LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "Bộ Đề&Đáp Án ĐH-CĐ Toán 2009!": http://123doc.vn/document/558229-bo-de-dap-an-dh-cd-toan-2009.htm
1.
1 4 4
9
AH
2 2
1 36 36
S AH.BC 18 BC 4 2
9
2 AH
2
− − −
= =
= = ⇔ = = =
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
x y 4
7 1
H : H ;
x y 3
2 2
− =
⇒ −
÷
+ =
B(m;m – 4)
2 2
2
2
2
BC 7 1
HB 8 m m 4
4 2 2
7 11
m 2
7
2 2
m 4
7 3
2
m 2
2 2
⇒ = = = − + − +
÷ ÷
= + =
⇔ − = ⇔
÷
= − =
Vậy
1 1 2 2
11 3 3 5 3 5 11 3
B ; C ; hay B ; C ;
2 2 2 2 2 2 2 2
∧ − − ∧
÷ ÷ ÷ ÷
2.
P
AB (4; 1;2); n (1; 2;2)= − = −
uuur r
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
⇔ x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, ∆) ≥ BH; d (B, ∆) đạt min ⇔ ∆ qua A và H.
Pt tham số
x 1 t
BH: y 1 2t
z 3 2t
= +
= − −
= +
Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình :
x 1 t,y 1 2t,z 3 2t
x 2y 2z 1 0
= + = − − = +
− + + =
10
t
9
⇒ = −
1 11 7
H ; ;
9 9 9
⇒ −
÷
∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP
( )
1
a AH 26;11; 2
9
∆
= = −
uur uuur
Pt (∆) :
x 3 y 0 z 1
26 11 2
+ − −
= =
−
Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
z – (2 + i)=
10
và
z.z 25=
⇔
2 2
2 2
(x 2) (y 1) 10
x y 25
− + − =
+ =
⇔
{
2 2
4x 2y 20
x y 25
+ =
+ =
⇔
{
2
y 10 2x
x 8x 15 0
= −
− + =
⇔
{
x 3
y 4
=
=
hay
{
x 5
y 0
=
=
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Câu VII.b.
Pt hồnh độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :
2
x 1
x m
x
−
− + =
⇔ 2x
2
– mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt ln có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0
Do đó đồ thị và đường thẳng ln có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4 ⇔ (x
B
– x
A
)
2
+ [(-x
B
+ m) – (-x
A
+ m)]
2
= 16 ⇔ 2(x
B
– x
A
)
2
= 16
⇔ (x
B
– x
A
)
2
= 8 ⇔
2
m 8
8
4
+
=
÷
⇔
2
m 24=
⇔ m =
2 6±
.
Hết.
Bộ GD&ĐT ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Đề Chính Thức
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m có đồ thị là (C
m
), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (C
m
) tại 4 điểm phân biệt đều có hồnh độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3cos5x 2sin3x cos2x sin x 0− − =
2. Giải hệ phương trình
2
2
x(x y 1) 3 0
5
(x y) 1 0
x
+ + − =
+ − + =
(x, y ∈ R)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
x
1
dx
I
e 1
=
−
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích
khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực khơng âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường
trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AC.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x +
y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với
mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 2.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)
2
+ y
2
= 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định tọa
độ điểm M thuộc (C) sao cho
·
IMO
= 30
0
.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
x 2 y 2 z
1 1 1
+ −
= =
−
và mặt phẳng (P): x + 2y – 3z
+ 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vng góc với đường thẳng ∆.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số
2
x x 1
y
x
+ −
=
tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
Hết.
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh……………………………………….;Số báo danh……………………………………….
