Đang tải... (xem toàn văn)
Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ LẦN
TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC QUY NHƠN TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – NĂM 2011 Mơn thi: TỐN – KHỐI A-B-D Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gain phát đề) I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm)
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: 4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + > 3 x(x + 1)
Câu III (1điểm): Tính tích phân
1
4
4
0
2
2
x
I dx
x x
Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA =
3
4, tất cạnh lại Chứng minh
rằng tam giác SAC vng tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:
3 2 1 0
(3 ) 2
x y
x x y y
PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường cao kẽ từ B tam giác ABC.
2 Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) qua giao tuyến hai mặt phẳng : 2x – y – = 0; : 2x – z = tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – = góc
mà
2 os =
9
c Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z1 2 i 5va z z 34
B Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm)
1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A Đường thẳng AB BC có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – = Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B tam giác ABC
2 Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, cắt
đường thẳng
1
: ; ' :
2 2
x t x t
D y t D y t
z t z t
tạo với (D) góc 300
Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x4.15log3 x 51 log 3x 0
- Hết -H
ướng dẫn giải : CâuI : bạn đọc tự giải
2 Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hồnh hệ sau có nghiệm:
2
2
( 2) (1)
3 (2)
x x mx m
x m x m m
(2)(1) 2
2
3 (3)
x
x mx m
*) Với x = - thay vào (2): m =
*) (3) có nghiệm m 2 , (3) có hai ngiệm x =
2
12
m m Thay vào (2) ta được: 12 3 m2 0 m2
Câu II : 1.4sin2x + = 8sin2xcosx + 4cos22x – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + 4 16cos4x – 8cos3x 12cos2x + 8cosx - = 0
(2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) = (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0 x2 + 4x + > 3 x(x + 1) Điều kiện x ≥ 0
Đặt t x , t ≥ 0
Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t t4 – 3t3 + 4t2 3t +1 > 0 (t – 1)2(t2 – t + 1) > t 1
Vậy nghiệm bất phương trình x≥ x
Câu III:
1
4
4
0
2
2
x
I dx
x x
=
1
2
2
0
4
2
1
x
dx
x x
= +
1
2
0
1 3
2 x x x x dx
=
1
1 1
1 3ln 3ln
2 x x x x 0
= … Câu VI: ABCD hình thoi , gọi O tâm , P trung điểm SC Ta có BD (SAC), SC (PBD),
1
2
OP SA ==> SC OP
OP đường TB tam giác SAC, SC SA ==> SAC vuông A ==> SA =
5
Gọi H chân đường cao ==> H AC,
5
SA SC SH
AC
Ta có: BD = BP2 OP2 =
39
1
6
V AC DB SH
Câu V:
3 2 1 0 (1)
(3 ) 2 (2)
x y
x x y y
Điều kiện
1
2
x va y (2) 12 x 2 x 1 2y1 2y1
Xét hàm số f(t) = (1 + t2)t = t3 + t
f’(t)= 3t2 + > t R Vậy hàm số tăng R
(2) f 2 x f 2y1 2 x 2y1 – x = 2y – 2y = – x Thay vào (1): x3 + x – = x = Nghiệm hệ (1;1)
Câu VI.a:
1 B = ABAC, B
1 3;
2
Theo u cầu tốn ta có vơ số tam giác thỏa mãn toán mà cạnh AC nằm đường thẳng // với
P
O H
D
C B
(3)Chọn M(4;1) BC, M trung điểm BC ==> C 5;
Tam giác ABC cân A, Vậy AM BC ==> AM: 2x + y – = A = AM AB ==> A(6;-3)
Đường cao BH qua B có VTPT AC==> pt Gọi d giao tuyến ==> d:
2
2 x y x z Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2) d
(P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = (P) qua B nên: A + B + 2C + B = ==> A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B =
2
2 2 2
os
9
3 (2 )
B C B C
c
B C B C
13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = ==> B = 1; B = - 5/13 + Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + =
