CHUYEN PHAN BOI CHAU NGHE AN LAN 1 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (820.36 KB, 12 trang )
Chuyên Phan Bội Châu
www.VNMATH.com
Đề thi thử Chuyên Phan Bội Châu năm 2013
ĐỀ SỐ 1
Mơn: TỐN
NGÀY 14.04.2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm)
Cho hàm số y =
2x − 3
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng d : 2x − y + m = 0 cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt có tung độ dương.
Câu 2. (2 điểm)
π
x
3x
a) Giải phương trình (tan 2x cot x − 1) sin 4x = sin(x + ) + 2 sin cos
3
6x 2
b) Giải bất phương trình
2x + 1 + 1
2
2
2
> 2x + x − 1 + 1
Câu 3. (1 điểm)
ính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = (1 − x)e x ; y = x 3 − 1; và trục tung.
Câu 4. (1 điểm)
Cho hình chóp đều S.ABC có góc giữa mặt và mặt đáy bằng 60o và khoảng cách giữa
hai đường thẳng S A và BC bằng
3a
2 7
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và diện tích mặt cầu đi
qua bốn điểm S,O, B,C với O là tâm đáy.
Câu 5. (1 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thõa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=
1
a 2 + ab − a + 5
+
1
b 2 + bc − c + 5
+
1
c2 + ca − c + 5
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y , cho điểm A(2; 0) và đường tròn (T ) : (x − 1)2 + (y + 2)2 = 5. Tìm
tọa độ hai điểm B,C thuộc (T ) sao cho tam giác ABC vng tại B và có diện tích bằng 4.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z cho tam giác đều ABC có A(4; 2; −6) và phương trình đường
x −3
y −3
=
thẳng BC là :
2
1
vng góc với (ABC )
Câu 7A. (1 điểm)
=
z −1
. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trực tâm tam giác ABC và
1
3 n
(x = 0) , biết rằng
x
n
k
3
2
1
C n + 2C n + 3C n + ... + kC n + ... + nC n = 256n
Tìm số hạng khơng chứa x trong khai triển 2x 2 −
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng khi M thay
đổi trên (E) thì độ dài nhiỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của M F1 bằng 8 với F1 là tiêu
điểm có hồnh độ âm.
x
y −1 z +1
=
=
và mặt phẳng (P ) :
2
1
−1
x + y − z − 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng d thuộc mặt phẳng (P ) sao cho d vng góc với ∆ và
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z , cho đường thẳng ∆ :
khoảng cách giữa d và ∆ bằng 3.
Câu 7B. (1 điểm)
Tìm số phức z biết z 2 + 2z là số thực và z +
1
π
có một acgumen là −
z
3
———————————————–Hết—————————————————
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Mơn: TỐN; Khối A, A1, B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Câu I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
Tập xác định D \ {1}. Ta có: y '
5
( x 1)2
0, x D.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1),( 1; ). Hàm số không có cực trị.
Giới hạn: lim y lim y 2; lim y , lim y .
x
x
x1
x1
0,25
Tiệm cận: TCĐ: x 1, TCN: y 2.
Bảng biến thiên:
x
y'
1
+
+
y
2
2
0,25
Đồ thị:
y
2
3
2
–1 O
0,25
x
3
2. (1,0 điểm) Tìm m để …
Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và d là:
2x 3
2 x m 2 x 2 mx m 3 0 (1).
x 1
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm phân biệt
m2 8m 24 0 m 4 40
x1 , x2 khác –1 khi và chỉ khi
m 4 40.
2 m m 3 0
Câu II
Hai giao điểm có tung độ dương khi và chỉ khi
x1 x2 m 0
2 x1 m 2 x2 m 0
2
(2 x1 m)(2 x2 m) 0
4 x1 .x2 2 m( x1 x2 ) m 0
m
2 m 0
m 0. Vậy m 4 40.
2(m 3) 2 m( m ) m 2 0
2
1.(1,0 điểm) Giải phương trình…..
Trang 1/4
0,25
0,25
0,25
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Câu
Đáp án
Điểm
Điều kiện: cos 2 x 0, sin x 0. Phương trình đã cho tương đương với
s in2x.cos x sin x.cos 2 x
x
3x
(
) sin 4 x sin( x ) 2 sin cos
sin x.cos 2 x
3
2
2
1
3
2 sin 2 x sin x
cos x sin 2 x sin x
2
2
3
1
2
2
sin 2 x
cos x sin x sin 2 x sin( x) x k
x
k 2.
