SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 LỚP 10 TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2008- 2009 ………………………………………………. MÔN THI : TOÁN ( Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I( 2 điểm ). Cho phương trình: 02)12( 22 =+++− mxmx (*) a, Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm không âm. b, Tìm m để giữa hai nghiệm 21 , xx của phương trình (*) ta có hệ thức: 07)(53 2121 =++− xxxx Câu II( 2,5 điểm ). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a, 012315 =−−−−− xxx b,      =+ =+ 222 22 51 6 xyx xxyy Câu III( 1,5 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 2), B(-3; -1), C(3; 1). Tìm tọa độ chân đường cao của tam giác hạ từ A. Câu IV( 1điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực 1;0,, =++> zyxzyx thì: xyz xyz yzxzxy + >++ 2 18 PHẦN RIÊNG – Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu V.a hoặc V.b Câu Va – Dành cho thí sinh theo khối A ( 3 điểm ). a, Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 24 2 −=− xmx b, Trong mọi tam giác ABC , chứng minh rằng: S cba CBA 4 cotcotcot 222 ++ =++ . ( Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB và S là diện tích tam giác ABC ). Câu V.b – Dành cho thí sinh theo khối B,D ( 3 điểm ) a, Cho hàm số 24 2 +−= xxy (1) Tìm a để đường thẳng 13 += ay cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt. b, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1; 4), B(-2; 2), C(4;0).Tìm tọa độ điểm M sao cho 222 MCMBMA ++ có giá trị nhỏ nhất. ………………………………HẾT……………………………… Họ và tên thí sinh…………………………………………………………SBD………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I a, Phương trình (*) có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi      ≥ ≥ ≥∆ 0 0 0 P S 0,25      ≥+ ≥+ ≥− ⇔ 012 02 074 2 m m m 0,25        − ≥ ∀ ≥ ⇔ 2 1 4 7 m m m 0,25 4 7 ≥⇔ m 0,25 b, Để phương trình có hai nghiệm thì 4 7 ≥ m 0,25 Theo Định lý VI-ET:    +=+ += 12 2 21 2 21 mxx mxx Thay vào hệ thức đã cho ta được phương trình: 08103 2 =+− mm 0;25     = = ⇔ 3 4 2 m m 0,25 KL: Vậy m = 2 0,25 a, Ta có: Điều kiện: 1 ≥ x Phương trình đã cho tương đương với : 12315 −+−=− xxx 0,25 )1)(23(22 −−=+⇔ xxx 042411 2 =+−⇔ xx ( vì 1 ≥ x ) 0,25     = = ⇔ 11 2 2 x x 0,25 KL: x = 2 0,25 b, Ta thấy (0; y) không là nghiệm của hệ.Hệ đã cho tương đương với :        =+ =+ 5 1 6 2 2 2 2 y x x y x y 0,25 Đặt      = = x v yu 1 . Hệ trở thành      =+ =+ 5 6 22 22 uv vuuv 0,25 IV Áp dụng BĐT COSI cho 6 số dương ta có : 3 62 xyzzyxzyx ≥+++++= (1) Mặt khác 3 222 3 zyxyzxzxy ≥++ (2) 0,25 Nhân hai vế (1) và (2) ta có xyzyzxzxy 18)(2 ≥++ (3) Lại có; 0)( >++ yzxzxyxyz (4) 0,25 Cộng hai vế (3) và (4) ta được: xyzyzxzxyxyz 18))(2( >+++ 0,25 xyz xyz yzxzxy + >++⇔ 2 18 KL: 0,25 V.a a, Phương trình đã cho tương đương với : mxx =−− 24 2 Xét hàm số : y =        <−+ ≥+− =−− 2 1 ,24 2 1 ,24 24 2 2 2 xxx xxx xx 0,25 Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: x - ∞ -2 1/2 2 + ∞ y + ∞ + ∞ 1/4 -2 -6 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có: m < - 6 phương trình vô nghiệm m = - 6 phương trình có 1 nghiệm duy nhất - 6< m < - 2 hoặc m > 1/4 phương trình có 2 nghiệm phân biệt m = -2 hoặc m = 1/4 