- Trang Chủ
- Giải tích 12
- ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2 TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gain phát đề) I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm) CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành. Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2
Thể loại Giáo án bài giảng Giải tích 12
Số trang 1
Ngày tạo 5/25/2012 12:13:17 PM +00:00
Loại tệp doc
Kích thước 0.95 M
Tên tệp 4 de thi thu dai hoc mon toan va dap an tham khao doc
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN 2
TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011
Môn thi: TOÁN – KHỐI A-B-D
Thời gian làm bài: 180 phút
(Không kể thời gain phát đề)
I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành.
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: 4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x
2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + 1 > 3
(x + 1)
Câu III (1điểm): Tính tích phân 
Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = 
, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Chứng minh rằng tam giác SAC vuông và tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình: 
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC.
2. Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng
: 2x – y – 1 = 0; 
: 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc mà 
Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: 
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI/b.(2điểm)
1. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B của tam giác ABC
2. Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt các đường thẳng 
và tạo với (D) một góc 300
Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: 
-------------------- Hết--------------------
Hướng dẫn giải:
CâuI : 1. bạn đọc tự giải
2. Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm:
(1) 
*) Với x = - 2 thay vào (2): m = 1
*) (3) có nghiệm khi và chỉ khi 
, (3) có hai ngiệm x = 
Thay vào (2) ta được: 
Câu II : 1.4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x 5 – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + 4
16cos4x – 8cos3x 12cos2x + 8cosx - 1 = 0
(2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) = 0 (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0
2. x2 + 4x + 1 > 3(x + 1) Điều kiện x ≥ 0
Đặt 
, t ≥ 0
Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t t4 – 3t3 + 4t2 3t +1 > 0
(t – 1)2(t2 – t + 1) > 0 t 1
Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x 1
Câu III:. = 
= 1 + 
= 
= …
Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC
Ta có BD (SAC), SC (PBD), 
==> SC OP
OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC SA
==> SAC vuông tại A ==> SA = 
Gọi H là chân đường cao ==> H AC, 
Ta có: BD = 2
= 
Câu V: 
Điều kiện 
(2) 
Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t
f’(t)= 3t2 + 1 > 0 t R. Vậy hàm số tăng trên R
(2) 
2 – x = 2y – 1 2y = 3 – x
Thay vào (1): x3 + x – 2 = 0 x = 1. Nghiệm của hệ (1;1)
Câu VI.a:
1. B = ABAC, B
Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các
cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau.
Chọn M(4;1) BC, M là trung điểm của BC ==> C
Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM BC ==> AM: 2x + y – 9 = 0
A = AM AB ==> A(6;-3)
Đường cao BH đi qua B có VTPT 
==> pt
2. Gọi d là giao tuyến của và ==> d: 
Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2) d
(P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = 0
(P) qua B nên: A + B + 2C + B = 0 ==> A = - (2B + 2C)
Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 0
13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = 1 ==> B = 1; B = - 5/13
+. Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0
+. Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0
Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y R)
Ta có: 
==> z
Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC
2. Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5)
Lấy B(1+t;t;2+2t) (D); 
là VTCP của d
Ta có cos300 = 
*) Với t = - 1 thì 
= ( -5;0;-5) ==> d: 
*) Với t = 4 thì = (0; 5;5) ==> d: 
Câu VII.b: 
---------------------------Hết-------------------------
THI THỬ ĐH- LÊ QUÝ ĐÔN – QUY NHƠN 2011( KHỐI A-B)
I: PHẦN CHUNG
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = - 4x3 - 12x2 - 9x (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Xác định tham số k để (d): y = kx cắt (C) tại ba điểm phân biệt O; M; N và M là trung điểm của ON
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: cot2x – cotx.cot3x = 2
2: Giải hệ phương trình: 
Câu III (1điểm):
Tính tích phân : I = 
Câu IV (1điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tamgiác đều cạnh a,
AA’ = A’B = A’C = 
. Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) theo a
Câu V(1điểm):
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A(3;1) và 
là trực tâm. Xác định tọa độ đỉnh B và C, biết B nằm trên đường thẳng d: 3x – y = 0.
2. Trong kgOxyz cho hai đường thẳng (d): 
, (d’):
CMR: (d) và (d’) chéo nhau. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (d) và (d’) đồng thời khoảng cách từ (d) đến (Q) gấp đôi khoảng cách từ (d’) đến (Q).
Câu VII/a: Trong mặt phẳng phức (Oxy) xác định tập hợi các điểm biểu diễn các số phức
(1 + i)z + 1 biết 
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI/b.(2điểm)
1. Trong mpOxy choờng thẳng d: 3x – 4y + 22 = 0 và hai điểm A(6;0), B(1; -5). Viết phương trình đường tròn (S) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với d
2. Trong kgOxyz cho mặt cầu (S): ( x – 1)2 + y2 + z2 = 9, mặt phẳng (P); y – 2z = 0. Viết phương trình mp(Q) đi qua M(1;4;-1), (Q) (P) và (Q) tiếp xúc vơi (S).
Câu VII/b: Giải hệ phương trình 
-------------------- Hết--------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác: 
2. Giải bất phương trình: 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình 
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng 
định bởi: 
. Tìm điểm M trên 
sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng 
và có hoành độ 
, trung điểm của một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là
.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho 
là những số dương thỏa mãn: 
. Chứng minh bất đẳng thức
----------------------Hết----------------------
Đáp án.
|
Câu |
Ý |
Nội dung |
Điểm |
|
I |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
+ MXĐ: |
0,25 |
|
+ Sự biến thiên
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
|
0,25 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Ta có
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
|
|
|
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
Vì A và B phân biệt nên
|
|
||
|
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là
|
|
||
|
II |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện: |
0,25 |
|
Từ (1) ta có: |
0,25 |
||
|
|
0,25 |
||
|
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là |
0,25 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện: |
0,25 |
|
Phương trình đã cho tương đương:
|
0,25 |
||
|
|
0,25 |
||
|
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là |
0,25 |
||
|
III |
|
|
1,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
|
0,50 |
|
|
0,50 |
||
|
IV |
|
|
1,00 |
|
|
|
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
|
0,25 |
|
Ta có: |
0,25 |
||
|
|
0,25 |
||
|
và |
0,25 |
||
|
V |
|
|
1,00 |
|
|
|
Phương trình
Điều kiện :
Nếu
|
0,25 |
|
* Với m = 0; (1) trở thành:
Phương trình có nghiệm duy nhất. |
0,25 |
||
|
* Với m = -1; (1) trở thành
+ Với
+ Với Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. |
0,25 |
||
|
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. |
0,25 |
||
|
VIa |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: |
0,25 |
|
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng |
0,25 |
||
|
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
|
0,25 |
||
|
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: |
0,25 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Ta tính được |
0,25 |
|
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này. |
0,25 |
||
|
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là |
0,50 |
||
|
VIIa |
|
|
1,00 |
|
|
|
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : |
0,25 |
|
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Không có bi xanh: có
+ Không có bi vàng: có |
0,25 |
||
|
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: |
0,50 |
||
|
VIb |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
I có hoành độ Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
|
0,50 |
|
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). |
0,50 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. |
0,25 |
|
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi
Đường thẳng |
0,25 |
||
|
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
Suy ra |
0,25 |
||
|
Ta có |
0,25 |
||
|
VIIb |
|
|
1,00 |
|
|
|
Áp dụng bất đẳng thức
Ta có: |
0,50 |
|
Ta lại có:
Tương tự:
Từ đó suy ra Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. |
0,50 |
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số 
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình : 
2. Giải phương trình: 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
(Ở đây 
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): 
và các đường thẳng 
.
Tìm các điểm 
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số 
và giải bất phương trình
Đáp án
|
Câu |
Ý |
Nội dung |
Điểm |
|
I |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Khi m = 1 ta có
+ MXĐ: |
0,25 |
|
+ Sự biến thiên:
|
0,25 |
||
|
|
0,25 |
||
|
|
0,25 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
+ Khi m = 0
|
0,25 |
|
+ Khi
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
|
0,50 |
||
|
|
0,25 |
||
|
II |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện: |
0,25 |
|
|
0,25 |
||
|
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. |
0,50 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện: |
0,25 |
|
|
0,25 |
||
|
+ Với
|
0,25 |
||
|
+ Với
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
|
0,25 |
||
|
III |
|
|
1,00 |
|
|
|
Đặt
+ Đổi cận:
|
0,50 |
|
|
0,50 |
||
|
IV |
|
|
1,00 |
|
|
|
Dựng Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
|
0,25 |
|
|
0,25 |
||
|
Thể tích hình nón đã cho: |
0,25 |
||
|
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
|
0,25 |
||
|
V |
|
|
1,00 |
|
|
|
Hệ bất phương trình
|
0,25 |
|
Gọi |
0,25 |
||
|
Hệ đã cho có nghiệm
Vì |
0,25 |
||
|
Ta có:
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên
Do đó |
0,25 |
||
|
VIa |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: |
0,25 |
|
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình |
0,25 |
||
|
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
Gọi
Từ giả thiết suy ra
+ a = 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. |
0,25 |
||
|
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: |
0,25 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
|
0,25 |
|
Ta có:
Từ (1) và (3) suy ra: |
0,25 |
||
|
Từ (2) và (3) suy ra:
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:
Như vậy |
0,25 |
||
|
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
|
0,25 |
||
|
VIIa |
|
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện: Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
|
0,50 |
|
|
0,50 |
||
|
VIb |
|
|
2,00 |
|
|
1 |
|
1,00 |
|
|
|
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
|
0,50 |
|
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì |
0,50 |
||
|
|
2 |
|
1,00 |
|
|
|
Phương trình tham số của d1 là: Theo đề:
|
0,25 |
|
+ Với t1 = 1 ta được
+ Với t2 = 0 ta được |
0,25 |
||
|
+ Ứng với M1, điểm N1
Phương trình tham số của d2 là:
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 |
0,25 |
||
|
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). |
0,25 |
||
|
VIIb |
|
|
1,00 |
|
|
|
Điều kiện
|
0,25 |
|
Ta có: |
0,25 |
||
|
Khi đó: |
0,50 |
1
© 2024 - nslide
Website chạy thử nghiệm. Thư viện tài liệu miễn phí mục đích hỗ trợ học tập nghiên cứu , được thu thập từ các nguồn trên mạng internet ... nếu tài liệu nào vi phạm bản quyền, vi phạm pháp luật sẽ được gỡ bỏ theo yêu cầu, xin cảm ơn độc giả