Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 15 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
15
Dung lượng
0,91 MB
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 22-6-2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số x y x 2 1 = − . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với A(2; 0). Câu II. 1) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 sin x t an x 1 3sin x cos x sin x 3+ = - + * 2) Tìm m để phương trình : 2 2 5 6 7 ( 1) 2x x m x x+ + = + + có nghiệm thực Câu III. Tính tích phân: I dx x 6 0 1 2sin 3 π = − ∫ Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Câu V: Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1 1 1 1 1 1 22 6 2013 a b c ab bc ca + + = + + + ÷ ÷ . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 5 2 5 2 5 2 P a ab b b bc c c ac a = + + + + + + + + Câu VI: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): y x x 2 2 1= − + , tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x y z d 1 2 3 3 : 1 1 2 − − − = = − , x y z d 2 1 4 3 : 1 2 1 − − − = = − . Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ABC ∆ và tính diện tích của ABC ∆ . Câu VII: Gọi 1 2 3 4 , , ,z z z z là bốn nghiệm của phương trình 4 3 2 2 6 4 0z z z z− − + − = trên tập số phức tính tổng: 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 S z z z z = + + + . Hết: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 22-6-2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số x y x 2 1 = − . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với A(2; 0). 2) Ta có C y x 2 ( ) : 2 1 = + − . Gọi B b C c b c 2 2 ;2 , ;2 1 1 + + − − ÷ ÷ với b c1< < . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox. Ta có: · · · · · · · AB AC BAC CAK BAH CAK ACK BAH ACK 0 0 ; 90 90+ = + ⇒= = ⇒ = = và: · · { AH CK BHA CKA ABH CAK HB AK 0 90 ∆ ∆ = = = ⇒ = ⇒ = Hay: { b b c c c b 2 2 2 1 1 2 3 2 2 1 − = + = − − ⇔ = + = − − . Vậy B C( 1;1), (3;3)− Câu II. 1) Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 sin x t an x 1 3 sin x cos x sin x 3+ = - + * Điều kiện: cos x 0¹ . ● Do cos x 0¹ nên chia hai vế ( ) * cho 2 cos x 0¹ , ta được: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 sin x 3 sin x cos x 3 sin x 1 t an x 1 3. cos x cos x cos x - * + = +Û ( ) ( ) 2 2 2 t an x t an x 1 3 t an x 3 t an x 3 1 tan x+ = - + +Û 3 2 2 2 t an x tan x 3 tan x 3 t an x 3 t an x 3 0+ - + - - =Û ( ) 3 2 x k t an x 1 4 t an x t an x 3 t an x 3 0 k, t an x 3 x 3 é p ê é = - + p = - ê ê + - - =Û Û Û Î ê ê p = ± ê ê = ± + p ë ê ë l l ¢ . 2) Tìm m để phương trình : 2 2 5 6 7 ( 1) 2x x m x x+ + = + + có nghiệm thực Giải: TXĐ: D=R PT trơ thành : 2 2 2 3( 1) 2( 2) ( 1) 2x x m x x+ + + = + + Do x=-1 không thỏa mãn, ta chia cả hai vế cho 2 ( 1) 2x x+ + Ta được 2 2 1 2 3. 2 1 2 x x m x x + + + = + + .Đặt 2 2 3 1 2 ; ' ; ' 0 2 2 ( 2) x x t t t x x x + − = = = ⇔ = + + x - ∞ 2 + ∞ t’(x) + 0 - t(x) 6 2 -1 1 vậy 6 1; 2 t ∈ − Pt trở thành: 2 2 2 2 2 3 ; ( ) 3 '( ) 3 ; '( ) 0 ( ) 3 t m f t t f t f t t tm t t t + = = + ⇒ = − = ⇔ = ± t -1 2 3 − 0 2 3 6 2 f’ + 0 - - 0 + f - 2 6 + ∞ -5 ĐS: 2 6 ; 2 6m m≤− ≥ Câu III. Tính tích phân: I dx x 6 0 1 2sin 3 π = − ∫ • Ta có: I dx dx x x 6 6 0 0 1 1 1 2 2 sin sin sin sin 3 3 π π π π = = − − ∫ ∫ x x dx dx x x x 6 6 0 0 cos cos 2 6 2 6 3 sin sin 2cos .sin 3 2 6 2 6 π π π π π π π π + − − ÷ ÷ ÷ = = − + − ÷ ÷ ∫ ∫ x x dx dx x x 6 6 0 0 cos sin 2 6 2 6 1 1 2 2 sin cos 2 6 2 6 π π π π π π − + ÷ ÷ = + − + ÷ ÷ ∫ ∫ x x 6 6 0 0 ln sin ln cos 2 6 2 6 π π π π = − − + = ÷ ÷ Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 2 6 - ∞ 15 6 Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 a OK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = Câu V: Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 1 1 1 1 1 1 22 6 2013 a b c ab bc ca + + = + + + ÷ ÷ . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 5 2 5 2 5 2 P a ab b b bc c c ac a = + + + + + + + + Đặt 1 1 1 ; ;x y z a b c = = = . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2013 22 6 2013 6 2013 16 x y z xy yz zx x y z x y z ⇒ + + = + + + ≤ + + + ⇒ + + ≤ Mặt khác ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 6039 16 3x y z x y z x y z + + ≤ + + ⇒ + + ≤ Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 3 3 8 2 8 2 2 2 5 4 x y a b a b a ab b a a b = ≤ ≤ + = + ÷ + + + + + Tương tự ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 3 , 3 8 2 8 2 5 2 5 2 y z z x b bc c c ac a ≤ + ≤ + + + + + Ta có ( ) 4 6 9 8 2 2 3 8 0 P x y z ≤ + + ≤ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 6039 12 x y z= = = hay 12 6039 a b c= = = S A B K H C O I D 3a a Câu VI: 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A(0; 1), B(3; 4) nằm trên parabol (P): y x x 2 2 1= − + , tâm I nằm trên cung AB của (P). Tìm tọa độ hai đỉnh C, D sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. • I nằm trên cung AB của ( P) nên I a a a 2 ( ; 2 1)− + với 0 < a <3. Do AB không đổi nên diện tích ∆ IAB lớn nhất khi d I AB( , ) lớn nhất Phương trình AB: x y 1 0− + = . d I AB( , ) = a a a 2 2 1 1 2 − + − + = a a 2 3 2 − + = a a 2 3 2 − + (do a ∈ (0;3)) ⇒ d ( I, AB) đạt GTLN ⇔ f a a a 2 ( ) 3= − + đạt GTLN ⇔ a 3 2 = ⇒ I 3 1 ; 2 4 ÷ Do I là trung điểm của AC và BD nên ta có C D 1 7 3; ; 0; 2 2 − − ÷ ÷ . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x y z d 1 2 3 3 : 1 1 2 − − − = = − , x y z d 2 1 4 3 : 1 2 1 − − − = = − . Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ABC ∆ và tính diện tích của ABC ∆ . • Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH P d P x y z 1 ( ) ( ): 2 1 0⇒ ⊥ ⇒ + − + = B P d B 2 ( ) (1;4;3)= ∩ ⇒ ⇒ phương trình { BC x t y t z: 1 2 ; 4 2 ; 3= + = − = Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d 2 , (Q) cắt d 2 và AB tại K và M. Ta có: Q x y z K M( ): 2 2 0 (2;2;4) (1;2;5)− + − = ⇒ ⇒ (K là trung điểm của CM). x AB y t z t 1 : 4 2 3 2 = ⇒ = + = − , do ABC A AB d A S AB AC 1 1 (1;2;5) , 2 3 2 ∆ = ∩ ⇒ ⇒ = = uuur uuur . Câu VII: Gọi 1 2 3 4 , , ,z z z z là bốn nghiệm của phương trình 4 3 2 2 6 4 0z z z z− − + − = trên tập số phức tính tổng: 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 S z z z z = + + + . 4 3 2 2 6 4 0z z z z− − + − = ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 0z z z z⇔ − + − + = (1) Không mất tính tổng quát ta gọi 4 nghiệm của(1)là 1 2 3 4 1 2 1 1 z z z i z i = = − = + = − Thay và biểu thức ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 5 1 4 4 1 1 S z z z z i i = + + + = + + + = − + Hết: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 23-6-2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số m y x m x m x 3 2 ( 2) ( 1) 2 3 = + − + − + (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x 1 , cực tiểu tại x 2 thỏa mãn x x 1 2 1< < . Câu II. 1)Giải phương trình: ( ) ( ) 2 x 2 3 cos x 2 sin 2 4 1 2 cos x 1 æ ö p ÷ ç ÷ - - - ç ÷ ç ÷ ç è ø = * - 2)Giải hệ phương trình : +=+− +=− 332 13 2 3 xyxyy yxx Câu III. Tính tích phân : 2 2 0 sin 2x cos dxx x π ∫ . Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB = = = và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a. Câu V. CMR: ∀ a, b, c > 0 ta có: ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b + + + + + + + + ≤ a b c 6 + + Câu VI. 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y 2 2 ( –1) ( 1) 25+ + = và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y z d 1 1 2 : 1 2 1 − + = = − và x y z d 2 2 1 : 2 1 2 + − = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d 1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d 2 là lớn nhất. Câu VII. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn ( ) 3 2 3z z i z + = + Hết: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 22-6-2013 MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số m y x m x m x 3 2 ( 2) ( 1) 2 3 = + − + − + (Cm). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2) Tìm m để hàm số có cực đại tại x 1 , cực tiểu tại x 2 thỏa mãn x x 1 2 1< < . • Ta có: y mx m x m 2 2( 2) 1 ′ = + − + − ; y 0 ′ = ⇔ mx m x m 2 2( 2) 1 0+ − + − = (1) Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x x 1 2 1< < khi m > 0 và (1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 Đặt t x 1= − ⇒ x t 1= + , thay vào (1) ta được: m t m t m 2 ( 1) 2( 2)( 1) 1 0+ + − + + − = mt m t m 2 4( 1) 4 5 0⇔ + − + − = (1) có 2 nghiệm phân biệt bé hơn 1 ⇔ (2) có 2 nghiệm âm phân biệt m P S 0 0 0 0 ∆ > ′ > ⇔ > < m 5 4 4 3 ⇔ < < . Câu II. 1)Giải phương trình: ( ) ( ) 2 x 2 3 cos x 2 sin 2 4 1 2 cos x 1 æ ö p ÷ ç ÷ - - - ç ÷ ç ÷ ç è ø = * - ● Điều kiện: ( ) 1 cos x 1 2 ¹ . ( ) ( ) 2 3 cos x 1 cos x 2 cos x 1 0 2 æ ö p ÷ ç ÷ * - - + - - + =Û ç ÷ ç ÷ ç è ø 2 cos x 3 cos x sin x 2 cos x 0- + - =Û ( ) 1 3 sin x cos x 0 sin x 0 x k x k , k 2 2 6 6 6 æ ö p p p ÷ ç ÷ + = + = + = = - +Û Û Û p Û p Î ç ÷ ç ÷ ç è ø ¢ . ● Thay nghiệm vào ( ) 1 , họ nghiệm phương trình là: ( ) x k , k 6 p = - + pÎ ¢ . 2)Giải hệ phương trình : +=+− +=− 332 13 2 3 xyxyy yxx ĐK: 1−≥y Pt : y 2 - xy + 2y=3x +3 ⇔ (y- x-1)(y+3)=0 ⇔ y=x+1( y+3>0) Thay vào phương trình (1) ta có 23 3 +=− xxx Đk: x 2−≥ nếu x> 2 thì 22)4(3 23 +>+=>>−+=− xxxxxxxxxx pt vô nghiệm Do đó để giải (1) chỉ cần xét 22 ≤≤− x đặt x= 2cost ; [ ] π ;0∈t Phương trình trở thành : cos3t=cos(t/2) Giải pt với [ ] π ;0∈t ta có : x= 2; 7 4 ; 5 4 cos2 ππ == xx suy ra nghiệm của hệ (x; x+1) Câu III. Tính tích phân : 2 2 0 sin 2x cos dxx x π ∫ . 2 2 2 3 0 0 sin 2x cos dx 2 sin x cos dxI x x x x π π = = ∫ ∫ Đặt 3 3 2x dv=sinx.cos dx=-cos . ( osx) u x x d c = Ta có 4 2 x -cos v= 4 du d x = Khi đó 2 2 4 4 2 0 0 0 2 0 1 1 1 3 1 1 os os dx 0 os2x+ os4x dx 2 2 2 8 2 8 1 3 1 1 3 sin2x+ sin4x 2 8 4 32 32 I xc x c x c c x π π π π π = − + = + + ÷ = + = ÷ ∫ ∫ Câu IV.Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có · 0 , 2 , 120AC a BC a ACB = = = và đường thẳng 'A C tạo với mặt phẳng ( ) ' 'ABB A góc 0 30 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ' , 'A B CC và thể tích khối lăng trụ đã cho theo a. Trong (ABC), kẻ CH AB ⊥ ( ) H AB ∈ , suy ra ( ) ' 'CH ABB A ⊥ nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: ( ) · ( ) · · 0 ' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H = = = . Do ( ) '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A ⇒ . Suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' , ' ', ' ' , ' 'd A B CC d CC ABB A d C ABB A CH = = = 2 0 1 3 . .sin120 2 2 ABC a S AC BC ∆ = = • 2 2 2 0 2 2 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a= + − = ⇒ = • 2. 21 7 ABC S a CH AB ∆ = = Suy ra: 0 2 21 ' sin30 7 CH a A C = = Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35 ' ' 7 a AA A C AC = − = . Suy ra: 3 105 . ' 14 ABC a V S AA ∆ = = . Câu V. CMR: ∀ a, b, c > 0 ta có: ab bc ca a 3b 2c b 3c 2a c 3a 2b + + + + + + + + ≤ a b c 6 + + Ap dụng bất đẳng thức: ( 1 1 a b c 1 + + )(a + b + c) ≥ 3 3 1 abc 3 3 abc = 9 ⇒ 1 a b c+ + ≤ 1 9 ( 1 1 a b c 1 + + ) ⇒ ab a 3b 2c+ + = ab a c b c 2b+ + + + ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + ) Tương tự: bc b 3c 2a+ + ≤ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + ) và ca c 3a 2b+ + ≤ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) VT ≤ ab 9 ( 1 1 a c b c 2b 1 + + + + )+ bc 9 ( 1 1 b a a c 2c 1 + + + + )+ ca 9 ( 1 1 b c 2a 1 b a + + + + ) = ( ab 9 + bc 9 ) 1 a c+ + ( ab 9 + ca 9 ) 1 b c+ + ( bc 9 + ca 9 ) 1 b a+ + a 18 + b 18 + c 18 = b(a c) 9(a c) + + + a(b c) 9(b c) + + + c(b a) 9(b a) + + + a 18 + b 18 + c 18 = = a 9 + b 9 + c 9 + a 18 + b 18 + c 18 = a 6 + b 6 + c 6 = a b c 6 + + = VP Câu VI. 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x y 2 2 ( –1) ( 1) 25+ + = và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. • M C P /( ) 27 0= > ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Mặt khác: M C P MA MB M B MB BH 2 /( ) . 3 3 3= = ⇒ = ⇒ = uuur uuur IH R BH d M d 2 2 4 [ ,( )]⇒ = − = = Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a 2 + b 2 > 0). a a b d M d a b a b 2 2 0 6 4 [ ,( )] 4 4 12 5 = − − = ⇔ = ⇔ = − + . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng x y z d 1 1 2 : 1 2 1 − + = = − và x y z d 2 2 1 : 2 1 2 + − = = − . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d 1 sao cho góc giữa mặt phẳng (P) và đường thẳng d 2 là lớn nhất. • d 1 đi qua M(1; 2;0)− và có VTCP u (1;2; 1)= − r .Vì d P 1 ( )⊂ nên M P( )∈ . PT mặt phẳng (P) có dạng: A x B y Cz( 1) ( 2) 0− + + + = A B C 2 2 2 ( 0)+ + ≠ Ta có: d P u n C A B( ) . 0 2⊂ ⇔ = ⇔ = + r r . Gọi · P d 2 (( ), )= α ⇒ A B A B A AB B A AB B 2 2 2 2 2 4 3 1 (4 3 ) sin . 3 2 4 5 3. 2 4 5 + + = = + + + + α TH1: Với B = 0 thì sin 2 2 3 = α TH2: Với B ≠ 0. Đặt A t B = , ta được: t sin t t 2 2 1 (4 3) . 3 2 4 5 + = + + α Xét hàm số t f t t t 2 2 (4 3) ( ) 2 4 5 + = + + . Dựa vào BBT ta có: f t 25 max ( ) 7 = khi t 7= − ⇔ A B 7= − Khi đó f 5 3 sin ( 7) 9 = − = α . So sánh TH1 và TH2 ⇒ α lớn nhất với 5 3 sin 9 = α khi A B 7= − . ⇒ Phương trình mặt phẳng (P) : x y z7 5 9 0− + − = . Câu VII. Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn ( ) 3 2 3z z i z + = + Đặt ( ) ,z x yi x y = + ∈ ¡ ta được ( ) 2 2 2 2 3 2 3 3 3 2 3 3z z i z x yi x yi x y i x y + = + ⇔ + + − = + + + 2 2 2 2 4 2 2 3 3 x x y y x y = + ⇔ − = + 2 2 0 3 0 0 3 x y x y x y x ≥ = − ⇔ ≤ ⇔ ≥ = Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng 3y x= − với 0x ≥ . Hết: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC [...]... 3i Trong cỏc s phc tha món iu kin trờn, tỡm s phc cú mụ un nh nht Ht: S GIO DC V O TO QUNG BèNH TRNG THCS V THPT VIT TRUNG Thi ngy 24-6-2013 THI TH I HC MễN TON NM 2012 - 2013 Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu I.Cho hm s y = x 4 4 x 2 + m (Cm) 1) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s khi m = 2 2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (Cm) ct trc honh ti 4 im phõn bit sao cho hỡnh phng gii hn bi (Cm) vi trc honh...TRNG THCS V THPT VIT TRUNG Thi ngy 24-6-2013 MễN TON NM 2012 - 2013 Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu I.Cho hm s y = x 4 4 x 2 + m (Cm) 1) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s khi m=2 2) Tỡm cỏc giỏ tr ca m (Cm) ct trc honh ti 4 im phõn bit sao cho hỡnh phng gii hn bi (Cm) vi trc honh cú din . THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 22-6-2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số x y x 2 1 = − . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 22-6-2013 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I. Cho hàm số x y x 2 1 = − . 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C). ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRƯỜNG THCS VÀ THPT VIỆT TRUNG Thi ngày 24-6-2013 MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. Câu I.Cho hàm số y x x m 4 2 4= − + (Cm). 1) Khảo sát sự biến thi n