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 . . ĐỀ 8 ( Thời gian làm bài 150 phút ) I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu I ( 3,0. 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. 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