TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [0;4] .
Câu 3 (1.0 điểm).
π
1
2
a) Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α ) .
4
b) Giải phương trình: 34 − 2 x = 95−3 x − x
Câu 4 (1.0 điểm).
2
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển : x + 2 .
x
a + 2b
b + 2c
c + 2a
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
Môn: Toán
Câu
Điểm
Nội dung
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3
• TXĐ D= R
•
2
(C).
y’
+∞
3
−
0
+
0
+∞
2
y
1a
0.25
-2
−∞
KL: Hàm số đồng biến trên khoảng (− ∞;1); (3;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
• Đồ thị
6
-1
-2
-3
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với
1b
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y =
1
3
x+
2
2
1.0
0.5
0.25
0.25
(cos α − sin α ) =
sin α
sin α
1
thay sin α = vào ta tính được P =1
2
P=
3
1.0
0.5
0.25
0.25
b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 95−3 x − x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3
2
0.5
với x 2 + 2 x − 3 = 0
0.25
0.25
số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3 = 2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : Ω = C 407 = 18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
0.25
0.25
0.5
0.25
5
Ω A = C 204 .C 52 .C151 + C 204 .C 51 .C152 + C 20
.C 51C151 = 4433175
Xác suất cần tìm là P( A) =
ΩA
Ω
=
)
1.0
+ 3(3 x − 1) −
2
9x 2 − 1
9 x + 15 + 4
2
≥0
0.25
(3 x − 1)
3x + 1
−
+ 3 ≥ 0
9 x 2 + 15 + 4
3x + 1
C
B
A
M
N
6
H
B’
C’
P
A’
Ta có BC= BB’=2a
0.25
1
2
. V ABC . A' B 'C ' = BB '.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3 3
0.25
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
2 2
AH (2 − x;2 − y ) M là trung
điểm của BC
Học sinh tính được AH = 5 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
0.25
x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
2
x + y 2 − 3 x − 5 y + 6 = 0
0.25
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH = 2 IM
Từ AH = 2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được
phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
0.25
y =1
x = 1
⇒
y = 2 x = 3
ta được (2 y − 1)2 + y 2 − 3(2 y − 1) − 5 y + 6 = 0 ⇔ y 2 − 3 y + 2 = 0 ⇔
(
)
x + 2 + 3 − x − 3 = x3 + x 2 − 4 x − 4 ⇔
(
(x + 2 )(3 − x ) − 2 ) = (x + 1)(x 2 − 4 )
(
x + 2 + 3− x +3
2[( x + 2 )(3 − x ) − 4 ]
= ( x + 2 )( x 2 − x − 2 )
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
(
2( − x + x + 2)
− (x + 2 ) x 2 − x − 2 = 0
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
)(
2
⇔ x2 − x − 2 x + 2 +
0.25
)
x = 2
⇔ x −x−2=0⇔
x = −1
0.25
2
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)
Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
9
a3 + b3 b3 + c3 c 3 + a3
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S =
.
a + 2b
b + 2c
c + 2a
x3 + 1 7 2 5
≥ x + ( x > 0) (*)
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
x + 2 18
18
=2
Từ các đảng thức trên suy ra S ≥
18
0.25
Áp dụng (*) cho x lần lượt là
(
Vậy MinS =2 khi a=b=c=1
0.25
)
0.25
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015 2016
Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x y 5 0 và A( 4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải phương trình: x x 1 (2 x 3)2 (2 x 2) x 2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y 2 z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P 8 xyz
1
1 1
.
xy yz zx
-------- Hết -------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:..................................................................................Số báo danh:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u
Néi dung bµi
§iÓm
y’
+∞
1
+∞
y
2
2
∞
2
Hàm số nghịch biến trên ( ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị
0,25
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.
0,25
3
0,25
0,5
0,25
Kết luận
a) TXĐ D = ¡
Phương trình đã cho (2sinx 1)(cos x+ 3) 0
0,5
1
sin x
2
cosx = 3(v« nghiÖm)
4
0,25
x 6 k 2
1 15
n(n+1)
15
2
n 5 (t / m)
n2 + n 30 0
n 6 (lo¹i)
0,25
0,25
5
Với n = 5 và x 0 ta có x2
5
5
5
2
2 5k
k
2 k
C
B
Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
Từ gt ta có SSBC =
Khi đó VSABC =
C
1
AB.S SBC
3
0,25
1
1
1
BC.BS .sin 300 4a.2a 3. 2a 2 3
2
2
2
1
3a.2a 2 3 2a3 3 (đvtt).
