
= 3((3 2 ) ) 4(3 2 ) 13 2 2 2 2
t t t t t
= 2( 1) (7 4 ) 0
2
t t do 2t=b+c < 3
Dấu “=” xảy ra t 1& b c 0 a b c 1(ĐPCM)
0,5
Câu V
2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1
2 2
x xy y .Tìm giá trị lớn nhất
,nhỏ nhất của biểu thức
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 10 ạn: Trần Duy Thái
1
1
2 2
4 4
x y
x y
P
Từ giả thiết suy ra:
x y xy xy
x xy y xy xy xy
1 ( ) 3 3
1 2
2
2 2
Từ đó ta có 1
3
1
xy .
0,25
M¨t kh¸c x xy y 1 x y 1 xy
2 2 2 2
nªn 2 1
4 4 2 2
x y x y xy .®¨t t=xy
Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña
1
3
1
;
2
2 2
( )
2
t
t
t t
P f t
0.25
TÝnh
6 2( )
6 2
0
( 2)
6
'( ) 0 1 2
t l
t
t
f t 0.25
Do hàm số liên tục trên ;1
3
1
nên so sánh giá trị của
)
3
1
(
f , f ( 6 2), f (1) cho ra kết quả:
MaxP f ( 6 2) 6 2 6 ,
15
11 )
3
1
min P f (
0.25
Câu VIa 1 điểm
(Học sinh tự vẽ hình)
Ta có: AB 1;2 5 AB
. Phương trình của AB là: 2 2 0 x y .
I d y x I t t : ; . I là trung điểm của AC:C(2t 1;2t)
0,5
a)
Theo bài ra: . ( , ) 2
2
1
SABC AB d C AB .6t 4 4
3
4
0
t
t
Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C(
3
8
;
3
5
) thoả mãn .
0,5
1 điểm
*Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25
b)
*Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với
(ABC) nên OH // n(2;1;1) ; H ABC
Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t=
3
1
suy ra )
3
1
;
3
1
;
3
2
H (
0,25
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 11 ạn: Trần Duy Thái
*O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ )
3
2
;
3
2
;
3
4
O'(
0,5
Giải phương trình:( )( 3)( 2) 10 2
z z z z , z C. 1 điểm
PT z(z 2)(z 1)(z 3) 10 ( 2 )( 2 3) 0
2 2
z z z z
Đặt t z 2z
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t z 2z
2
. Khi đó phương trình (8) trở thành
3 10 0
2
t t
0,25
CâuVIIa
1 6
1
5
2
z
z i
t
t
Vậy phương trình có các nghiệm: z 1 6 ; z 1 i
0,5
Câu VIb
a)
1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0 x y và AB 5
Viết phương trình đường CD: x y 4 17 0 và CD 17
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M t t ( ;3 5) Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5 17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó: S S d M AB AB d M CD CD MAB MCD ( , ). ( , ).
7
9
3
t t Có 2 điểm cần tìm là: 7
( 9; 32), ( ;2)
3
M M
0,5
1 điểm
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A
và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d d d 1 2 , dấu bằng xảy ra khi I là
trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2
0, 25
Ta tìm A, B :
'
AB u
AB u
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB
(….)… A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1)I(2; 1; -1) 0,25
b)
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6
Nên có phương trình là:
2 2 2
x y z 2 ( 1) ( 1) 6 0,25
CâuVIIb Giải bất phương trình x(3log2
x 2) 9log2
x 2 1 điểm
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 12 ạn: Trần Duy Thái
Điều kiện: x 0
Bất phương trình 3( 3)log 2( 1) x 2
x x
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
0.25
TH1 Nếu x 3 BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
Xét hàm số: f x x 2
log
2
3
( ) đồng biến trên khoảng 0;
3
1
( )
x
x
g x nghịch biến trên khoảng 3;
*Với x 4 :Ta có
( ) (4) 3
( ) (4) 3
g x g
f x f
Bpt có nghiệm x 4
* Với x 4:Ta có
( ) (4) 3
( ) (4) 3
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
0,25
TH 2 :Nếu 0 x 3 BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
f x x 2
log
2
3
( ) đồng biến trên khoảng 0;
3
1
( )
x
x
g x nghịch biến trên khoảng 0;3
*Với x 1:Ta có
( ) (1) 0
( ) (1) 0
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
* Với x 1:Ta có
( ) (1) 0
( ) (1) 0
g x g
f x f
Bpt có nghiệm 0 x 1
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
0 1
4
x
x 0,25
Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5-x
+ 5-y
+5-z
= 1 .Chứng minh rằng :
25 25 25
25 5 5 5 5 5
x y z
x y z y z x z x y
5 5 5
4
x y z
Đặt 5x
= a , 5y
=b , 5z
= c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng :
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
( *)
( *)
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc
0,25đ
0,25đ
www.VNMATH.com
http://tranduythai.violet.vn Biên so 13 ạn: Trần Duy Thái
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Ta có
3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
( 1) ( Bất đẳng thức Cô si)
Tương tự
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a b
b c b a
( 2)
3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
( 3) .
Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh
0,25đ
0,25đ
Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn)
1. Chương trình Chuẩn.
Cõu Ph
ần
Nội dung Điểm
CâuVI
a.
(1,0)
1(1,
0)
+ Do AB CH nờn AB: x y 1 0 .
Giải hệ:
2 5 0
1 0
x y
x y
ta có (x; y)=(-4; 3).
Do đó: AB BN B ( 4;3).
+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ A BC ' .
- Phương trình đường thẳng (d) qua A và
Vuụng gúc với BN là (d): x y 2 5 0. Gọi I d BN ( ) . Giải hệ:
2 5 0
2 5 0
x y
x y
. Suy ra: I(-1; 3) A'( 3; 4)
+ Phương trình BC: 7 25 0 x y . Giải hệ:
7 25 0
1 0
x y
x y
Suy ra: 13 9 ( ; )
4 4
C .
+ 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4)
4
BC ,
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
d A BC
.
Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. .
2 2 4 4 ABC S d A BC BC
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu
VIIA
1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1
u
(4; - 6; - 8)
2
u
( - 6; 9; 12)
+) 1
u
và 2
u
cùng phương
0,25đ
+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2
Vậy d1 // d2
0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n
= ( 5; - 22; 19)
(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2) AB
= ( 2; - 3; - 4); AB // d1
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B
Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
0,25đ
B C
A
H
N
www.VNMATH.com