+ Với B = 5/13 C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - = Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y R)
Ta có:
2
2
( 1) ( 2) 25
34 x y x y
2
5 28 15
x y y y
29 / 3/ x y x y
==> z
Câu VI.b: 1.Cách giải câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B qua trung điểm N AC Ta có (D) nằm (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta A(5;-1;5)
Lấy B(1+t;t;2+2t) (D); AB (t 4;t1; 2t 3)
VTCP d
Ta có cos300 =
2
2
6
2
6 ( 4)
t
t t t
t t
*) Với t = - AB
= ( -5;0;-5) ==> d:
5 x t y z t
*) Với t = AB
= (0; 5;5) ==> d:
5 x y t z t
Câu VII.b: x4.15log3 x 51 log 3x 0 3
1 log
log 2 log
3 x 4.15 x 5.5 x
3
3 log
log
3
4
5 x x log 1 x x
-Hết -THI THỬ ĐH- LÊ QUÝ ĐÔN – QUY NHƠN 2011( KHỐI A-B) I: PHẦN CHUNG
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = - 4x3 - 12x2 - 9x (C)
Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
(4)Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình: cot2x – cotx.cot3x = 2
2: Giải hệ phương trình:
2
3
8
2
3
xy x y
x y
x y x y x
Câu III (1điểm):
Tính tích phân : I =
1
0
(2x1) ln( x1)dx
Câu IV (1điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tamgiác cạnh a,
AA’ = A’B = A’C =
2
3 a Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (AB’C’) theo
a
Câu V(1điểm):
Cho a, b, c > Chứng minh rằng:
3 3 3 2
2 2
11 11 11
2
4 4
b a c b a c a b c
ab b bc c ca a b c a
PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần A B A.Theo chương trình chuẩn
Câu VI/a: (2điểm)
1 Trong mpOxy cho tam giác ABC cân A(3;1)
3
;
2
H
trực tâm Xác định tọa độ đỉnh B C, biết B nằm đường thẳng d: 3x – y =
2 Trong kgOxyz cho hai đường thẳng (d):
1
1 2
x y z
, (d’):
2
1
x y z
CMR: (d) (d’) chéo Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (d) (d’) đồng thời khoảng cách từ (d) đến (Q) gấp đôi khoảng cách từ (d’) đến (Q)
Câu VII/a: Trong mặt phẳng phức (Oxy) xác định tập hợi điểm biểu diễn số phức (1 + i)z + biết z1 1
B Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm)
1 Trong mpOxy choờng thẳng d: 3x – 4y + 22 = hai điểm A(6;0), B(1; -5) Viết phương trình đường trịn (S) qua hai điểm A, B tiếp xúc với d
2 Trong kgOxyz cho mặt cầu (S): ( x – 1)2 + y2 + z2 = 9, mặt phẳng (P); y – 2z = Viết phương trình
mp(Q) qua M(1;4;-1), (Q) (P) (Q) tiếp xúc vơi (S)
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
4
2
log ( 1) log ( 1)
log ( 1) log ( 1)
x y
x y
(5)Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Mơn thi: TỐN, khối B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )x4 2x2 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A B có hồnh độ a b Tìm điều kiện a b để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình lượng giác:
2 cos sin
1
tan cot cot
x x
x x x
2 Giải bất phương trình:
2
3 1
3
1
log log log
2
x x x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
2
4
0
cos sin cos
I x x x dx
Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh cịn lại nằm đường trịn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
Tìm m để phương trình có nghiệm
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng định bởi:
2
( ) :C x y 4x 2y0; :x2y12 0 Tìm điểm M cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có cách chọn viên bi có đủ ba màu?
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d :x y 0
có hồnh độ
9
I x
, trung điểm cạnh giao điểm (d) trục Ox Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình
2 2
( ) :S x y z 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y z 16 0 .
Điểm M di động (S) điểm N di động (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng
Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn: a2b2c2 3 Chứng minh bất đẳng thức
2 2
1 1 4
7 7
(6)
-Hết -Đáp án.