3
0,25
Hạ BH SC (H SC) ta chứng minh được SC (ABH)
Hạ BI AH (I AH)
Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).
S ABC S AFC S ABCD 2S AFC 75 (đvdt).
0,25
TXĐ D = 1;
Phương trình ( x 1) x 1 ( x 1) x 1 (2 x 3)3 (2 x 3)2 2 x 3 (1)
0,25
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 t f' (t ) 3t 2 2t 1 f' (t ) 0, t ¡ suy ra hàm số
8
f(t) đồng biến trên ¡ .
0,25
Phương trình (1) có dạng f ( x 1) f (2 x 3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
x 1 2x 3
0,25
x 3 / 2
x 3 / 2
x= 2
2
2
3
1
1
1
1
3 3 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2
3
P 8t
3
xyz 0
0,25
x2 + y 2 + z 2 1
1
0t
3
4
2
3
3
0
1
4
f’(t)
f(t)
0,25
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0 t
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =
1
2
1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2
0,25
1 trên đoạn [–1;2]
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho hàm số y x 3 mx 2 7 x 3 Tìm m để hàm số đồng biến trên R.
Câu 4. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2 x cos x 3 sin 2 x sin x
b) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để
lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SMN).
Câu 6. (0,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB AD 2 , tâm I 1; 2 . Gọi M
là trung điểm cạnh CD, H 2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.
Câu 7. (1,0 điểm)
Giải bất phương trình
x 1 x 2 2 3x 4 x 2 .
Câu 8. (0,5 điểm)
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
a2
b2
3
( a b) 2 .
0, x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;
Điểm
1,0
1
2
0,25
1 1
và ;
2 2
0,25
Tính giới hạn và tiệm cận
Lập bảng biến thiên
0,25
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị
0,25
0,5
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1)
x1 x2 1
m 1
x
.
x
1
2
4m
Có: OA2+OB2 = x1 2mx1 m 1 x2 2mx2 m 1
2
2
2
2
4m m 1 x x 2 m 1
m 1
2m 2
1
1
Dấu bằng xảy ra m ( thỏa mãn);KL: m là giá trị cần tìm
2
2
=
0,25
2
1,0
x5
Hàm số f (x )
5x 4
y
Cho y
0
20x 3
2
5x (x
1
5.( 1)
4
3)
x2
5.03
4
( 1)
4x
5x 2
0
5.04
5
5
5x 2 (x 2
3)
5.14
10
3
f (2) 2
5.2
5.2
1
7
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2
10 khi x
1; max y 2 khi x 1
Vậy, min y
[ 1;2]
0,5
0,5
[ 1;2]
3
1,0
y ' 3x 2mx 7 . Để hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y ' 0, x R
3x2 2mx 7 0 x R
0,5
3
3
3
cos 2 x cos x
,k
3
3
2 x x k 2
x k 2
3
3
3
4b
0,5
0,5
1,0
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
SG AG SAG nhọn)
0,25
2
a 3
AN
3
3
Trong tam giác SAG có SG AG.tan 60 a
1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC .a.
3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M (SMN) nên
dC , SMN 3dG , SMN
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG
Ta có tam giác ABC đều nên
SG ABC SG MN MN SGK .
0,25
0,25
Trong (GKH), kẻ GH SK GH MN GH SMN , H SK
a
a
7
3a
Vậy dC , SMN 3GH
7
Ta có BK
0,25
6
0,5
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD
nên IC 3IH
Mà IH 1;1 , giả sử
x 1 3.1
x 4
C x; y
C 4;1
y 2 3.1 y 1
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
CM BC
1
MBC BAC
Lại có AB 2 AD nên
(*)
Điều kiện: 1 x 0
3 41 0 x
8
x
2
8
8
2 3x 4 x 0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x 1 x 2 2 x(1 x 2 ) 2 3x 4 x 2 3( x2 x) (1 x) 2 ( x x 2 )(1 x) 0
0,5
5 34
x
x x
x x
x x 1
9
3
2
1 0
9 x 2 10 x 1 0
b2
4b2
a2
a2
4a 2
Tương
tự,
ta
có
.
.
