DE 18 TOAN CO DAP 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 (179.18 KB, 6 trang )

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.

2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞)

Câu II (3 điểm) 1) Giải phương trình: 2 cos 3x(2cos 2x+1)=1
2) Giải phương trình : (3x+1)

√

2x2−1=5x2+3

2x −3
3) Giải bất phương trình: x(3 log2x −2)>9 log2x −2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
3

√

ex+2¿2
¿
¿
dx

¿
I=

∫

0
3 ln 2

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’lên măt
phẳng (ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC. Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’
 và BC là

a 3
4

Câu V(1 điểm) Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 ,
¿
z∈

C.

Câu VI (2 điểm)

1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
( ) : 3 x y  5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
d

1:
x −4

3 =

y −1
−1 =

z+5

−2 d2:
x −2

1 =

y+3

3 =

z
1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2

---HẾT---TTBDVH KHAI TRÍ
ĐỀ SỚ 17

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

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

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17
Câu I

1) Đồ Học sinh tự làm 1,0

2) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

⇒y '=6x2−6(2m+1)x+6m(m+1)
y’ có 2m+1¿

−4(m2+m)=1>0
Δ=¿

0,5

y '=0⇔
x=m

¿
x=m+1

¿
¿
¿
¿
¿

Hàm số đồng biến trên (2;+∞) ⇔ y '>0 ∀x>2 ⇔ m+1≤2

⇔ m≤1

0,25

Câu II 1) Giải phương trình: 2 cos 3x(2cos 2x+1)=1 1 điểm

PT ⇔ 2 cos3x(4 cos2x −1)=1 ⇔ 2 cos3x(3−4 sin2x)=1 0,25

Nhận xét x=kπ , k∈Z khơng là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
2 cos 3x(3−4 sin2x)=1 ⇔ 2 cos 3x(3 sinx −4 sin3x)=sinx

⇔ 2 cos 3xsin 3x=sinx ⇔ sin 6x=sinx

0,25

⇔

6x=x+m2π
¿

6x=π − x+m2π
¿

¿
¿
¿

⇔

x=2mπ
5
¿

x=π

7+
2mπ

7
¿
¿
¿
¿

; m∈Z

0,25

Xét khi 2mπ

5 =¿ kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m ¿5t , t∈Z

Xét khi π7+2mπ

7 = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1&
m=7l+3, l∈Z

Vậy phương trình có nghiệm: x=2mπ

5 ( m≠5t ); x=

π
7+

2mπ

7 (

m≠7l+3 ) trong đó m ,t ,l∈Z

0,25

2) Giải phương trình : (3x+1)

√

2x2

−1=5x2+3
2x −3

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

PT ⇔ 2(3x+1)

√

2x2−1=10x2+3x −6

2(3x+1)

√

2x2−1=4(2x2−1)+2x2+3x −2 .Đặt t=

√

2x2−1(t ≥0)
Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0

Ta có:

x −3¿2

3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿
Δ'=¿

0,25

Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0
Ta có:

x −3¿2

3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿
Δ'=¿

0,25

Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t=2x −1

2 ;t=

x+2
2

Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:
x∈

{

−1+

√

2 ;

√

}

0,5

3) Giải bất phương trình x(3 log2x −2)>9 log2x −2 1 điểm
Điều kiện: x>0

Bất phương trình ⇔ 3(x −3)log2x>2(x −1)

Nhận thấy x=3 khơng là nghiệm của bất phương trình.

