Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
438,94 KB
Nội dung
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 6 Với: 2 1 a b đường thẳng qua AB có phương trình 2 0 x y Với 4 3 a b đường thẳng qua AB có phương trình 3 12 0 x y 0,25 0,25 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x có đồ thị (C m ). 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 (2 điểm) a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx b) Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 xxxx Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2ln3 0 23 )2( x e dx I Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ và BC là a 3 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 yx yx P II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. 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 5 0 x y sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 2 5 1 1 3 4 : 1 zyx d 1 3 3 1 2 : 2 zyx d Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d 1 và d 2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: 2log9)2log3( 22 xxx www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 7 ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu I a) Đồ thị Học sinh tự làm 0,25 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 y x m x m m x )1(6)12(66' 2 mmxmxy y’ có 01)(4)12( 22 mmm 0,5 1 0' mx mx y Hàm số đồng biến trên ;2 0' y 2 x 21 m 1 m 0,25 b) 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 1)12cos2(3cos2 xx 1 đi ểm PT 1)1cos4(3cos2 2 xx 1)sin43(3cos2 2 xx 0,25 Nhận xét Zkkx , không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2 xx xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3 xxx sin3sin3cos2 xx sin6sin 0,25 26 26 mxx mxx 7 2 7 5 2 m x m x ; Zm 0,25 Xét khi 5 2 m k 2m=5k m t5 , Zt Xét khi 7 2 7 m = k 1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Zl Vậy phương trình có nghiệm: 5 2 m x ( tm 5 ); 7 2 7 m x ( 37 lm ) trong đó Zltm ,, 0,25 Giải phương trình : 3 2 3 512)13( 22 xxxx 1 đi ểm PT 631012)13(2 22 xxxx 232)12(412)13(2 222 xxxxx . Đặt )0(12 2 txt Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx 0,25 b) Pt trở thành 0232)13(24 22 xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13(' xxxx 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 8 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12 x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm: 7 602 ; 2 61 x 0,5 Tính tích phân 2ln3 0 2 3 )2( x e dx I 1 đi ểm Ta c ó 2ln3 0 2 33 3 )2( xx x ee dxe I = Đặt u= 3 x e dxedu x 3 3 ; 22ln3;10 uxux 0,25 Ta được: 2 1 2 )2( 3 uu du I =3 du u uu 2 1 2 )2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1 u uu 0,25 Câu III 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3 0,25 Câu IV 0,5 A B C C’ B’ A’ H O M www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 9 Gọi M là trung điểm BC ta thấy: BCOA BCAM ' )'( AMABC Kẻ ,'AAMH (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) Do BCHM AMAHM AMABC )'( )'( .Vậy HM là đọan vông góc chung của AA’và BC, do đó 4 3 )BC,A'( aHMAd . Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AH HM AO OA ' suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC 0,5 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 3 cba .Chứng minh rằng: 134)(3 222 abccba 1 đi ểm Đặt 2 ;134)(3),,( 222 cb tabccbacbaf *Trước hết ta chưng minh: ),,(),,( ttafcbaf :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết cba 33 cbaa hay a 1 ),,(),,( ttafcbaf 134)(3134)(3 2222222 atttaabccba = )(4)2(3 2222 tbcatcb = 22 22 4 )( 4 4 )(2 3 cb bca cb cb = 2 2 )( 2 )(3 cba cb = 0 2 ))(23( 2 cba do a 1 0,5 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: 0),,( ttaf với a+2t=3 Ta có 134)(3),,( 2222 atttattaf = 13)23(4))23((3 2222 ttttt = 0)47()1(2 2 tt do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra 10&1 cbacbt (ĐPCM) 0,5 Câu V 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: 1 22 yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 10 1 1 22 44 yx yx P Từ giả thiết suy ra: xyxyyx xyxyxyyxyx 33)(1 21 2 22 Từ đó ta có 1 3 1 xy . 0,25 M¨t kh¸c xyyxyxyx 11 2222 nªn 12 2244 xyyxyx .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña 1 3 1 ; 2 22 )( 2 t t tt tfP 0.25 TÝnh )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf 0.25 Do hàm số liên tục trên 1; 3 1 nên so sánh giá trị của ) 3 1 ( f , )26( f , )1(f cho ra kết quả: 626)26( fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min fP 0.25 Câu VIa 1 đi ểm (Học sinh tự vẽ hình) Ta có: 1;2 5 AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0 x y . : ; I d y x I t t . I là trung điểm của AC: )2;12( ttC 0,5 a) Theo bài ra: 2),(. 2 1 ABCdABS ABC 446. t 3 4 0 t t Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( 3 8 ; 3 5 ) thoả mãn . 0,5 1 đi ểm *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 b) *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với (ABC) nên )1;1;2(// nOH ; H ABC Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= 3 1 suy ra ) 3 1 ; 3 1 ; 3 2 ( H 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 11 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) H là trung điểm của OO’ ) 3 2 ; 3 2 ; 3 4 (' O 0,5 Giải phương trình: 10)2)(3)(( 2 zzzz , z C. 1 đi ểm PT 10)3)(1)(2( zzzz 0)32)(2( 22 zzzz Đặt zzt 2 2 . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt zzt 2 2 . Khi đó phương trình (8) trở thành 0103 2 tt 0,25 CâuVIIa 61 1 5 2 z iz t t Vậy phương trình có các nghiệm: 61z ; iz 1 0,5 Câu VIb a) 1 đi ểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0 x y và 5 AB Viết phương trình đường CD: 4 17 0 x y và 17 CD 0,25 Điểm M thuộc có toạ độ dạng: ( ;3 5) M t t Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD 0,25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD 7 9 3 t t Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M 0,5 1 đi ểm Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d 1 , d 2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ 1 2 , d d d dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1 , d 2 0, 25 Ta tìm A, B : ' AB u AB u Ad 1 , Bd 2 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 b) 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 x y z 0,25 CâuVIIb Giải bất phương trình 2log9)2log3( 22 xxx 1 đi ểm www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 12 Điều kiện: 0 x Bất phương trình )1(2log)3(3 2 xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 0.25 TH1 Nếu 3 x BPT 3 1 log 2 3 2 x x x Xét hàm số: xxf 2 log 2 3 )( đồng biến trên khoảng ;0 3 1 )( x x xg nghịch biến trên khoảng ;3 *Với 4 x :Ta có 3)4()( 3)4()( gxg fxf Bpt có nghiệm 4 x * Với 4 x :Ta có 3)4()( 3)4()( gxg fxf Bpt vô nghiệm 0,25 TH 2 :Nếu 30 x BPT 3 1 log 2 3 2 x x x xxf 2 log 2 3 )( đồng biến trên khoảng ;0 3 1 )( x x xg nghịch biến trên khoảng 3;0 *Với 1 x :Ta có 0)1()( 0)1()( gxg fxf Bpt vô nghiệm * Với 1 x :Ta có 0)1()( 0)1()( gxg fxf Bpt có nghiệm 10 x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm 10 4 x x 0,25 Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng : 25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y 5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab ( *) ( *) 3 3 3 2 2 2 4 a b c a b c a abc b abc c abc 0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 13 3 3 3 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4 a b c a b c a b a c b c b a c a c b Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ 0,25đ Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph ần Nội dung Điểm CâuVI a. (1,0) 1(1, 0) + Do AB CH nờn AB: 1 0 x y . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ( 4;3) AB BN B . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ ' A BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0 x y . Gọi ( ) I d BN . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y . Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4) A + Phương trình BC: 7 25 0 x y . Giải hệ: 7 25 0 1 0 x y x y Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C . + 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 4 BC , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d A BC BC 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1 u (4; - 6; - 8) 2 u ( - 6; 9; 12) +) 1 u và 2 u cùng phương 0,25đ +) M( 2; 0; - 1) d 1 ; M( 2; 0; - 1) d 2 Vậy d 1 // d 2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng I là giao điểm của A 1 B và d 0,25đ B C A H N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 14 Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. *) Gọi H là hình chiếu của A lên d 1 . Tìm được H 36 33 15 ; ; 29 29 29 A’ đối xứng với A qua H nên A’ 43 95 28 ; ; 29 29 29 I