phương trình có 3 nghiệm phân biệt - 2 < m < 1/4 phương trình có 4 nghiệm phân biệt 0,5 KL: 0,25 b, Từ giả thiết ta có C coC B B A A CBA sinsin cos sin cos cotcotcot ++=++ 0,25 R c ab cba R b ac bca R a bc acb 2 .2 2 .2 2 .2 222222222 −+ + −+ + −+ = 0,5 cab cbaR bac bcaR abc acbR .2 )(2 .2 )(2 .2 )(2 222222222 −+ + −+ + −+ = 0,25 = abc cbaR )( 222 ++ 0,25 = S cba 4 222 ++ , ( Do S = Sabc R R abc 4 1 4 =⇒ ) ĐPCM 0,5 V.b a, Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: 1324 2 +=+− axx 0,25 để thỏa mãn đề bài thì điều kiện là: phương trình 0)13(4 2 =−−− axx có hai nhiệm phân biệt . Hay LUYỆN THI MÔN TOÁN THPT QUỐC GIA ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 THS HOÀNG KHẮC LỢI Môn thi: TOÁN ĐT 0915.12.45.46 Thời gian làm : 180 phút , không kể thời gian phát đề ĐỀ 681 – Ngày thi 4/6/2016 x − x + Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = x − 2ln x [ 1;e] Câu (1,0 điểm) x a) Giải phương trình log x = log + ( x ∈ R) b) Tìm môđun số phức z biết (2 + i ) z + + 3i = z + i Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ( x - ) sin3xdx ∫ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(1; 2; 1) mặt phẳng ( P) : x + y + z − = Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ hình chiếu H I (P) Câu (1,0 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn sinα = 5π    < α thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: a3 b3 c3 P= + + 2 2 a + ( b + c) b + ( a + c) c + ( a + b) ( -HẾT -ĐA chi tiết Đề 681 ) I LƯU Ý: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với hình học không gian thí sinh không vẽ hình vẽ hình sai không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm TXĐ: D = R 0,25 x = y ' = x − x; y ' = ⇔ x − x = ⇔   x = ±2 0,25 lim y = +∞; lim y = +∞ x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên x y’ y -∞ - -2 + 0 - +∞ + 0,25 - Hàm số đồng biến khoảng (−2;0) (2; +∞) - Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; −2) (0; 2) - Hàm số đạt CĐ (0; 3) đạt CT (-2; -1); (2; -1) - Hàm số đạt cực đại x = 0, ycd = Hàm số đạt cực tiểu x = ±2, yct = −1 0,25 Hàm số y = x – 2lnx liên tục [ 1;e] Ta có f ( x) = x − ln x ⇒ f '( x) = − x f '( x ) = ⇔ − = ⇔ x = ∈ ( 1; e ) x f (1) = 1; f (2) = − ln 2; f (e) = e − Vậy, y = − ln 2; max y = 0,25 0,25 [ 1;e] 0,25 a + Điều kiện phương trình (1) là: x > (*) + Với điều kiện (*), (1) ⇔ log 22 x = log x − log + ⇔ log 22 x − log x − = 0,25 [ 1;e] 0,25 x =  log x = ⇔ ⇔ x = log x = −   0,25  1 + Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm phương trình (1) S =  4;   2 b Ta có (2 + i ) z + + 3i = z + i ⇔ (2 − i ) z − z = −1 − 3i + ⇔ z = −3i 3 ⇔z= − i 1− i 2 3 Do | z |=| z |=  ÷ +  ÷ = 2 2  du = dx u = x −  Đặt  ta  cos 3x  dv = sin 3xdx v = − π 0,25 0,25 π  x − ) cos x  2 đó: I =  − ( ÷ + ∫ cos 3xdx  0 π 0,25 π  ( x − ) cos x   sin x  I = − ÷ + ÷    0 I =− Bán kính mặt cầu r = d ( I ,( P ) ) = 0,25 0,25 1.1 + 2.2 + 2.1 − = 12 + 2 + 2 2 Phương trình mặt cầu (S): ( x − 1) + ( y − ) + ( z − 1) = r Đường thẳng IH qua I vuông góc với mp(P) ⇒ IH có vtcp n = ( 1; 2;2 ) x = 1+ t  Pt IH:  y = + 2t  z = + 2t  0,25 ( t ∈ R) 0,25 0,25 0,25  x =  x + y + 2z =  x = 1+ t    1 ⇔ y = ,H  ; ; ÷ tọa độ H:   3 3  y = + 2t   z = + 2t  z =  a Ta có: 144 12 π cos α + sin α = ⇔ cos α = − sin α = ⇔ cos α = − (do < α < π ) 169 13 0,25 0,25  12   12  24 A = s in2α + cos α = 2sin α cos α + cos α =  − ÷+  − ÷ = 13  13   13  169 b Gọi A : “trong bi lấy có số bi màu vàng với số bi màu đỏ” Trường hợp 1: Chọn bi vàng, bi đỏ bi xanh Trường hợp 2: Chọn bi vàng, bi đỏ bi xanh 0,25 0,25 Trường hợp 3: Chọn bi vàng, bi đỏ ⇒ n ( A ) = C62C52C44 + C63C53C42 + C64C54 = 1425 Kg mẫu Ω: “lấy ngẫu nhiên bi hộp chứa 15 bi” ⇒ n ( Ω ) = C15 = 6435 Vậy xác suất cho bi lấy có số bi màu vàng với số bi màu đỏ n ( A ) 1425 95 = = là: P ( A ) = n ( Ω ) 6435 429 0,25 Vì BC ⊥ SA BC ⊥ AB nên BC ⊥ SB · Vậy góc mp ( SBC ) mp ( ABC ) SBA = 600 Ta có: AB = AC − BC = a Diện tích ∆ABC S ABC 2 3a = AB.BC = 2 0,25 SA = AB.tan 600 = a 1 3a a 3 Thể tích khối chóp VS ABC = SA.S ABC = a = 3 2 Kẻ MN song song AC cắt AB N, ⇒ AC / / ( SMN ) Vậy d ( SM , AC ) = d ( A, ( SMN ) ) Gọi I hình chiếu điểm A lên MN, H hình chiếu A lên SI , ⇒ MI ⊥ ( SAI ) , ⇒ MI ⊥ AH Mặt khác AH ⊥ SI nên AH ⊥ ( SMI ) Vậy d ( A, ( SMN )) = AH AN MB 2a = ∆AIN đồng dạng với ∆MBN , ⇒ AI = Xét ∆SAI vuông A MN 10 AI SA a 102 a 102 có AH đường cao ⇒ AH = Vậy d ( SM , AC ) = = 17 SI 17 0,25 0,25 0,25 Gọi H trực tâm tam giác ABC tứ giác BHCD hình bình hành M trung điểm BC nên M trung điểm DH, suy H(2; 0) 0,25 Đường thẳng ...ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT MÔN TOÁN CAO CẤP Cho hệ Văn bằng 2 1. Tên môn học: Toán cao cấp. 2. Số tiết: 120 tiết 3. Trình độ: Cho sinh viên đầu vào của hệ VB2. 4. Phân bố thời gian: - Lí thuyết: 75 tiết - Bài tập: 45 tiết 5. Mục tiêu của học phần: - Ôn tập lại một số kiến thức về Toán cao cấp cho sinh viên, làm công cụ để phân tích các mối quan hệ trong kĩ thuật, kinh tế và quản lí. - Rèn luyện tư duy logic và tư duy hệ thống. 6. Mô tả tóm tắt nội dung môn học: Trang bị lại cho sinh viên một số kiến thức cơ bản về đại số tuyến tính (Số phức, ma trận, hệ phương trình), giải tích hàm một biến, giải tích hàm hai biến, phương trình vi phân và chuỗi. 7. Nhiệm vụ của sinh viên - Dự các giờ giảng lí thuyết và hướng dẫn bài tập. - Tự đọc sách theo hướng dẫn của giáo viên. - Làm các bài tập thực hành. 9. Tài liệu học tập: - Toán cao cấp tập 1, 2, 3- Nguyễn Đình Trí (chủ biên)-NXB Giáo Dục 10. Tiêu chuẩn đánh giá sinh viên: - Dự lớp, tham gia vào quá trình thảo luận bài tập trên lớp, - Thi đạt từ 5/10 điểm trong kì thi hết môn 11. Nội dung chi tiết học phần CHƯƠNG I: ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH §1. Số phức 1.1 Nhắc lại hệ thống số: , , , ¥ ¢ ¤ ¡ và một số khái niệm về lôgic. 1.2 Số phức. §2. Ma trận-Định thức 2.1 Định nghĩa ma trận, các phép toán của ma trận. 2.2 Định thức, cách tính định thức, các tính chất của định thức. 2.3 Ma trận nghịch đảo, hạng của ma trận. §3. Hệ phương trình đại số tuyến tính 3.1 Dạng tổng quát của hệ phương trình tuyến tính, dạng ma trận của hệ phương trình tuyến tính. 3.2 Hệ Cramer: định nghĩa, cách giải. 3.3 Giải hệ phương trình tuyến tính tổng quát. -1- §4. Không gian véc tơ 4.1. Khái niệm 4.2. Không gian véc tơ 4.3. Cơ sở và toạ độ §5. Ánh xạ tuyến tính 5.1. Ánh xạ tuyến tính 5.2. Ma trận của ánh xạ tuyến tính 5.3. Trị riêng và véc tơ riêng §6. Dạng toàn phương, đường và mặt bậc hai 6.1. Dạng toàn phương 6.2. Không gian Euclide 6.3. Rút gọn dạng toàn phương. Đường và mặt bậc hai. CHƯƠNG II: HÀM SỐ MỘT BIẾN §1. Khái niệm hàm một biến số: 1.1 Nhắc lại các khái niệm hàm một biến số, hàm đơn điệu, hàm tuần hoàn, đơn ánh, toàn ánh, song ánh, hàm số hợp, hàm ngược. 1.2 Giới hạn hàm số, các tính chất của giới hạn, tiêu chuẩn tồn tại giới hạn (tính đơn điệu, bị chặn và giới hạn kẹp). 1.3 Vô cùng bé, vô cùng lớn. 1.4 Hàm liên tục: định nghĩa, tính chất. 1.5 Đạo hàm và vi phân. 1.6 Các định lí về hàm số khả vi và ứng dụng 1.7 Các lược đồ khảo sát hàm số §2. Tích phân 2.1. Tích phân bất định 2.2. Tích phân xác định 2.3. Tích phân suy rộng 2.4. Ứng dụng của tích phân xác định CHƯƠNG III: HÀM NHIỀU BIẾN 3.1. Các khái niệm cơ bản 3.2. Đạo hàm và vi phân 3.3. Cực trị của hàm số nhiều biến số CHƯƠNG IV: TÍCH PHÂN BỘI VÀ TÍCH PHÂN ĐƯỜNG 4.1 Tích phân kép. 4.2. Tích phân bội ba. 4.3 Tích phân đường loại I 4.4 Tích phân đường loại II CHƯƠNG V: TÍCH PHÂN MẶT VÀ LÝ THUYẾT TRƯỜNG 5.1 Tích phân mặt loại I -2- 5.2 Tích phân mặt loại II. 5.3 Trường vô hướng 5.4 Trường véc tơ. CHƯƠNG VI: CHUỖI 6.1. Đại cương về chuỗi 6.2. Chuỗi số dương 6.3. Chuỗi số với số hạng có dấu bất kỳ 6.4. Chuỗi hàm 6.5. Chuỗi luỹ thừa 6.6. Chuỗi Fourier CHƯƠNG VII: PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VÀ BIẾN ĐỔI LAPLACE 7.1. Mở đầu 7.2. Phương trình vi phân cấp 1 7.3. Phương trình vi phân cấp 2 7.4. Hệ phương trình vi phân cấp 1 7.5. Phép biến đổi Laplace và phép biến đổi ngược 7.6. Phép biến đổi của bài toán giá trị ban đầu ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2x 1 y x1    (1) có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Một hình chữ nhật MNPQ có cạnh PQ nằm trên đường thẳng : 3x – y – 11 = 0, hai điểm M, N thuộc (C) và độ dài đường chéo của hình chữ nhật bằng 52 . Lập phương trình đường thẳng MN. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2sinxsin2x 11cosx cot x 2 cot x 3sin2x    (x ∈ ℝ). Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: I =     x 5 x 2 e 3x 2 x 1 dx e x 1 x 1        . Câu 4 (1,0 điểm). a) Gọi z 1 , z 2 lần lượt là hai nghiệm của phương trình   2 z 1 3i z 2 2i 0     và thỏa mãn 12 zz . Tìm giá trị của biểu thức     2 2 1 1 12 A z 1 z      . b) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: 23 nn 2 14 1 n C 3C  . Tìm hệ số của x 9 trong khai triển nhị thức Niu-tơn   2n 1 3x . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có C(3; 2; 3), đường cao qua A và đường phân giác trong góc B của tam giác ABC lần lượt có phương trình là 1 x 2 y 3 z 3 d: 1 1 2      và 2 x 1 y 4 z 3 d: 1 2 1      . Lập phương trình đường thẳng BC và tính diện tích của tam giác ABC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho khối tứ diện ABCD có AC = AD = 32 , BC = BD = 3, khoảng cách từ đỉnh B đến mặt phẳng (ACD) bằng 3 , thể tích của khối tứ diện ABCD là 15 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thang OABC (OA // BC) có diện tích bằng 6, đỉnh A(–1; 2), đỉnh B thuộc đường thẳng d 1 : x + y + 1 = 0 và đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : 3x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình: 11 x xln x 1 4x 4x        (x ∈ ℝ). Câu 9 (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:         3 x 1 1 x 3 x 1 x 3 m 3 x 1           . LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀ BÌNH LUẬN Câu 1. a) • Tập xác định: 𝔻 = ℝ \ {1}. • Sự biến thiên: – Sự biến thiên:   2 3 y’ 0 x1    với mọi x ∈ 𝔻. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–; 1) và (1; +). – Giới hạn, tiệm cận: xx lim y lim y 2    ; x1 lim y     ; x1 lim y     . Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 làm tiệm cận đứng và nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang. – Bảng biến thiên: • Đồ thị: Đ ồ thị (C) của hàm số cắt trục tung tại điểm (0; –1), cắt trục hoành tại điểm 1 ;0 2     . Đồng thời (C) nhận giao điểm của hai đường tiệm cận là I(1; 2) là trục đối xứng. b) Đ ịnh hướng: Đầu tiên với dữ kiện MNPQ là hình ch ữ nhật thì ta khai thác ngay được tính chất song song, đó là MN // PQ. Lúc này ta sẽ có ngay dạng của phương trình đư ờng thẳng MN là: 3x – y + m = 0, với m  –11 2 x 1 y' − − y 2 x O 1 2 y I Nhà sách giáo dục LOVEBOOK Vươn tới sự hoàn hảo tương đương với MN: y = 3x + m. Như vậy hoành độ M và N chính là nghiệm của phương trình giao điểm của đường thẳng đó với đồ thị (C)  Dùng được phương trình hoành độ và dùng định lí Viét để biểu diễn được tổng và tích x M + x N ; x M x N theo biến m Tiếp theo, với hai đường thẳng song song thì ta luôn xác định được khoảng cách giữa hai đường thẳng đó, bởi khoảng cách giữa hai đường thẳng song song chính bằng khoảng cách của một điểm bất kì trên đường thẳng này đến đường thẳng kia. Trên  thì ta luôn lấy được một điểm K có tọa độ xác định  dùng khoảng cách sẽ tính được khoảng cách từ K đến MN  độ dài cạnh PN = d(K, MN) (theo một ẩn m). Vậy dữ kiện cuối cùng là dữ kiện đường chéo. Vì ta có tổng và tích x M + x N , x M x N theo biến m nên việc tính độ dài MN theo m là điều dễ dàng. Ngoài ra, dùng định lí Py–ta–go ta sẽ có ngay: MN 2 + NP 2 = PM 2 = (5 2 ) 2  từ đây giải phương trình ẩn m duy nhất  tìm m  MN. Theo định hướng khá rõ ràng trên ta có lời giải: Bài giải: Do MNPQ là hình chữ nhật nên MN // PQ  đường thẳng MN có dạng 3x – y + m = 0  y = 3x + m. Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng MN và ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - 1 - http://dangnhatlong.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO ðỀ THI TỐT NGHIỆP THPT (ðỀ 1) ( ðỀ THAM KHẢO) MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao ñề) I. PHẦ N CH UNG C HO CẢ H AI BA N (7 ñiểm) Câu 1( 3 ñ i ể m ): Cho hàm số 1 2 − + = x x y , có ñồ thị (C). 