2
2
3
9
3
3
2
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là: x k
,x
k 2(k ).
9
3
3
2.(1,0 điểm) Giải bất phương trình…
Điều kiện x 1. Bất pt tương đương với
6 x 2 ( 2 x 1 1)2
0,25
0,25
0,50
0,25
2x x 1 1
4 x2
3
1
x 3 2 x 1 4 x 1 ( 2 x 1 ) 2 ( x 1 ) 2 (1).
2
2
3
1
Với x 1, ta có: 2 x 1 0, x 1 0.
2
2
3
1
Do đó (1) 2 x 1 x 1 2 x 1 x 1 2 4 x 1 x 2
2
2
x 2
x 10 4 5. Kết hợp điều kiện ta có nghiệm x 10 4 5.
2
x 20 x 20 0
Câu III
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
Phương trình hồnh độ giao điểm:
0,25
(1 x)e x x3 1 ( x 1)(e x x 2 x 1) 0 x 1 ( do e x x 2 x 1 0, x ).
1
S
1
(1 x)e x ( x3 1) dx
0
1
((1 x)e x ( x3 1))dx
0
1
(1 x )e x dx ( x 3 1) dx
0,25
0
0
Đặt u 1 x, dv e x dx du dx, v e x . Ta có:
1
x
(1 x)e dx (1 x)e
0
Câu IV
x1
0
1
0
x
e dx 1 e
x1
0
x4
e 2, suy ra S e 2 ( x)
4
1
0
0,50
5
e .
4
Tính thể tích khối chóp …..
(1,0 điểm)
S
Gọi M là trung điểm BC. Kẻ MH SA,( H SA)
BC AM
(*) BC ( SAM ) BC MH
Ta có
BC SO
Do đó MH là đường vng góc chung của SA và BC,
3a
.
Suy ra MH
2 7
H
A
E
C
•
O
•
M
0,25
I
B
Cũng từ (*) ta có: SM BC SMA (( SBC ), ( ABC )) 60 .
Đặt OM x AM 3 x, OA 2 x, SO x 3, SA x 7.
Trong tam giác SAM ta có: SA.MH SO. AM x 7.
2
3a
2 7
x 3.3 x x
a
2 3
AB a.
0,25
3
1
1 a a 3 a 3
VS . ABC SO.S ABC . .
.
3
3 2 4
24
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Kẻ đt d đi qua I vng góc với (ABC).
Ta có d//SO. Trong mặt phẳng (SOI) kẻ trung trực của SO cắt d tại E. Khi đó E là tâm mặt
cầu.
Trang 2/4
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Câu
Câu V
(1,0 điểm)
Câu VIa
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1
a
BC
a
Bán kính mặt cầu R EO EI 2 IO 2 . Ta có: EI SO , IO
, suy ra
2
4
3
2sin BOC
a 2 a 2 19a 2
19 a 2
R2
. Vậy diện tích mặt cầu là S 4 R 2
.
16 3
48
12
Tìm giá trị lớn nhất…
1
1
1
2
2
) (1).
a ab a 5 b bc c 5 c ca c 5
Ta có a 2 ab a 5 (a 1) 2 ab a 4 ab a 4, suy ra
1
1
1
1
1
1
(
).
2
a ab a 5 ab a 4 ab a 1 3 4 ab a 1 3
3
1
1
1
3
) .
Tương tự, và kết hợp với (1) ta được: P 2 (
4 ab a 1 bc b 1 ca c 1 4
1
1
1
1
a
ab
Vì abc 1 nên
1.
ab a 1 bc b 1 ca c 1 ab a 1 1 ab a a 1 ab
3
3
3
Do đó, P 2 P
, dấu bằng xảy ra tại a b c 1. Vậy max P
.
2
2
2
Áp dụng bđt Bunhiacopski: P 2 3(
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1.(1,0 điểm). Tìm toạ độ B, C…
Đường trịn (T) có tâm I(1;–2). Vì A thuộc (T) và tam giác ABC vuông tại B nên AC là
đường kính của (T) suy ra toạ độ C(0;–4).
0,25
Gọi B(a;b). Ta có: B (T ) (a 1)2 (b 2)2 5 (1). Phương trình AC: 2 x y 4 0.
b 2 a 8
1
1 2a b 4
.2 5 2a b 4 4
Ta có: SABC d ( B, AC ). AC 4 .
2
2
5
b 2a.
0,25
a 2
16 8
Với b 2a 8, ta có: (1) 5a 26a 32 0 16 Vậy B (2; 4) hoặc B( ; ).
a .
5 5
5
0,25
a 0
6 12
Với b 2 a, ta có: (1) 5a 2 6 a 0
Vậy B (0;0) hoặc B ( ; ).
a 6 .
5 5
5
0,25
2
2.(1,0 điểm). Viết phương trình….
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi M là trung điểm BC.
M BC M (3 2t ;3 t;1 t ) AM (2t 1; t 1; t 7). BC có vtcp u (2;1;1).
Tam giác ABC đều nên AM BC AM .u 0 t 1.
0,25
2
Khi đó AH AM (2;0; 4) H (2;2; 2).
3
0,25
Vì d ( ABC ) nên d có vtcp u1 u, AM (6; 15;3).
0,25
Phưong trình của d là:
Câu VIIa
(1,0 điểm)
x2 y2 z2
.
6
15
3
0,25
Tìm số hạng không chứa x …….
n
Xét khai triển (1 x) n
n
Cnk x k , đạo hàm hai vế: n (1 x) n1
n
được n2
k
n
k 1
k 0
n 1
kC x
kC .
k
n
k 1
Trang 3/4
k 1
, chọn x 1 ta
0,25
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
Câu
Đáp án
Điểm
Kết hợp giả thiết ta có: 256n n.2 n1 n 9.
9
9
3
3
Khi đó ta có khai triển (2 x 2 )9 C9k (2 x 2 )9 k ( ) k C9k 29 k (3) k x183 k
x
x
k 0
k 0
0,25
Ta có: 18 3k 0 k 6. Vậy số hạng không chứa x là C96 2336.
Câu VIb
(2,0 điểm)
0,25
0,25
1.(1,0 điểm)Viết phương trình elip….
x2 y 2
1,(a b 0).
a 2 b2
cx
M ( x; y ) ( E ) MF1 a , mà a x a nên MF1 lớn nhất bằng a c khi x a, y 0.
a
2
2
x
x
x 2 y 2 x 2 y 2 OM 2
Vì a b nên 2 2 1 2 2
2 OM b. Suy ra giá trị nhỏ nhất của
a
b
a
b
b2
b
OM bằng b khi x 0; y b.
Gọi pt chính tắc của (E) là:
b 4
b 4
b 4
x2 y2
Kết hợp giả thiết ta có:
Vậy pt (E):
2
1.
25 16
a c 8 a 16 8 a
a 5.
1.(1,0 điểm). Viết phương trình ..
u (2;1; 1); n( P ) (1;1; 1), do đó d có vectơ chỉ phương là ud u ; n( P ) (0;1;1).
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và song song với , ta có: n(Q ) u , ud (2; 2;2).
Phương trình (Q) có dạng: x y z m 0. Chọn A (0;1; 1) , ta có:
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
d ( A,(Q)) d ( ,(Q )) d ( , d ) 3 m 1 m 5.
x 1
Với m 1, vì d ( P ) (Q) nên d đi qua B (1;0;0), phương trình d : y t
z t.
x 2
Với m 5, vì d ( P) (Q) nên d đi qua C (2;3;0), phương trình d : y 3 t
z t.
Câu VIIb
(1,0 điểm)
0,25
0,25
Tìm số phức z…
Vì z .z 1 0 và z
1 z .z 1
1
có một acgumen là nên có một acgumen là , suy
z
z
3
z
3
ra z có một acgumen là
Gọi z r (cos
3
0,25
.
r
r 3
i sin ) a bi a , b
,( r 0).
3
3
2
2
Ta có z 2 2 z a 2 b2 2a 2b( a 1)i là số thực khi và chỉ khi
a 1
r 2
2b( a 1) 0
Vậy z 1 3i.
b 0
r 0.
………….Hết………….
Trang 4/4
0,25
0,50
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2012 - 2013
Mơn thi: TỐN; Khối: D
Thời gian làm bài: 180 phút; không kể thời gian phát đề.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x 3 9mx 2 12m 2 x 1 (1) ( m là tham số).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1 .
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) .
5
sin
4 x sin x sin 3 x cos 3 x cos x
2
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
0.
sin x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2( x 2 x 6) 5 x 3 8 .
/3
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
2 sin x( x
2
cos x sin 3 x)dx .
/3
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A1 B1C1 có đáy ABC là tam giác vng tại A , AB a ,
ABC 60 0 ; hình chiếu vng góc của A1 trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của BC ; góc giữa
đường thẳng AA1 và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B1C1 theo a và góc
giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 .