là trung điểm của A’B suy ra I 65 21 43 ; ; 29 58 29 0,25đ Cõu Nội dung Điểm Câu VIIa (1,0) Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trờn tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z (1) Nhận xét z=0 không là nghiệm của phương trình (1) vậy z 0 Chia hai vế PT (1) cho z 2 ta được : ( 0 2 1 ) 1 () 1 2 2 z z z z (2) 0.25đ Đặt t=z- z 1 Khi đó 2 1 2 22 z zt 2 1 2 2 2 t z z Phương trình (2) có dạng : t 2 -t+ 0 2 5 (3) 2 99 2 5 .41 i PT (3) có 2 nghiệm t= 2 31 i ,t= 2 31 i 0.25đ Với t= 2 31 i ta có 02)31(2 2 311 2 ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii 1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31( iii 0.25đ Với t= 2 31 i ta có 02)31(2 2 311 2 ziz i z z (4) Có 222 )3(696816)31( iiiii PT(4) có 2 nghiệm : z= i ii 1 4 )3()31( ,z= 2 1 4 )3()31( iii Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z=1+i; z=1-i ; z= 2 1 i ; z= 2 1 i 0.25đ Phần II. Câu VIb. 1) I d 1 H A B A 1 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 15 Ta có: Idd 21 . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy 2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 Suy ra M( 3; 0) 0,25đ Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22 Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1 Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1 . Lại có: 2MDMA 0,25đ Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 2y3x 03yx 2 2 13x x3y 2)x3(3x 3xy 2y3x 3xy 2 2 2 2 1y 2x hoặc 1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ Do 2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra: 213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25đ Cõu Phần Nội dung Điểm CâuVIb. (1,0) 2.a) Các véc tơ chỉ phương của D 1 và D 2 lần lượt là 1 u ( 1; - 1; 2) và 2 u ( - 2; 0; 1) Có M( 2; 1; 0) D 1 ; N( 2; 3; 0) D 2 0,25đ Xét 1 2 ; . u u MN = - 10 0 Vậy D 1 chéo D 2 0,25đ Gọi A(2 + t; 1 – t; 2t) D 1 B(2 – 2t’; 3; t’) D 2 1 2 . 0 . 0 AB u AB u 1 3 ' 0 t t A 5 4 2 ; ; 3 3 3 ; B (2; 3; 0) Đường thẳng qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của D 1 và D 2 . Ta có : 2 3 5 2 x t y t z t 0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com [...]... C2009 2 0 2 4 6 20 06 20 08 B C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 20 09 2 1004 1004 1004 0 ,25 đ 1004 + Ta có: (1 i ) (1 i )[(1 i ) ] (1 i) .2 2 2 i Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của (1 i ) 20 09 nờn A 21 004 0 1 2 2009 + Ta có: (1 x) 20 09 C2009 xC2009 x 2C2009 x 20 09C2009 0 2 2008 1 3 20 09 Cho x =-1 ta có: C2009 C2009 C2009 C2009 C2009... kính có 2 CâuVIIb (1,0) 2 0 ,25 đ 2 11 13 1 5 dạng: x y z 6 6 3 6 20 09 0 1 20 09 Ta có: (1 i) C2009 iC2009 i 20 09C2009 0 2 4 6 20 06 20 08 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 1 3 5 7 20 07 20 09 (C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 )i 0 ,25 đ 1 0 2 4 6 20 06 20 08 Thấy: S ( A B) , với A C2009 C2009 C2009 C2009 C2009... C2009 C2009 C2009 0 ,25 đ 0 ,25 đ 0 2 2008 1 3 20 09 Cho x=1 ta có: (C2009 C2009 C2009 ) (C2009 C2009 C2009 ) 2 2009 Suy ra: B 22 008 + Từ đó ta có: S 21 003 2 2007 ĐỀ 3 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2, 0 điểm) Cho hàm số y = x 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C... cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Câu II (2, 0 điểm) 1 Giải phương trình cos 2 x cos x 1 2 1 sin x sin x cos x 2 Giải phương trình 7 x2 x x 5 3 2x x2 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 0 ( x ) x3 dx x 1 x 3 Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC... x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y 3 16 z 3 x y z II 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) http://tranduythai.violet.vn 16 Biên soạn: Trần Duy Thái 3 . 0 ,25 Giải phương trình : 3 2 3 5 12) 13( 22 xxxx 1 đi ểm PT 6310 12) 13 (2 22 xxxx 23 2) 12( 4 12) 13 (2 222 xxxxx . Đặt )0( 12 2 txt Pt trở thành 023 2)13 (24 22 . Cho x =-1 ta có: 0 2 2008 1 3 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 C C C C C C Cho x=1 ta có: 0 2 2008 1 3 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 ( ) ( ) 2 C C C C C C. 20 06 20 08 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 1 3 5 7 20 07 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 20 09 ( ) C C C C C C C C C C C C i Thấy: 1 ( ) 2 S A B , với 0 2 4 6 20 06 20 08 20 09