1. Khảo sát và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của ñồ thị (C) tại giao ñiểm của (C) với trục tung Oy 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi ñồ thị (C) và các trục tọa ñộ. Câu 2( 3 ñi ể m ) 1. Tính tích phân: xdxxI sin.cos 2 0 3 ∫ = π 2. Giải phương trình: 0324 21 =−+ ++ xx 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 101232)( 23 +−−= xxxxf trên ñoạn [ ] ;30 Câu 3( 1 ñi ể m ) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a. Hai mặt bên (SAB) và (SAD) vuông góc với ñáy, cạnh SC hợp với ñáy một góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN ( 3 ñi ể m ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a( 2 ñi ể m ) Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng (d):      −= +−= +−= tz ty tx 1 23 và mặt phẳng ( ) α : x – 3y +2z + 6 = 0 1. Tìm giao ñiểm M của (d) và mặt phẳng ( ) α 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa ñường thẳng (d) và vuông góc với mp ( ) α 3. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I( 1;-1; 2) và tiếp xúc với mặt phẳng ( ) α . Câu 5a( 1 ñi ể m ) Tìm số phức z, biết izz 84 2 =+ B. Theo chương trình nâng cao : Câu 4b ( 2 ñ iểm ) Trong không gian Oxyz cho ñường thẳng (d):      −= +−= +−= tz ty tx 1 23 và mặt phẳng ( ) α : x – 3y +2z + 6 = 0 1. Tìm giao ñiểm M của (d) và mặt phẳng ( ) α 2. Viết phương trình ñường thẳng d’ ñối xứng với d qua mặt phẳng ( ) α Câu 5b : (1 ñ i ể m) Giải phương trình sau: ( ) 010526 2 =−+−− ixix ðÁP ÁN (ðỀ 1) Câu Ý Nội dung ðiểm ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN - 2 - http://dangnhatlong.com 1 i) TXD: { } 1\RD = 0.25 ii) Sự biến thiên: + ( ) Dx x y ∈∀< + − = ,0 1 3 ' 2 Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) +∞∪∞− ;11; và không có cực trị + ⇒= ±∞→ 1lim x y TCN: y =1 +∞= + → 1 lim x y , ⇒−∞= − → 1 lim x y TCD: x = 1 0.25 0.25 0.25 + BBT: 0.5 iii)ðồ thị: -ðiểm ñặc biệt: A(0;-2), B(-2;0) - ðồ thị chính xác 0.25 0.25 2 Ta có: ( )      −= −= = 3' 2 0 0 0 0 xf y x Pttt: 23 −− = xy 0.25 0.25 1 3. ∫∫       − += − + = − 2 0 0 2 1 3 1 1 2 dx x dx x x S ( ) 23ln31ln3 0 2 −=−+= − xx 0.25 0.25 1 ðặt: xdxduuxuxu sin3coscos 23 3 −== ⇔⇔= ðổi cận:    = = ⇒      = = 0 1 2 0 u u x x π 4 3 4 3 3 1 0 4 1 0 3 === ∫ uduuJ 0.25 0.25 0.5 2 ðặt: 02 >= x t Pt 0344 2 =−+⇔ tt       − = = ⇔ )( 2 3 2 1 loait t Với 1 2 1 2 2 1 −=⇔=⇔= xt x 0.5 0.25 0.25 2 3 + TX ð: D= R + ( ) 1266' 2 −−= xxxf + ( )    = −= ⇔= 2 )(1 0' x x loai xf + 1)3(,10)2, (10)0( = −= = fff 0.25 0.25 0.25 0.25 ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN http://dangnhatlong.com - 3 - http://dangnhatlong.com [ ] [ ] 10max;10min 3;03;0 =−= yy 3 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ABCDSA SADSAB ABCDSAD ABCDSAB ⊥⇒      ∩ ⊥ ⊥)( + Diện tích ñáy: B = 2a 2 + 0 SCA 60 SA a 15 ∧ = ⇒ = + Thể tích khối chóp là: 3 2a 15 V 3 = 0.25 0.25 0.25 0.25 + Tọa ñộ giao ñiểm là nghiệm của hệ phương trình:        =++− −= +−= +−= 0623 1 23 zyx tz ty tx ( ) 3 2t 3 ( 1 t) 2t 6 0 t 2 ⇔ − + − − + − + = ⇔ = 0.25 0.25 1 )21;1;( − ⇒ M 0.25 Mp (P) có căp vtcp: ( ) ( )      −= −= ;2; 31 ; 1;12 b a 0.25 [ ] ( ) ; 7; 51;: −−−==⇒ banvtpt 0.25 2 Vậy ptmp (P) là: x + 5y +7z +8 =0 0.25 + ( ) ( ) 14, == α IdR 0.25 4a 3 + Pt mặt cầu (S): ( ) ( ) ( ) 14211 222 =−+++− zyx 0.25 5a ðặt: z = a + bi ibiabaizz 84484 22 2 =+++⇔=+    = =++ ⇔ 84 04 22 b aba iz b a 22 2 2 +−=⇒    = −= ⇔ 0.25 0.25 0.25 0.25 4b 1 + Tọa ñộ giao ñiểm là nghiệm của hệ phương trình:        =++− −= +−= +−= 0623 1 23 zyx tz ty tx 0.25 ÔN TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN http://dangnhatlong.com - 4 - http://dangnhatlong.com ( ) 2 062)( 1323 =⇔