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
mx4 x ( 1 x 1) 3 x 3 3x 1.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với A(1;1) , B ( 2;3) và
C thuộc đường tròn x 2 y 2 6 x 4 y 9 0 . Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích
của tam giác ABC bằng 0,5 và điểm C có hồnh độ là một số nguyên.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho ba điểm
A(3;0;2), B (1;1;0), C ( 4;5;3) . Gọi M là điểm thuộc đoạn BC sao cho MC 2 BM . Viết phương trình
đường thẳng đi qua B , vng góc và cắt đường thẳng AM .
Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn z 2i 5 và điểm biểu diễn của z thuộc đường thẳng
3x y 1 0 .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của hypebol
(H ) , biết hình chữ nhật cơ sở của (H ) có diện tích 48 và một đường chuẩn của (H ) có phương trình
5 x 16 0 .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho điểm M (0;3;2) và đường thẳng
x y z 1
:
. Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua M , song song với và khoảng cách giữa và
1 1
4
(P ) bằng 3.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức z (1 i 3)10
…………HẾT..............
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
www.VNMATH.com
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NGHỆ AN
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN THỨ 1
TRƯỜNG THPT CHUN PHAN BỘI CHÂU
MƠN THI: TỐN; KHỐI: D
(Đáp án gồm 6 trang)
Câu
1.a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 2x
* Tập xác định : D = R.
* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực: lim y , lim y .
Điểm
Nội dung
x
3
9x 2 12x 1
1,00
0,25
x
- Bảng biến thiên:
Ta có:
y' 6x 2 18x 12, x R ; y' 0 x 2 hoặc x 1.
x
-
y’
-2
+
-1
0
-
0
+
0,25
-3
y
-4
-
(;2) , (1;) và nghịch biến trên khoảng (2;1) .
Hàm số đạt cực đại tại x 2 , với giá trị cực đại y(2) 3 và đạt cực tiểu tại x 1, với giá
trị cực tiểu y(1) 4 .
* Đồ thị (C) :
- (C) cắt Oy tại điểm (0;1)
- (C) đi qua điểm (3;8)
- (C) có điểm uốn I (3 / 2;7 / 2) . (C) nhận I (3 / 2;7 / 2) làm tâm đối xứng.
Hàm số đồng biến trên các khoảng
y
0,25
f(x)=2*x^3+9*x^2+12*x+1
8
6
0,25
4
2
x
-8
-6
-4
-2
2
-2
-4
-6
-8
Trang 1/6
4
6
8
1.b
Tìm
m để hàm số y 2x3 9mx2 12m2 x 1 (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) .
www.VNMATH.com
y' 6x 2 18mx 12m2 , x R . ' 9m2 .
- Nếu m 0 thì y' 0, x R , hàm số đồng biến trên R. Vậy m 0 không thỏa mãn.
- Nếu m 0 thì y' 0 2m x m . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) khi
và chỉ khi 2m 2 3 m (vô nghiệm).
- Nếu m 0 thì y' 0 m x 2m . Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (2;3) khi
3
và chỉ khi m 2 3 2m 2 m .
2
3
Vậy, các giá trị m cần tìm là m [2; ] .
2
5
sin 4x sin x sin 3x cos3x cos x
2
0.
sin x
2.
Giải phương trình:
sin x 0 . Với điều kiện này, phương trình đã cho tương đương:
Điều kiện :
cos4x (cos3x cos x sin 3x sin x) 0
cos4x cos2x 4x 2x k 2
x k (k Z )
xk
xk
3
3
hoặc
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
(k Z ) .
0,25
thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi
k 3m 1(m Z ) hoặc k 3m 2(m Z )
m (m Z ) ,
2
m (m Z ) .
3
3
Giải phương trình: 2( x x 6) 5 x3 8
(2).
Điều kiện: x 2 . Với điều kiện này, phương trình (2) tương đương với phương trình
(3).
2(x2 2x 4) 5 x2 2x 4. x 2 2(x 2) 0
2
x 2x 4, b x 2 ( a 0, b 0) , phương trình (3) trở thành:
2a 5ab 2b2 0
(2a b)(a 2b) 0 2a b hoặc a 2b .
Đặt a
0,25
0,25
x k (k Z )
3
Vậy, nghiệm của phương trình là
3.
1,00
0,25
1,00
0,25
2
2
2
2
- Với 2a b , ta có 2 x 2x 4 x 2 4x 9x 14 0 (vô nghiệm)
x 2 2x 4 2 x 2 x 2 6x 4 0 x 3 13 (tmđk).