0.25
TH1 Nếu x>3 BPT ⇔ 3

2log2x>
x −1
x −3
Xét hàm số: f(x)=3

2log2x đồng biến trên khoảng (0;+∞)
g(x)=x −1

x −3 nghịch biến trên khoảng (3;+∞)
*Với x>4 :Ta có

¿
f(x)>f(4)=3

g(x)<g(4)=3
}

 Bpt có nghiệm x>4

* Với x<4 :Ta có

¿
f(x)<f(4)=3

g(x)>g(4)=3
}

 Bpt vô nghiệm

0,25

TH 2 :Nếu 0<x<3 BPT ⇔ 3

2log2x<
x −1
x −3
f(x)=3

2log2x đồng biến trên khoảng (0;+∞)
g(x)=x −1

x −3 nghịch biến trên khoảng (0;3)

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

*Với x>1 :Ta có

¿
f(x)>f(1)=0
g(x)<g(1)=0

}
¿

 Bpt vơ nghiệm

* Với x<1 :Ta có

¿
f(x)<f(1)=0
g(x)>g(1)=0

}
¿

 Bpt có nghiệm 0<x<1

VậVậy Bpt có nghiệm

x>4
¿
0<x<1

¿
¿
¿
¿
0,25
Câu III

Tính tích phân

√

ex+2¿2
¿
¿
dx

¿
I=

∫

0
3 ln 2

1 điểm

Ta có
e

x
3

+2¿2
¿
e
x
3
¿
e
x

3dx
¿
I=

∫

0
3 ln 2

¿
=

Đặt u= ex3 ⇒ 3 du

=e

x

3dx ; x=0⇒u=1; x=3 ln2⇒u=2

0,25

Ta được:

u+2¿2
¿
u¿
3 du

¿
I=

∫

1
2

u+2¿2
1

4u−
1
4(u+2)−

1
2(¿)du
¿

∫

1
2
¿
0,25

(

4ln|u

|

−
1

4ln|u+2|+
1

2(u+2)

)

¿1

2 0,25

¿3
4ln(

3
2)−

8
Vậy I ¿3

4ln(
3
2)−

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

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

AM⊥BC

A ' O⊥BC
}
¿

⇒BC⊥(A 'AM)

Kẻ MH⊥AA ', (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

BC⊥(A 'AM)
HM∈(A 'AM)

}

⇒HM⊥BC

.Vậy HM là đọan vơng góc chung của

AA’và BC, do đó d(AA',BC)=HM=a

√

4 .

0,5

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A ' O

AO =

HM
AH

⇔ suy ra A ' O=AO. HM

AH =

a

√

3
3

a

√

3
4

4
3a=

a
3

Thể tích khối lăng trụ:

V=A ' O.SABC=12A ' O. AM . BC=12a3 a2

√

3a=a
3

√

3
12

0,5

CâuV

Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 ,
¿
z∈

C. 1 điểm

PT ⇔ z(z+2)(z −1)(z+3)=10⇔ (z2+2z)(z2+2z −3)=0
Đặt t=z2+2z . Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25

Đặt t=z2+2z . Khi đó phương trình (8) trở thành

t2−3t −10=0

0,25

⇔

t=−2
¿
t=5

¿
z=−1±i

¿
z=−1±

√

¿
¿
¿

⇒¿
¿
¿
¿

Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1±

√

6 ; z=−1± i

0,5
A

C
H

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

Câu VI
1)

1 điểm
Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB5

Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 và CD 17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:

13 19 11 37

( , ) ; ( , )

5 17

t t

d M AB   d M CD  

0,25

Từ đó: SMABSMCD  d M AB AB d M CD CD( , ).  ( , ).

7
9

t t

   

 Có 2 điểm cần tìm là:

7
( 9; 32), ( ; 2)

M   M

0,5

2) 1 điểm

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A
và B khi đó ta ln có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d



1, 2



dấu bằng xảy ra khi I

là trung điểm AB và AB là đoạn vng góc chung của hai đường thẳng d1, d2 0, 25
Ta tìm A, B :

'
AB u
AB u

 








 

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 AB(….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25
Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là:





2 2 2

2 ( 1) ( 1) 6

</div>

DE 18 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

√

√

∫

<sub>√</sub>

√

√

√

{

√

√

}

√

∫

∫

∫

∫

(

|

)

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về