Download Bồ đề luyện thi đại học cấp tốc môn Toán miễn phí
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt
cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
/tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-33546/
Để tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download choTóm tắt nội dung:
Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2
0.5
2.
(1.0đ)
Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1)Q QAB n AB n
Vì ; 0QAB n
nên mặt phẳng (P) nhận ; QAB n
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
ĐK :
2 5x
x N
Ta có 1 1 2 2 3 1 2 3 2 32 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x xC C C C C C C C C C
(5 )! 2! 3x x
1.0
ĐỀ 10
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình : 22 os3x.cosx+ 3(1 s in2x)=2 3 os (2 )
4
c c x
2. Giải phương trình :
2 21 2 2 1 2 2 2
2
log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 )xx x x x x x
Câu III (1 điểm): Tính tích phân :
6
0
tan( )
4
os2x
x
I dx
c
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái 55
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 23( ) 2P x y z xyz .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hay 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0x y .
Tìm trên hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10(1 2 3 )P x x
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z .
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6; 2)v
, vuông góc với mặt
phẳng ( ) : 4 11 0x y z và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn
2
0 1 22 2 2 121...
2 3 1 1
n
n
n n n nC C C Cn n
ĐÁP ÁN ĐỀ 10
Câu NỘI DUNG Điêm
2. Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m
Để hàm số có cực trị thì PT , 0y có 2 nghiệm phân biệt
2 22 1 0x mx m có 2 nhiệm phân biệt
1 0, m
05
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là
B(m+1;-2-2m)
025
Theo giả thiết ta có 2
3 2 2
2 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m và 3 2 2m .
025
I
1.
os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ )
2
os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0
PT c x c
c x c x
05
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái 56
sin(4 ) sin(2 ) 0
6 6
18 32sin(3 ). osx=0
6
x=
2
x x
x k
x c
k
Vậy PT có hai nghiệm
2
x k
và
18 3
x k
.
05
2. ĐK :
1 5
2 2
0
x
x
.
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
2
2 2
2 2 2 2
2
log (5 2 )
log (5 2 ) 2 log (5 2 ) 2 log (5 2 ) log (2 1)
log (2 1)
x
x x x x
x
05
2
2 2
2
1
4log (2 1) 1
1
log (5 2 ) 2log (2 1) 2
2
log (5 2 ) 0 2
x
x
x x x x
x x
025
Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2.
025
26 6
2
0 0
tan( ) tan 14
os2x (t anx+1)
x x
I dx dx
c
025
Đặt 2
2
1
t anx dt= (tan 1)
cos
t dx x dx
x
0 0
1
6 3
x t
x t
05
II
III
Suy ra
1
1
3
3
2
00
1 1 3
( 1) 1 2
dt
I
t t
.
025
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái 57
Ta có
, ( , )
, ( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
AM SC
(1)
Tương tự
ta có
AN SC
(2)
Từ (1) và
(2) suy ra
AI SC
05
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3ABMI ABM
V S IH
Ta có
2
4ABM
a
S
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
Vậy
2 31
3 4 3 36ABMI
a a a
V
05
Ta c ó:
23 ( ) 2( ) 2
3 9 2( ) 2
27 6 ( ) 2 ( 3)
P x y z xy yz zx xyz
xy yz zx xyz
x y z yz x
025
IV
V
2
3 2
( )
27 6 (3 ) ( 3)
2
1
( 15 27 27)
2
y z
x x x
x x x
025
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái 58
Xét hàm số 3 2( ) 15 27 27f x x x x , với 0<x<3
, 2 1( ) 3 30 27 0
9
x
f x x x
x
x 0 1 3
y’ + 0 -
y
14
Từ bảng biến thiên suy ra MinP=7 1x y z .
05
1. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
. Khi đó diện tích tam giác ABC là
1
. ( ) 3
2ABC
S AB d C AB .
05
Theo giả thiết ta có
2
2 46 35 (4 2 ) 25
02
aa
AB a
a
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
05
2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4
Véc tơ pháp tuyến của ( ) là (1;4;1)n
025
Vì ( ) ( )P và song song với giá của v
nên nhận véc tơ
(2; 1;2)pn n v
làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0
025
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên ( ( )) 4d I P
21
( ( )) 4
3
m
d I P
m
025
Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025
Ta có
10 10
2 10 2
10 10
0 0 0
(1 2 3 ) (2 3 ) ( 2 3 )
k
k k k i k i i k i
k
k k i
P x x C x x C C x
05
Theo giả thiết ta có
4
0 1 2
0 10
4 3 2
,
k i
i i i
i k
k k k
i k N
025
Vậy hệ số của 4x là: 4 4 3 1 2 2 2 210 10 3 10 22 2 3 3 8085C C C C C . 025
VIa
VIIa
VIb
VIIb
1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0
Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có
2 2
1
9 4
x y
và diện tích tam giác ABC là
1 85 85
. ( ) 2 3 3
2 13 3 42 13
ABC
x y
S AB d C AB x y
05
www.VNMATH.com
Biên soạn: Trần Duy Thái 59
2 285 170
3 2 3
13 9 4 13
x y