Vậy, phương trình (2) có hai nghiệm là x 3 13 .
- Với a 2b , ta có
4.
Tính tích phân
/3
I
2
2sin x( x cos x sin 3x)dx .
0,25
0,25
0,25
1,00
/ 3
I
/3
(x
2
sin 2x 2 sin x sin 3x)dx J K
/3
trong đó J
0,25
/3
/3
x sin 2xdx , K 2sin 3x sin xdx .
2
/3
/3
Trang 2/6
- Tính K : K
www.VNMATH.com / 3
sin 2x sin 4x
/3
(cos2x cos4x)dx
2
/3
- Tính J : Đặt
3 3
.
4 / 3
4
0,25
u x , ta có x2 u2 , sin 2x sin 2u, du dx , u ,
3
u . Do đó J
3
3
I J K
5.
/ 3
u
2
/3
sin 2udu
u
2
3
0,25
sin 2udu J J 0 .
/3
/3
3 3
.
4
... Tính thể tích khối lăng trụ
0,25
ABC.A1B1C1 và góc giữa hai đường thẳng CA và BB1 .
1
Gọi H là trung điểm của BC .
1,00
A1
Từ giả thiết, ta có AC AB tan 60 a 3 ,
B1
1
AB
AH BH CH BC
a.
2
2 cos600
A
0
C1
0,25
Vì A1 H ( ABC) nên góc giữa đường thẳng AA1
B
H
C
và mặt phẳng (ABC) bằng góc A1 AH . Kết hợp giả thiết, ta có A1 AH 600 .
AH
2a . Thể tích khối lăng trụ đã cho
cos600
1
1
3a 3
là V S ABC.A1 H AB.AC.A1 H a.a 3.a 3
.
2
2
2
Vì BB1 // AA1 nên góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 bằng góc giữa hai đường
Suy ra A1 H AH tan 600 a 3 , AA
1
thẳng CA1 và AA1 . Ta có CA
1
A1 H 2 CH 2 3a 2 a 2 2a .
AA CA AC
2
1
2
1
2
4a 4a 3a
2
2
6.
0,25
2
5
.
2 AA1.CA1
2.2a.2a
8
5
Vậy, góc giữa hai đường thẳng CA1 và BB1 là góc thỏa mãn cos .
8
Do đó cos cos AA1C
0,25
m để bất phương trình mx4 x ( 1 x 1)3 x3 3x 1 (4) có nghiệm.
Điều kiện: 0 x 1 .
- Xét x 0 , thay vào (4) khơng thỏa mãn với mọi m R .
Tìm
x (0;1] , ta có x4 x ( 1 x 1)3 0 , nên bpt (4) tương đương với bpt
1 3x x3
m 4
.
x x (1 1 x )3
1 3x x3
Đặt f ( x)
, ta có
x4 x (1 1 x )3
0,25
1,00
0,25
- Xét
1 x3
1 3x x3
1
1
. 4
f ( x)
.4
3
x (1 1 x )3
3
x
x
x (1 1 x )
Trang 3/6
.
0,25
0,25
Vì
x (0;1] nên
1 x3
www.VNMATH.com
0 và 0 4 x (1 1 x )3 1 f ( x) 3, x (0;1] .
x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1.
Do đó, bpt (4) có nghiệm khi và chỉ khi m min f ( x) hay m 3 .
0,25
...Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC ...
1,00
x(0;1]
7.a
Ta có AB(1;2) AB 5 .
Phương trình của đường thẳng
8.a
AB là 2( x 1) ( y 1) 0 hay 2x y 1 0 .
Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB . Khi đó, phương trình của có dạng
m 1 2S ABC
2x y m 0(m 1) . Vì // AB nên d ( A; ) d (C; AB) hay
AB
5
m 1 1 m 0 (tm) hoặc m 2 (tm).
- Với m 0 thì có phương trình 2x y 0 .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
y 2x
y 2x
2
2 2
(vô nghiệm).
x y 6x 4 y 9 0 5x 14x 9 0
- Với m 2 thì có phương trình 2x y 2 0 .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
7
x 5
y 2x 2
y 2x 2
x 3
2
2 2
(tm) hoặc
(loại).
x y 6x 4 y 9 0 5x 22x 21 0 y 4
y 4
5
8
C(3;4) và tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là 2; .
3
Viết phương trình đường thẳng ...
Gọi M (a; b; c) , ta có
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
BM (a 1; b 1; c), BC(3;6;3) . Vì M thuộc đoạn BC và
a 1 1
a 2
1
MC 2BM nên BM BC b 1 2 b 1 M (2;1;1) .
3
c 1
c 1
Đường thẳng AM đi qua A(3;0;2) và có một vectơ chỉ phương MA(1;1;1) nên có
x 3 t
.
phương trình tham số là y t
z 2 t
Tọa độ hình chiếu H của B trên đường thẳng AM có dạng (3 t; t;2 t ) .
Ta có H và BH (2 t; t 1;2 t ) . Vì BH AM nên BH.MA 0 hay
0,25
0,25
0,25
2 t t 1 2 t 0 t 1 BH (1;2;1) .
Đường thẳng đi qua B(1;1;0) và có một vectơ chỉ phương BH (1;2;1) nên có phương
x 1 u
trình tham số là y 1 2u .
z u
0,25
Trang 4/6
9.a
Tìm số phức z ...
www.VNMATH.com
1,00
Gọi số phức cần tìm là z a bi (a, b R) . Khi đó z 2i a (b 2)i .
a 2 (b 2) 2 5
Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:
3a b 1 0
2
2
2
a (3a 1) 5 5a 3a 2 0
b 3a 1
b 3a 1
2
a 5
a 1
hoặc
.
b 4
b 1
5
Vậy, có hai số phức cần tìm là 1 4i và
7.b
0,25
0,25
0,25
2 1
i.
5 5
Viết phương trình chính tắc của hypebol (H ) ...
0,25
1,00
x2 y2
1 (a 0, b 0) . Vì hình chữ
a 2 b2
nhật cơ sở của (H ) có diện tích 48 và một đường chuẩn của (H ) có phương trình
2a.2b 48
16
x nên ta có hệ phương trình a 2 16 (I).
5
c 5
12
b a
ab 12
ab 12
Ta có (I)
4
2
4
2
2
25a 256(a b )
25a 256c
25a 4 256 a 2 144
a2
Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H ) là
12
12
b
b
a
a
25a 6 256a 4 36864 0
(a 2 16)(25a 4 144a 2 2304) 0
12
b 2 9
b
4
2
(thỏa mãn).
a (vì 25a 144a 2304 0 ) 2
a 16
a 2 16
Vậy, phương trình chính tắc của hypebol (H ) là
8.b
x2 y 2
1.
16 9
...Viết phương trình mặt phẳng (P) ...
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
Mặt phẳng (P) đi qua điểm M (0;3;2) nên có phương trình dạng
ax b( y 3) c( z 2) 0 (a 2 b 2 c 2 0) hay ax by cz 3b 2c 0 .
x y z 1
Đường thẳng :
đi qua A(0;0;1) và có một vectơ chỉ phương u(1;1;4) . Mặt
1 1
4
phẳng (P) có một vectơ pháp tuyến n(a; b; c) .
Trang 5/6
0,25
Vì mặt phẳng (P) song song với và khoảng cách giữa và (P) bằng 3 nên ta có
www.VNMATH.com
A ( P)
hay
u.n 0
d ( A; ( P)) 3
3c 3b 0
a b 4c
a b 4c 0
2
2
2
2
(c b) (b 4c) b c
3c 3b
3
a2 b2 c2
0,25
a b 4c
a 2c
a 4c
hoặc
.
2
2
b 2c
b 8c
b 10bc 16c 0
- Với a 2c, b 2c , ta chọn a 2 thì b 2 , c 1 . Khi đó, (P) có phương trình
2x 2 y z 8 0 .
- Với a 4c, b 8c , ta chọn a 4 thì b 8 , c 1 . Khi đó, (P) có phương trình
4x 8 y z 26 0 .
Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là 2x 2 y z 8 0 , 4x 8 y z 26 0 .
9.b
0,25
0,25
Tìm acgumen âm lớn nhất của số phức
z (1 i 3)10 .
1,00
10
10
1
i. 3 210 cos i sin .
z (1 i 3) 2
2
3
3
2
10
10
0,25
Áp dụng công thức Moa-vrơ, ta có
10 10 4
4
10
z 210 cos
i sin
2 cos i sin .
3
3
3
3
4
4
2
k 2 (k Z ) . Ta có
k 2 0 k
Các acgumen của z đều có dạng
3
3
3
...,
hay k 4,3,2,1 .
Acgumen âm lớn nhất của z tương ứng với k 1 .
2
Vậy acgumen cần tìm của z là
.
3
---------Hết--------
Trang 6/6
0,25
0,25
0,25