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
1 1,00
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên
Giới hạn: xlim y; limx y
3
' 4 ; '
1
x
y x x x x y
x
0,25
Bảng biến thiên
1 1; 1; 0
CT CT
y y y y yC§ y
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
Ta có f x'( ) 4 x3 4x Gọi a, b hoành độ A B
Hệ số góc tiếp tuyến (C) A B kA f a'( ) 4 a3 ,a kB f b'( ) 4 b3 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là:
' ' ( ) af' a
yf a x a f a f a x f a
;
' ' ( ) f' b
yf b x b f b f b x f b b
Hai tiếp tuyến (C) A B song song trùng khi:
3 2
4a 4a = 4b (1)
A B
k k b a b a ab b Vì A B phân biệt nên a b , (1) tương đương với phương trình:
2 1 (2)
a ab b Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A B trùng
2 2
4
1
' ' 3
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
,
(7)với cặp điểm đồ thị 1; 1 1; 1
Vậy điều kiện cần đủ để hai tiếp tuyến (C) A B song song với
2 1 0
1
a ab b a
a b
II 2,00
1 1,00
Điều kiện:
cos sin sin tan cot
cot
x x x x x
x
0,25
Từ (1) ta có:
2 cos sin
1 cos sin
2 sin
sin cos cos cos
1
cos sin sin
x x x x
x
x x x x
x x x
0,25
2sin cosx x sinx
2
2
cos
2
x k
x k
x k
0,25
Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình cho x k2 k
0,25
2 1,00
Điều kiện: x3 0,25
Phương trình cho tương đương:
1 1
2
3 3
1 1
log log log
2 x x 2 x 2 x
3 3
1 1
log log log
2 x x x x
3 3
log x x log x log x
0,25
3
2
log log
3
x
x x
x
2 3
3
x
x x
x
2 9 1 10
10
x x
x
0,25
Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x 10 0,25
III 1,00
1 1,00
2
2
2
2
1
cos sin
2
1
1 sin sin
2
I x x dx
x d x
(8)
2
2
0
3
2
0
1
sin sin sin
2
1
sin sin
2 | 12 |
d x xd x
x x
0,50
IV 1,00
Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB CD Khi
OM AB O N' CD
Giả sử I giao điểm MN OO’ Đặt R = OA h = OO’ Khi đó:
OM
I
vuông cân O nên:
2 2
2 2 2
h a
OM OI IM h a
0,25
Ta có:
2
2 2 2 2
2 2 2 3a
2 4 8
a a a a
R OA AM MO
0,25
2
2 3a
R ,
8 16
a a
V h
0,25
và
2
a 3
2 Rh=2
2
2
xq
a a
S 0,25
V 1,00
Phương trình
3
1 2
x x m x x x x m
(1) Điều kiện : 0 x
Nếu x0;1 thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện
1
2
x x x
Thay
1
x
vào (1) ta được:
3
1
2
1
2
m
m m
m
0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:
4 41 2 0
2
x x x Phương trình có nghiệm
0,25 * Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2
4
1 2 1
1 1
1
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với
4 41 0
2
x x x
(9)+ Với
1
1
2
x x x
Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = (1) trở thành:
4 2 2
4
1 1 1
x x x x x x x x x x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm
1 0,
2
x x
nên trường hợp (1) khơng có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm m = m = -1
0,25
VIa 2,00
1 1,00
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) bán kính R
Gọi A, B hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến lập với góc 600 IAM nửa tam giác suy IM 2R=2 5.
Như điểm M nằm đường trịn (T) có phương trình:
2
2 20
x y
0,25
Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương
trình:
22 12 20 (1)
2 12 (2)
x y
x y
0,25 Khử x (1) (2) ta được:
2 2
3
2 10 20 42 81 27
5
x
y y y y
x
0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là:
9 3;
2
M
27 33 ; 10
M
0,25
2 1,00
Ta tính AB CD 10,AC BD 13,AD BC 0,25
Vậy tứ diện ABCD có cặp cạnh đối đơi Từ ABCD tứ diện gần
đều Do tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trọng tâm G tứ diện 0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm
3
;0;
2
G
, bán kính
14
R GA
0,50
VII
a 1,00
Số cách chọn viên bi tùy ý : C189 0,25
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả khơng xảy tổng viên bi xanh vàng + Khơng có bi xanh: có C139 cách.
+ Khơng có bi vàng: có C159 cách
0,25
Mặt khác cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng có C109 cách chọn 9
viên bi đỏ tính hai lần
Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910 cách.