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x
4
– 2x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 4x
3
– 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1;
x
lim
→±∞
= +∞
x
−∞ −1 0 1 +∞
y'
− 0 + 0 − 0 +
y
+∞ 0 +∞
−1 CĐ −1
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +∞)
y nghịch biến trên (-∞; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = ±1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); (±
2
;0)
2. Phương trình hồnh độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = -1 là
x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m = -1
⇔ x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x
2
= 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (C
m
) tại 4 điểm phân biệt có hồnh độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác ±1 và < 2
⇔
0 3m 1 4
3m 1 1
< + <
+ ≠
⇔
1
m 1
3
m 0
− < <
≠
Câu II. 1) Phương trình tương đương :
3cos5x (sin5x sin x) sin x 0 3cos5x sin5x 2sin x− + − = ⇔ − =
⇔
3 1
cos5x sin5x sin x
2 2
− =
⇔
sin 5x sin x
3
π
− =
÷
⇔
5x x k2
3
π
− = + π
hay
5x x k2
3
π
− = π − + π
⇔
6x k2
3
π
= − π
hay
2
4x k2 k2
3 3
π π
= − π − π = − − π
⇔
x k
18 3
π π
= −
hay
x k
6 2
π π
= − −
(k ∈ Z).
2) Hệ phương trình tương đương :
−1
x
y
−1
1
0
2 2 2
2
2
x(x y 1) 3
x(x y) x 3
5
x (x y) x 5
(x y) 1
x
+ + =
+ + =
⇔
+ + =
+ + =
ĐK : x ≠ 0
Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:
2 2 2
t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1
t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2
+ = + = + = = =
⇔ ⇔ ⇔ ∨
+ = + − = = = =
Vậy
3
x(x y) 1 x(x y) 2 y 1
y
2
x 2 x 1 x 1
x 2
+ = + = =
= −
∨ ⇔ ∨
= = =
=
Câu III :
3 3 3
x x x
3
x
x x
1
1 1 1
1 e e e
I dx dx dx 2 ln e 1
e 1 e 1
− +
= = − + = − + −
− −
∫ ∫ ∫
3 2
2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)= − + − − − = − + + +
Câu IV.
2 2 2 2
9 4 5 5AC a a a AC a= − = ⇒ =
2 2 2 2
5 4 2BC a a a BC a= − = ⇒ =
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có
IH AC⊥
/ /
/
1 2 4
2 3 3
IA A M IH a
IH
IC AC AA
= = ⇒ = ⇒ =
3
1 1 1 4 4
2
3 3 2 3 9
IABC ABC
a a
V S IH a a= = × × =
(đvtt)
Tam giác A’BC vuông tại B
Nên S
A’BC
=
2
1
52 5
2
a a a=
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy
/
/ 2
2 2 2
5
3 3 3
IBC
A BC
IC A C S S a= ⇒ = =
Vậy d(A,IBC)
3
2
3 4 3 2 2 5
3
9 5
2 5 5
IABC
IBC
V a a a
S
a
= = = =
Câu V. S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy = 16x
2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 34xy
= 16x
2
y
2
+ 12[(x + y)
3
– 3xy(x + y)] + 34xy = 16x
2
y
2
+ 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x
2
y
2
– 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼
Khi đó S = 16t
2
– 2t + 12
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t =
1
16
S(0) = 12; S(¼) =
25
2
; S (
1
16
) =
191
16
. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
Max S =
25
2
khi x = y =
1
2
Min S =
191
16
khi
2 3
x
4
2 3
y
4
+
=
−
=
hay
2 3
x
4
2 3
y
4
−
=
+
=
PHẦN RIÊNG
/
A
A
C
I
M
B
H
C
/
Câu VI.a.
1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH ∩ AD ⇒ A (1;2)
M là trung điểm AB ⇒ B (3; -2)
BC qua B và vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0 ⇔ x + 6y + 9 = 0
D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ;
3
2
−
)
D là trung điểm BC ⇒ C (- 3; - 1)
AC qua A (1; 2) có VTCP
AC ( 4; 3)= − −
uuur
nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0
2) AB qua A có VTCP
AB ( 1;1;2)= −
uuur
nên có phương trình :
x 2 t
y 1 t (t )
z 2t
= −
= + ∈
=
¡
D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t)
CD (1 t; t ;2t)= −
uuur
. Vì C ∉ (P) nên :
(P)
CD//(P) CD n⇔ ⊥
uuur r
1
1(1 t) 1.t 1.2t 0 t
2
⇔ − + + = ⇔ = −
Vậy :
5 1
D ; ; 1
2 2
−
÷
Câu VI.b. 1. (x – 1)
2
+ y
2
= 1. Tâm I (1; 0); R = 1
Ta có
·
IMO
= 30
0
, ∆OIM cân tại I ⇒
·
MOI
= 30
0
⇒ OM có hệ số góc k =
0
tg30±
=
1
3
±
+ k = ±
1
3
⇒ pt OM : y=±
x
3
thế vào pt (C) ⇒
2
2
x
x 2x 0
3
− + =
⇔ x= 0 (loại) hay
3
x
2
=
. Vậy M
3 3
;
2 2
±
÷
Cách khác:
Ta có thể giải bằng hình học phẳng
OI=1,
·
·
0
30IOM IMO= =
, do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác
1
OM H
là nửa tam giác đều
OI=1 =>
3 3 3 3 3
,
2 6
3 2 3
OH OM HM= ⇒ = = =
Vậy
1 2
3 3 3 3
, , ,
2 2 2 2
M M
−
÷ ÷
2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1)
a (1;1; 1)
∆
= −
uur
;
(P)
n (1;2; 3)= −
uuur
d đđi qua A và có VTCP
d ( P)
a a ,n ( 1;2;1)
∆
= = −
uur uur uuur
nên pt d là :
x 3 y 1 z 1
1 2 1
+ − −
= =
−
Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i
Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔
2 2
(x 3) (y 4) 2− + + =
⇔ (x – 3)
2
+ (y + 4)
2
= 4
O
I
1
M
2
M
H
Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2.
Câu VII.b. pt hồnh độ giao điểm là :
2
x x 1
2x m
x
+ −
= − +
(1)
⇔ x
2
+ x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (1))
⇔ 3x
2
+ (1 – m)x – 1 = 0
phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Ycbt ⇔ S = x
1
+ x
2
=
b
a
−
= 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1.
SĐT:0977467739-Khơng ai muốn mình là người thừa của xã hội. Hãy học,học ,nữa đi>Thân ái!.
Hết.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Mơn thi: TỐN; Khối: A
ĐỀ CHÍNH THÚC Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
( )
x 2
y 1
2x 3
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
2. Giải phương trình
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x R− + − − = ∈
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
( )
2
3 2
0
I cos x 1 cos x.dx
π
= −
∫
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng
vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
x y x z 3 x y x z y z 5 y z+ + + + + + + ≤ +
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường
chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
:x y 5 0∆ + − =
. Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
P : 2x 2y z 4 0− − − =
và mặt cầu
( )
2 2 2
S : x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường
tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z
2
+ 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z
1
|
3
+ |z
2
|
3
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
C : x y 4x 4y 6 0+ + + + =
và đường thẳng
: x my 2m 3 0∆ + − + =
, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để
∆
cắt (C) tại
hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
P : x 2y 2z 1 0− + − =
và hai đường thẳng
1 2
x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1
: ; :
1 1 6 2 1 2
+ + − − +
∆ = = ∆ = =
−
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
1
∆
sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng
2
∆
và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
x xy y
log x y 1 log xy
x, y R
3 81
− +
+ = +
∈
=
.
Hết
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh……………………………………….;Số báo danh……………………………………….
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định:với mọi x
3
2
≠ −
+ y’ =
( )
2
1 3
0, x
2
2x 3
−
< ∀ ≠ −
+
+ Tiệm cận
Vì
x
x 2 1
lim
2x 3 2
→∞
+
=
+
nên tiệm cận ngang là : y =
1
2
Vì
3 3
x x
2 2
x 2 x 2
lim ; lim
2x 3 2x 3
+ −
→− →−
÷ ÷
+ +
= +∞ = −∞
+ +
nên tiệm cận đứng là : x = -
3
2
Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại
2
0;
3
÷
và cắt Ox tại (-2; 0)
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.
Ta có
2
1
y'
(2x 3)
−
=
+
nên phương trình tiếp tuyến tại
0
x x=
(với
0
3
x
2
≠ −
) là:
y - f(
0
x
) = f’(
0
x
)(x -
0
x
)
2
0 0
2 2
0 0
2x 8x 6
x
y
(2x 3) (2x 3)
+ +
−
= +
+ +
Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A(
2
0 0
2x 8x 6+ +
;0)
và cắt Oy tại B(0;
2
0 0
2
0
2x 8x 6
(2x 3)
+ +
+
)
Tam giác OAB cân tại O
OA OB⇔ =
(với OA > 0)
2
2
0 0
A B 0 0
2
0
2x 8x 6
x y 2x 8x 6
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+
0
2
0 0
0
x 1(L)
(2x 3) 1 2x 3 1
x 2(TM)
= −
⇔ + = ⇔ + = ± ⇔
= −
Với
0
x 2= −
ta có tiếp tuyến y = x 2
Câu II.
1.Giải phương trình :
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
Giải :
ĐKXĐ:
5
1
x k2 ; x k2
sinx
6 6
2
sinx 1
x 2l
2
π − π
≠ − + π ≠ + π
≠ −
⇔
π
≠
≠ + π
Phương trình
⇔
cosx - 2sinxcosx =
3
(1 – sinx + 2sinx – 2sin
2
x)
⇔
cosx – sin2x =
3
+
3
sinx - 2
3
sin
2
x
⇔
3−
sinx + cosx = sin2x +
3
(1 – 2sin
2
x)
= sin2x +
3
cos2x
⇔
-
3 1 1 3
sin x cos x sin 2x cos 2x
2 2 2 2
+ = +
⇔
5 5
sin x.cos cos x.sin sin 2x.cos cos2x.sin
6 6 3 3
π π π π
+ = +
⇔
5
sin x sin 2x
6 3
π π
+ = +
÷ ÷
⇔
5
x 2x m2
6 3
5
x 2x n2
6 3
π π
+ = + + π
π π
+ = π − − + π
⇔
x m2 x m2
2 2
2
3x n2 x n
6 18 3
π π
− = − + π = − π
⇔
π π π
= − + π = − +
Kết hợp với đkxđ ta có họ nghiệm của pt là:
x =
( )
2
n n Z
18 3
π π
− + ∈
2. Giải phương trình :
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x R− + − − = ∈
Đkxđ:
6
6 5x 0 x
5
− ≥ ⇔ ≤
(*)
Đặt
3
3
3 2
2
2u 3v 8
u 3x 2 u 3x 2
(v 0)
5u 3v 8
v 6 5x
v 6 5x
+ =
= − = −
≥ ⇒ ⇒
+ =
= −
= −
3 2
8 2u
v
3
5u 3v 8
−
=
⇒
+ =
3 2
15u 64 32u 4u 24 0⇒ + − + − =
3 2
2
2 2
0
15u 4u 32u 40 0
(u 2)(15u 26u 20) 0
u 2
15u 26u 20 0 vơ n do ' 13 15.20 0
u 2 x 2(tm).
⇔ + − + =
⇔ + − + =
= −
⇔
− + = ∆ = − <
⇔ = − ⇒ = −
Vậy phương trình có tập nghiệm là S={-2}
Câu III.Tính tích phân
( )
2
3 2
0
I cos x 1 cos x.dx
π
= −
∫
.Ta có:
I =
2 2
5 2
0 0
cos x.dx cos x.dx
π π
−
∫ ∫
Ta có: I
2
=
2 2
2
0 0
1
cos x.dx (1 cos2x).dx
2
π π
= +
∫ ∫
=
1 1
x sin 2x
2
2 2 4
0
π
π
+ =
÷
Mặt khác xét I
1
=
2 2
5 4
0 0
cos x.dx cos x.cosx.dx
π π
=
∫ ∫
=
3
2
2 2 5
0
1 2sin x 8
(1 sin x) d(sin x) sin x sin x
2
5 3 15
0
π
π
− = − + =
÷
∫
Vậy I = I
1
– I
2
=
8
15 4
π
−
Câu IV.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa
hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI)
cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Giải:
Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên
SI (ABCD)⊥
.
Ta có
IB a 5;BC a 5;IC a 2;= = =
Hạ
IH BC⊥
tính được
3a 5
IH
5
=
;
Trong tam giác vng SIH có
0
3a 15
SI = IH tan 60
5
=
.
2 2 2
ABCD AECD EBC
S S S 2a a 3a= + = + =
(E là trung điểm của AB).
3
2
ABCD
1 1 3a 15 3a 15
V S SI 3a
3 3 5 5
= = =
.
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét