DE 2 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (173.11 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TTBDVH KHAI TRÍ
ĐỀ SỚ 20

ĐỀ THI TỦN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 
Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y=x3−3x2−mx+2 (1) với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0.

2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với
hai trục tọa độ một tam giác cân.

Câu II (3 điểm)

1. Giải phương trình: 2 cos2(2x
+π

4)=cotx −tanx −2
2. Giải bất phương trình:

2 ( 3 5 4 3)

15 5 2 9
2 9 3

x x x

x
x

  

  

 
3. Giải phương trình:

2 2

2 1
3

log x (4x 4x 1) log x (2x 7x 3) 5

      

Câu III (1 điểm)

Tính

∫

cotx −tanx −2 tan 2x

sin 4x dx

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a

√

3 , SA vng góc với đáy, góc giữa
hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 600 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên SB và SC. Tính
thể tích khối chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm)

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực:

2 2

( 4) 2 5 8 24
m x x   x  x
Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ
từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z  3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm
(1; 1; 1)

A   . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vng góc với giao tuyến của (P),

(Q) và nhận A là trung điểm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Đáp án đề số 20

Câu Đáp án Điểm

I

(2,0 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

3 3 2 2

y=x - x +
· Tập xác định: D = 

· Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:

/ 2

3 6 ,

0 3 6 , (0) 2, (2) 2

y x x

x

y x x y y

x

-é =
ê

= Û - Û ê = = =

-ê
ë

0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (¥; 0) và (2; +¥), nghịch biến trên khoảng (0; 2)

- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y(2) =  2;

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2.

- Giới hạn: xlim  ¥¥, xlim ¥ ¥

0,25

Bảng biến thiên:

0,25

/ / 6 6, / / 0 6 6 0 1, (1) 0

y = x- y = Û x- = Û x= y =
Þ điểm uốn I(0; 2)

Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3)

và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.

0,25

2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm
số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.

Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt
' 9 3m 0 m 3

        (1) 0,25

y=x3−3x2−mx+2

¿1

3(x −1).y '+(−
2m

3 −2)x+2−
m

Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình
y=(−2m

3 −2)x+2−

m
3

0,25

Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A

(

m−6

2(m+3);0

)

, B

(

0;
6− m

)

Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA OB

0,5
0

y’(x)
y(x)

¥ 2 +¥

0 0 +

+ 

2
¥

+¥

x
y

1
2

1 3

-

1 3

+

2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

6 6
2( 3) 3

9 3

6; ;

2 2

m m

m

m m m

 

Þ 



Þ   

Với m = 6 thì A ≡ B≡ O do đó so với điều kiện ta nhận m=−3
2
II

(3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos
2

(2x+π

4)=cotx −tanx −2
Đk x ≠kπ

2 , k∈Ζ

Phương trình đã cho tương đương với:

cos2

1 cos(4 ) 2

2 sin cos

x
x

x x
p

+ + = - 0,25

cos2 sin2 cos2 sin2

1 sin4 (cos2 sin2 )

sin cos sin cos

x x x x

x x x

x x x x

-Û - = Û - = 0,25

cos2 sin2 0 tan2 1

(cos2 sin2 )sin2 2 sin4 cos4 5

x x x

x x x x x

é - = é =

ê ê

Û ê Û ê

- = + =

ê ê

ë ë 0,25

8 2

l
x p p l

Þ = + Î Z

So với điều kiện ta có nghiệm của phương trỡnh l 8 2,

l

x=p+ p l ẻ Â

0,25

2. Gii bất phương trình:

2 ( 3 5 4 3)

15 5 2 9
2 9 3

x x x

x
x

  

  

 

Đk

5
3

x³

Bất phương trình đã cho tương đương với

2 ( 3 5 4 3) 5( 2 9 3) 0

2 9 3

x x x x

x

- + - - + - <

+ +

3x 5 4x 3 5 0

Û - + - - <

0,25

Xét hàm số

( ) 3 5 4 3 5,

f x = x- + x- - " ³x

Có

3 2 5

'( ) 0,

2 3 5 4 3

f x x

x x

= + > " >

-nên hàm f x( ) tăng

5
3

x

" ³

, mặt khác f(3)=0

0,50

Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là

3£ x£

0,25

3. Giải phương trình:

2 2

2 1
3

log x (4x 4x 1) log x (2x 7x 3) 5

      (1)

1
2
0

x
x

ỡùù
>-ùùớ
ùù ạ
ùùợ

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Phng trỡnh đã cho tương đương với 4log (2x+3 x+ +1) log2x+1(x+3)=4 (2)

Đặt t =log2x+1(x+3), t¹ 0. Phương trình (2) trở thành: t2- 4t+ =4 0 t=2 0,25

Þ log2x+1(x+3)=2  x+ =3 (2x+1)2  4x2+3x- 2=0 0,25



3 41

x=- ±

So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là

3 41

x=- +

0,25

III

(1,0 điểm)

ò

cotx- tansin4x-x 2tan2xdx=

ò

2cot2xsin4- 2tan2x xdx 0,25

2cot 4

sin4

x
dx
x

ò

0,25

2
cos4
2
sin 4
x dx
x

ò

0,25

2sin4x C

= - + 0,25

IV

(1,0 điểm) Cho hình chóp góc giữa hai mặt phẳng (S.ABC có tam giác SAC) và (ABCSBC vng tại ) bằng 60B0, AB. Gọi = a, HBC, K = lần lượt là hình chiếu vng góca

√

3 , SA vng góc với đáy,
của A trên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Chứng minh HK^SC 0,25

Þ tam giác AHK vng tại H và

· 600

AKH =

Þ AH =AK.sin600

0,25

Þ 2 2

. 2

3 4

AB AC a

SA

AC AB

= =

- 0,25

1 . 3

2 2

ABC

a
SD = AB BC =

1 . 6

3 ABC 12

a
V = SD SA =

0,25

V

(1,0 điểm) Pt đã cho được viết lại về dạng:

2 2 2

( 4) 2 ( 4) 4( 2)

m x+ x + = +x + x + (1)

Do x =  4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên:

pt (1) 

4 4 2

4
2
x x
m
x
x
+ +
= +
+

+ (2)

Đặt 2

4
2
x
t
x
+

+ , pt (2) trở thành:

m t
t

= +

0,25

Xét hàm 2

4
( )
2
x
f x
x
+
=

+ . TXĐ: ¡ , 2 2

2 4 1

'( ) ; '( ) 0

( 2) 2

x

f x f x x

x x

-= = Û =

+ +

3; lim ( ) 1 ; lim ( ) 1

2 x x

f f x f x

đ- Ơ đ+Ơ

ổửữ

ỗ =ữ =- =

ỗ ữ
ỗố ứ

Bng bin thiờn:

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t £ 3 và pt 2

4
2
x
t

x

+
=

+ có 2

nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 (3)

Lại xét hàm

4
( )

g t t
t

= +

với 1 < t £ 3 ;

2
2

'( ) t ; '( ) 0 2

g t g t t

t

-= = Þ =

( 1) 5; (1) 5; (2) 4; (3)

g - =- g = g = g =

, xlim ( )®0- f x =- Ơ ; lim ( )xđ0+ f x =+Ơ

Bng bin thiên: 0,25

Từ (3) và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là:

13
4

m

< < 0,25

VI 
(2,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ
từ C lần lượt là x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tính tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đặt lA: x + y – 3 = 0, mB: x – y + 1 = 0, hC: 2x + y + 1 = 0

- AẻlA ịA(a; 3-a); BẻmB ịB(b;b+1); CẻhC ịC(c;-1-2c)

- AB^hC ị 3a + b 4 = 0 (1)

0,25

Gọi M là trung điểm của ACÞ

2 2

;

2 2

a c a c
Mổỗỗỗ + - - ữữữữử

ỗố ứ

MẻmB ị 2a + 3c = 0 (2)

0,25

- Gọi N là trung điểm BMị

2 4 2 2

;

4 4

a b c a b c
Nổỗỗỗ + + - + - ửữữữữ

ỗố ứ

lA ^mB ịNẻlA ị 4b – c – 8 = 0 (3)

0,25
Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) ta được

12 39; , 32 49; , 8 ; 1

17 17 17 17 17 17

Aổỗỗỗỗ ữữử ổữữBỗỗỗỗ ữữữử ổữCỗỗỗỗ- - ữữữữử

ố ứ ố ứ è ø

0,25
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z 3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm

(1; 1; 1)

của (P), (Q) và nhận A là trung im.

( ) ( ; ;3 )

M ẻ P ị M x y - x

A là trung điểm MNÞ N(2- x; 2- - y; 5- +x)

ẻ ( )ị - =2 (1)

N Q x y 0,25

(2 2 ; 2 2 ; 8 2 )

MNuuuur= - x- - y- + x

Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): n1=(1;0;1),n2=(0;1;1)

r r

0,25
x

f’(x)
t = f(x)

¥ +¥

1

2

0 

1

x
g’(x)
m = g(x)

1




5

3
1

0 2

¥

+¥

13

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Þ n =[ , ] ( 1; 1;1)n n1 2 =

-r r r

MN vng góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q) Þ MN nuuuur r. =0

Þ 2x y+ =4 (2)

0,25

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được x=2,y=0

Þ M(2;0;1), (0; 2; 3)N -

-0,25

</div>

DE 2 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

<sub>∫</sub>

<sub>√</sub>

(

)

(

)

1 3

-

1 3

+

ò

ò

<sub>ò</sub>

<sub>ò</sub>

√

1

2

13

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về