Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 120 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
120
Dung lượng
3,2 MB
Nội dung
http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 2 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 3 2 x x có đồ thị là (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x 2) Giải phương trình: 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là . O , A B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , 0 60 ASO SAB . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 2 4 x y x y P xy II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ( ) d có phương trình : 0 x y và điểm (2;1) M . Tìm phương trình đường thẳng cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng ( ) d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng đi qua hai điểm 0; 1;2 , A 1;0;3 B và tiếp xúc với mặt cầu S có phương trình: 2 2 2 ( 1) ( 2) ( 1) 2 x y z Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: 2 1 0 z z . Rút gọn biểu thức 2 2 2 2 2 3 4 2 3 4 1 1 1 1 P z z z z z z z z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C có phương trình 2 2 : 4 25 x y và điểm (1; 1) M . Tìm phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt đường tròn C tại 2 điểm , A B sao cho 3 MA MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng P có phương trình: 1 0 x y . Lập phương trình mặt cầu S đi qua ba điểm 2;1; 1 , 0;2; 2 , 1;3;0 A B C và tiếp xúc với mặt phẳng P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 3 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 1 2 2 2 1 2 3 log 1 log 1 6 2 log 1 2 log ( 1) x x x x ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 3 2 x x (C) D= R\ {2} lim 2 : 2 x y TCN y 2 2 lim ; lim x x y y TCĐ x = 2 y’ = 2 1 0; 2 ( 2) x x BBT 2) Gọi M(x o ; 0 0 2 3 2 x x ) (C) . Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = 2 0 0 2 2 0 0 2 6 6 ( 2) ( 2) x x x x x ( ) TCĐ = A (2; 0 0 2 2 2 x x ) ( ) TCN = B (2x 0 –2; 2) 0 0 2 (2 4; ) 2 AB x x AB = 2 0 2 0 4 4( 2) 2 2 ( 2) cauchy x x AB min = 2 2 0 3 (3;3) 1 (1;1) o x M x M II 1. 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x 1,0 TXĐ: D =R 2 3 4 2 3 4 sin sin sin sin cos cos cos cos x x x x x x x x sin 0 (sin ). 2 2(sin ) sin . 0 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx x cosx 0,25 + Với sin 0 ( ) 4 x cosx x k k Z 0,25 + Với 2 2(sin ) sin . 0 x cosx x cosx , đặt t = sin (t 2; 2 ) x cosx được pt : t 2 + 4t +3 = 0 1 3( ) t t loai 0.25 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 4 t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m Vậy : ( ) 4 2 ( ) 2 2 x k k Z x m m Z x m 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) 2 2 2 1 5 2 4; x x x x R Đặt 2 2 4 2 2 4 2( 2 ) t x x t x x ta được phương trình 2 2 1 5 2 8 0 2 t t t t 4 2 t t + Với t = 4 Ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 4 2( 2 ) 16 2 8 0 x x x x x x x x 2 0 2 2 x x x + Với t = 2 ta có 2 4 2 4 2 0 0 2 4 2 2( 2 ) 4 2 2 0 x x x x x x x x 2 0 3 1 3 1 x x x ĐS: phương trình có 2 nghiệm 2, 3 1 x x 0,25 0,25 0,25 0,25 III 2 1 ln ln 1 ln e x I x dx x x I 1 = 1 ln 1 ln e x dx x x , Đặt t = 1 ln x ,… Tính được I 1 = 4 2 2 3 3 0.5 2 2 1 ln e I x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I 2 = e – 2 I = I 1 + I 2 = 2 2 2 3 3 e 0.25 0.25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 5 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm của AB , nên OI a Đặt OA R 0 60 SAB SAB đều 1 1 1 2 2 2 3 sin OA R IA AB SA ASO Tam giác OIA vuông tại I nên 2 2 2 OA IA IO 2 2 2 6 3 2 R a R a R 2 SA a Chiếu cao: 2 2 a SO Diện tích xung quanh: 2 6 2 3 2 xq a S Rl a a 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho hai số dương , x y thỏa mãn: 5 x y . 4 2 4 1 4 1 4 2 4 4 2 2 x y x y x y y x y P xy y x y x Thay 5 y x được: 4 1 5 4 1 5 4 1 5 3 2 . 2 . 4 2 2 4 2 4 2 2 y x x y y P x x y x y x y x P bằng 3 2 khi 1; 4 x y Vậy Min P = 3 2 Lưu ý: Có thể thay 5 y x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số 3 5 3 5 ( ) (5 ) 4 x x g x x x 0,25 0,50 0,25 Câu AVI.1 (1,0 đ) A nằm trên Ox nên ;0 A a , B nằm trên đường thẳng 0 x y nên ( ; ) B b b , (2;1) M ( 2; 1), ( 2; 1) MA a MB b b Tam giác ABM vuông cân tại M nên: 2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 . 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b MA MB MA MB a b b , do 2 b không thỏa mãn vậy 2 2 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 , 2 2 2 1 ( 2) 1 ( 2) ( 1) 1 ( 2) ( 1) 2 b a b b a b b b b a b b b b b 2 2 2 2 1 2 , 2 1 2 1 4 ( 2) ( 1) . 1 0 ( 2) 3 a b a b b b a b b b b 0,25 0,25 S O A B I www.VNMATH.com 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 19 www.VNMATH.com - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 x 1 2t x 2 m Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: d1 : y 1 3t ; d 2 : y 2 5m z 2 t z 2m Giả sử d cắt d1 tại M (-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t) 3... I(1 ;-2 ) bán kính R = 2 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) 0,25 0,5 •Gọi n ( a; b; c) O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A (-1 ;1 ;0) pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0 ;-2 ) a-b-2c=0 b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 • d(C;(P)) = 3 2a c 2 2 a (a 2c) c 2 3 2a 2 16ac 14c 2 0 0,5 a c a 7c •TH1: a c ta chọn a c 1 Pt của (P): x-y+z+2=0... = 0 x y z 2 0 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x 3 y z 11 0 2 2 2 ( x 1) ( y 3) z 42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N (- 3; - 4; 5) x5 2 x3 Nếu N (-3 ; -4 ; 5) ta có pt : 2 Nếu N(5; -2 ; -5 ) ta có pt : VII.b y2 3 y4 3 z5 1 z5 1 1 log 1 y x log 4 y 1 Giải hệ phương trình 4 x 2 y 2 25 0.25 0.25 0.25 1.0 ( x, y... http://tranduythai.violet.vn 32 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x y 1 0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A (-1 ;1;0), B(0;0 ;-2 ) và C(1;1;1)... BC ).BC 3 2 2 2 4 4 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: u1 (4; - 6; - 8) u2 ( - 6; 9; 12) +) u1 và u2 cùng phương +) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2 Vậy d1 // d2 *) 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 A1 là điểm đối xứng của A qua d 1 Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B IA... thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất 1 1 Thay x vào (1) ta được: 2 2 m 0 1 1 2 m 2 m3 2 2 m 1 thì cần có điều kiện x 1 x x * Với m = 0; (1) trở thành: 4 x 4 1 x 2 0 x 1 2 Phương trình có nghiệm duy nhất http://tranduythai.violet.vn 31 Biên soạn: Trần Duy Thái 0,50 0,50 www.VNMATH.com * Với m = -1 ; (1) trở thành x 1 x 2 x 1 x 2 4... IA ; do đó maxIH = IA H A Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A http://tranduythai.violet.vn 29 Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 x 4 1 z 1 2x - z - 9 = 0 VIIa Để ý rằng xy 1 x y 1 x 1 y 0 ; yz 1 y z và... ; yC ) d 2 xC 2 yC 7 xB xC 2 6 y B yC 3 0 0.25 Từ các phương trình trên ta có: B (-1 ;-4 ) ; C(5;1) Ta có BG (3; 4) VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: http://tranduythai.violet.vn 20 Biên soạn: Trần Duy Thái 0.25 www.VNMATH.com Bán kính R = d(C; BG) = 9 81 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 5 25... ĐÁP ÁN ĐỀ 4 Câu Ý Câu I Ý1 http://tranduythai.violet.vn NỘI DUNG Điểm Khi m =1 y x3 3x 1 Tập xác định D=R 22 0,25 đ Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com (2,0đ) (1,0 đ) Giới hạn: lim y ; lim y x x 0,25 đ 2 y’= 3x – 3 ; y’=0 x 1 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên khoảng ; 1 , 1; và nghịch biến trên khoảng 1;1 Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ... ; +), nghịch biến trên (0 ; 2) •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; y Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0 4 c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 2 0,25 0,25 0,25 -1 0 http://tranduythai.violet.vn 33 1 2 x Biên soạn: Trần Duy Thái www.VNMATH.com 2(1đ) Tìm m Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có véctơ pháp n1 ( k ;1) d: có véctơ pháp n 2 (1;1) Ta có cos . ) t t loai 0.25 -2 -1 1 2 3 4 5 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x y www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 4 t = -1 2 ( ) 2 2 x m m Z x m . 0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M (-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d (P) có VTPT (2;. 1;3;0 A B C và tiếp xúc với mặt phẳng P BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 3 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình: