ĐỀ 8_Môn Toán doc

ĐỀ 8
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
x 3
y
x 2



có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị
của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải bất phương trình
ln (1 sin )
2
2
2
e log (x 3x) 0


  

b) Tính tìch phân : I =



2

x x
(1 sin )cos dx
2 2
0

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 

x
e
y
x
e e
trên đoạn
[ln2 ; ln 4]
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính
thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó .
1) Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 2 2t
(d ): y 3
1
z t
 








và
x 2 y 1 z
(d ):
2
1 1 2
 
 

.
a. Chứng minh rằng hai đường thẳng
(d ),(d )
1 2
vuông góc nhau nhưng không cắt
nhau .
b. Viết phương trình đường vuông góc chung của
(d ),(d )
1 2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tìm môđun của số phức
   
3
z 1 4i (1 i)

.
2) Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (

) :
2x y 2z 3 0
   
và
hai
đường thẳng (
d
1
) :
x 4 y 1 z
2 2 1
 
 

, (
d
2
) :
x 3 y 5 z 7
2 3 2
  
 

.
a. Chứng tỏ đường thẳng (

d
1
) song song mặt phẳng (

) và (
d
2
) cắt mặt phẳng
(

) .
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).
c. Viết phương trình đường thẳng (

) song song với mặt phẳng (

) , cắt đường
thẳng
(
d
1
) và (
d
2

) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z

, trong đó
z
là số phức liên hợp của số phức
z .

. . . . . . . .Hết . . . . . . .

HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

x

2







b) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng
y mx 1 

:

x 3
2
mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2

       

(1)
Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

phương trình (1) có hai nghiệm
phân
biệt khác 1

m 0
m 0
m 0
2
m m 0 m 0 m 1
m 1
g(1) 0 m 2m 1 0






  


        
 



 
   




Câu II ( 3,0 điểm )

y


+ +
y


1

1


a) 1đ pt

ln 2
2 2

2 2
e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)      

Điều kiện : x > 0 x 3  
(1)

2 2 2 2
2
log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1            

So điều kiện , bất phương trình có nghiệm :     4 x 3 ; 0 < x 1
b) 1đ I =
 

     
 
2 2
x x x x 1 x 1
2
(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)
2 2 2 2 2 2 2
0
0 0

   
2 1 1
2. 2
2 2 2

c) 1đ Ta có :


  

x
e
y 0 , x [ln2 ; ln 4]
x 2
(e e)

+
 

2
min y y(ln2)
2 e
[ln2 ; ln 4]
+
 

4
Maxy y(ln 4)
4 e
[ln2 ; ln 4]

Câu III ( 1,0 điểm )

2 3
a 3 a 3
V AA'.S a.
lt ABC

4 4
  
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC , A'B'C'  thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .
Bán kính
a 3 a a 21
2 2 2 2
R IA AO OI ( ) ( )
3 2 6
     
Diện tích :
2
a 21 7 a
2 2
S 4 R 4 ( )
mc
6 3

    

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của (
d
1

) vào phương trình của (
d
2
) ta được :

2t 3 1 t
(t 1) (t 4)
1 1 2
 
       

vô nghiệm .
Vậy
d
1
và
d
2
không cắt nhau .
Ta có :
d
1
có VTCP
u ( 2;0;1)
1
 

;
d
1

có VTCP
u (1; 1;2)
2
 


Vì
u .u 0
1 2

 
nên
d
1
và
d
2
vuông góc nhau .
b) 1đ Lấy
M(2 2t;3;t) (d )
1
  ,
N(2 m;1 m;2m) (d )
2
  
Khi đó :
MN (m 2t; 2 m;2m t)
    


MN vuông với
(d ),(d )s
1 2
MN.u 0
t 0
5 4 2
1
M(2;3;0),N( ; ; )
m 1/3
3 3 3
MN.u 0
2






  
 
 









x 2 y 3 z
(MN) :
1 5 2
 
  
là phưong trình đường thẳng cần tìm .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Vì
           
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i
.
Suy ra :        
2 2
z 1 2i z ( 1) 2 5


2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 0,75đ

 
 
 
   
 
 
qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)
(d ) : , (d ) : ,

1 2
VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)
1 2
 
 
( )

có vtpt
n (2; 1;2)
 


Do

 
u .n 0
1
và
A ( )
 
nên (
d
1
) // (

) .
Do
  
 
u .n 3 0

2
nên (
d
1
) cắt (

) .
b) 0,5 đ Vì     

 
[u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)
1 2



 

 
 
[u ,u ].AB
1 2
d((d ),(d )) 3
1 2
[u ,u ]
1 2

c) 0,75đ phương trình

      




qua (d )
1
mp( ) : ( ): 2x y 2z 7 0
// ( )



Gọi    
N (d ) ( ) N(1;1;3)
2
;
        

M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)
1

Theo đề :
   
2
MN 9 t 1
.
Vậy

  
    

  
 



qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3
( ) : ( ) :
VTCP NM (1; 2; 2)
1 2 2



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có :
 
z a bi
và
  
2 2 2
z (a b ) 2abi

Khi đó :
 
2
z z
Tìm các số thực a,b sao cho :


 

 



2 2
a b a
2ab b

Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) , 
1 3
( ; )
2 2
,  
1 3
( ; )
2 2
.