(c a)2 5ca 9(c a) 2
(b c)2 5bc (b c) 2 5 (b c) 2 9(b c) 2
4
2
2
a
b2
4 a2
b2 2 a
b
Suy ra
9 (a b) 2 4c(a b) 4c 2
2
c ( a b) c
4
Vì a b c 1 a b 1 c nên
2
2 2(1 c)2 4c(1 c) 3
8
2 3
2
P
(1 c)2 1
(1 c) .
2
2
9 (1 c) 4c(1 c) 4c 4
9 c 1 4
0,25
2
(1)
2
f '(c)
–
0
+
0,25
f (c )
1
9
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)
1
với mọi c (0; 1).
9
1
1
Từ (1) và (2) suy ra P , dấu đẳng thức xảy ra khi a b c .
9
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
1
, đạt khi a b c .
2log8 2 x log8 x 2 2 x 1
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm
y
x 1
x 1
tại hai điểm
m
A, B
để đường thẳng
sao cho
4
3
d : y x m
cắt đồ thị C của hàm số
AB 3 2
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho
x2 x 2
x2
x3
2
x2 3
1
trên tập số
thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x 42 y 42 2 xy 32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x3 y3 3 xy 1 x y 2 .
-----------Hết-----------
ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Câu
1
Nội dung
Điểm
Tập xác đinh: D .
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' 3x2 6 x ; y ' 0 x 0; x 2
0,25
Các khoảng đồng biến ; 2 và 0; ; khoảng nghịch biến 2;0 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 2, yCD 0 ; đạt cực tiểu tại
0
0
4
0,25
Đồ thị
f x = x3+3x2-4
8
6
4
2
-15
-10
-5
0,25
Với x ; 2 , f ' x 0 x 0; x 2
2
0,25
Ta có f 3 , f 0 4, f 2 0, f 2 4 .
16
2
0,25
1
1
1
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn
3
1
2 ;0 lần lượt là 4 và 0.
sin 3x cos 2 x 1 2sin x cos 2 x sin 3x cos 2 x 1 sin x sin 3x
2
2
2
4
2 x x 1 16
3
0,25
2 x x 1 4
x2
2 x x 1 4
4
0,25
x 1
x m x 1 x m x 1 (vì x 1 không
x 1
là nghiệm của pt) x2 m 2 x m 1 0 (1)
Pt hoành độ giao điểm
Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 m2 8 0 m .
x1 x2 m 2
x1 x2 m 1
2
2
2
2
2
sin a cos a sin a cos a sin a cos a sin 4 a cos4 a
4
4
4
4
4
4
1 cot a 1 2
17
4
4
1 cot a 1 2
15
3
b) Số phần tử của không gian mẫu n C50 19600.
Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P
A
B
I
C
Trong mặt phẳng SAC , kẻ HI song song với SA thì HI ABC .
Ta
có
CA AB cos30 a 3. Do
đó
2
1
1
a 3
AB. AC.sin 30 .2a.a 3.sin 30
.
0,25
2
2
2
2
2
2
HI HC HC.SC AC
AC
3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC VB. AHC S AHC .BC )
0,25
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có
AH SC, AH CB (do CB SAC ), suy ra AH SBC AH SB .
S ABC
Lại có: SB AK , suy ra SB AHK . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng
SAB , SBC là
.
HKA
1
1
1
1
1
7
a.2 3
2
2 2
AH
;
2
2
sin HKA
AK
7
a 2
7
OA : 2 x y 0 .
0,50
OA BC BC : 2 x y m 0 m 0 .
Tọa
độ
điểm
B là
nghiệm
của
hệ 0,50
22 12
2
của
hệ
2m 3 1 m 12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá
dấu
B
8
giá
ta được
m 1 7; m 3 .
7; 1 7 , C 1 7;1 3 7 hoặc B 2;1 , C 1; 5
Gọi
trị
vec
tuyệt
a 2 b2 5
2a b
a 2 b2
a b
5
a b
0,50
Với a b . Chọn b 1 a 1 BC : x y 1 0 B 0;1 , C ; ,
3 3
2 1
không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a b . Chọn a b 1 BC : x y 3 0 B 4; 1 , C 4;7 , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
2
x2 1 0
1 x 2 x 6
x 3 x 2 3
x x2
x3
2
0,25
x2 x 2
4
2
x3
x 3 x2 1 0
2
x x2
2
2
x3
x 3
x2 1 0
2
x
3
x
3
2
x 1 0 1 x 1 (Với x 3 thì biểu thức trong ngoặc vuông
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S 1;1
0,50
10
Ta có x 4 y 4 2 xy 32 x y 8 x y 0 0 x y 8
2
2
2
3
2
A x y 3 x y 6 xy 6 x y x y 3 x y 6.
0,25
1 5
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4
0,25
SỞ GD & ĐT TP. HỒ CH MINH
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
ĐỀ THI THỬ THPT LẦN I- NĂM HỌC 2015-2016
MÔN TOÁN
Ngày thi: 13/10/2015
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1:( 2đ) Cho hàm số : y x3 3 x 2 4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 9 .
Bài 2 :( 1đ) Cho hàm số y
2x 3
có đồ thị (C). Gọi (d) là đường thẳng qua H(3,3) và có hệ số góc k.
x 1
Tìm k để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M,N sao cho tam giác MAN vuông tại A(2,1)
Bài 3:( 1đ)
1
biểu thức:
P 2 x 3 y 3 3xy
.....................................Hết..........................................
Đáp án đề thi thử đại học lần 1
( 2015 – 2016)
Bài 1:a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số: y x3 3 x 2 4
Tập xác định: D = R
x 0
(0,25)
y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0
x 2
lim y
;
lim y
x
x
Bảng biến thiên:
x
k 0 (0,25)
2
16k 4k 1 0
M x1 , kx1 3k 3 ,
N x 2 , kx 2 3k 3
2k 1
x1 x 2
với
k
x1 .x 2 3
AMN vuông tại A AM.AN 0 (0,25)
1 41
(n)
k
10
(0,25)
5k 2 k 2 0
1 41
(n)
k
10
Bài 3
1
2log 3 a
(0,25)
(0.25)
2
b) B 3
log5 a .log a 25
2
-4
3log3 a 4 log5 a.log a 5
(0.25)
a2 4
Bài 4:
b) Cách 1:Tiếp tuyến có hệ số góc k 9
Pttiếp tuyến có dạng ( ) : y 9 x b (0,25)
(0.25)
S
3
2
() : y 9 x 23
Cách 2:
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(xo, yo) có
dạng: y y '( xo )( x xo ) yo
y '( xo ) 9 (0,25)
1
16a 3 3
VS . ABCD SH .S ABCD
3
3
3x 2o 6x o 9
b) S BHKC S ABCD S AHK SCKD
xo 1 xo 3 (0,25)
Với xo = -1 yo 0
Pttt : y 9 x 9 (0,25)
Với xo = 3 yo 4
Pttt : y = -9x +23(0,25)
1
1
25a 2
16a 2 a.3a a.4a
2
2
2
d ( D,( SBH )) d ( D, ( SBA)) AD 4a
(0.25)
(0.25)
c) Cách 1:
Dựng EI / / BC ( I BH ) EI ( SAB ) EI SI
( SE , BC ) (SE , EI ) SEI
(0.25)
Ta chứng minh được HK CH tại E
EI HE HE.HC
HB 2
9
2
2
2
BC HC
HC
HB BC
25
(0.25)
9
Ta chứng minh được HK CH tại E
HE HE.HC
HB 2
9
2
2
2
HC
HC
HB BC
25
cos E
HE
(0.25)
(0.25)
81a 2 2a 39
25
5
(0.25)
(0.25)
( x 3)
0 (0,25)
x63 x6 22 4 x
x 3 (nhận)
x6
4
0 x [ 6; 4]
Do
x 63 x6 2 2 4 x
Vậy phương trình có nghiệm : x 3 (0,25)
Bài 6:
P 2 x3 y 3 3 xy
(0.25)
đặt t = x + y. ĐK : t 2
t2 2
2
3
P t 3 t 2 6t 3 , với t 2
(0.25)
2
3
25
25
9
9 .CH .CB. CB
.CH .CB.cos HCB
25
25
CH
2
9
144a
CB 2
25
25
144 a
5
18
(0.25)
.
cos( SE ; BC ) =
25 2a 39.4a 5 39
x 2
x 2
2
2 x 6 x 0 1 5 x 1 5
1 3
1 3
x
x
2
2
y 1 3 y 1 3
2
2 (0.25)
min f t 7 khi t = -2 nên minP = - 7
2,2
(0.25)
x y 2
x y 1 (0.25)
2
2
x y 2
(0.25)
Copyright: Tài liệu đại học ©