0,50
(10)1 1,00
I có hồnh độ
9
I x
9
: ;
2
I d x y I
Vai trò A, B, C, D nên trung điểm M cạnh AD giao điểm (d) Ox, suy M(3;0)
2 2 9
2 2
4
I M I M
AB IM x x y y
D
12
D = 12 AD = 2
3
ABCD ABC
S
S AB A
AB AD d M AD
, suy phương trình AD: 1.x 31.y 0 0 x y 0 . Lại có MA = MD =
Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:
2 2 2 2
3 3
3 3
3
x y y x y x
x y x x
x y
3 1
y x x
x y
4 x y
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
0,50
9 ; 2
I
trung điểm AC, suy ra:
2
2
2
2
A C I
C I A
A C C I A
I
x x
x x x x
y y y y y
y
Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)
Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1)
0,50
2 1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
, 2.2 1 16
3
d d I P d R Do (P) (S) khơng có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 =
0,25
Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc
của I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)
Gọi đường thẳng qua điểm I vng góc với (P), N0 giao điểm (P) Đường thẳng có vectơ phương nP 2; 2; 1
qua I nên có phương trình
2 2
x t
y t t
z t 0,25
Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:
15
2 2 2 16 15
9
t t t t t
Suy
4 13 14
; ;
3 3
N
.
0,25
Ta có 0
3
IM IN
Suy M0(0;-3;4)
0,25 VII
b
(11)Áp dụng bất đẳng thức
1
(x 0,y 0)
x y x y Ta có:
1 1 1
; ;
2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
0,50
Ta lại có:
2 2
2 2
2 2
1 2
2 4 2
2
2 1
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
Tương tự: 2
1 2
;
2b c a b 7 2c a b c 7
Từ suy 2
1 1 4
7 7
a b b c c a a b c Đẳng thức xảy a = b = c =
0,50
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN, khối D
(12)Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m 1x 1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình :
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
2 Giải phương trình:
2
4 2
log x1 2log 4 xlog 4x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
dx A
x x
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
2
7
2
x x
x m x m
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đường thẳng
x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
P :x2y 2z + = 0; Q : x2y 2z -13 =
Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) (Q)
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:
4
1
4
1
5 15
n n n
n
n n
C C A
C A
(Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)
2 Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C):
2
2
x y x y .Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (cho biết
điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng
1 5
: ; :
2
x y z x y z
d d
Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số
3 ( ) ln
3
f x
x
giải bất phương trình
2
sin '( )
2
t dt f x
x
Đáp án
Câu Ý Nội dung Điểm
I 2,00
(13)Khi m = ta có y x 33x21
+ MXĐ: D 0,25
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: xlim y ; limx y y' 3 x26x;
2 '
0
x y
x
0,25
Bảng biến thiên
2 3; CT 0
yC§ y y y
0,25
Đồ thị
0,25
2 1,00
+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị 0,25
+ Khi m0 y' 3 mx26mx m1
Hàm số khơng có cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép 0,50
2
' 9m 3m m 12m 3m
1
4
m
0,25
(14)1 1,00
4
sin cos
tan cot
sin 2
x x
x x
x
(1) Điều kiện: sin 2x0
0,25
2
1
1 sin 1 sin cos
2 (1)
sin 2 cos sin
x x x
x x x
0,25
2
2
1
1 sin 1 1
2 1 sin 2 1 sin 2 0
sin sin 2
x
x x
x x
Vậy phương trình cho vơ nghiệm
0,50
2 1,00
2 3
4 2
log x1 2 log 4 xlog 4x
(2)
Điều kiện:
1
4
4
1
4
x
x x
x x
0,25
2
2 2 2
2
2
(2) log log log log log 16
log log 16 16
x x x x x
x x x x
0,25
+ Với 1 x4 ta có phương trình x2 4x12 (3) ;
2 (3)
6
x x
lo¹i
0,25
+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);
2 24
4
2 24
x x
lo¹i
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1 6
0,25
III 1,00
Đặt
2 2
2
1 2 dx tdt
t x t x tdt xdx
x x
2
1
dx tdt tdt
x t t
+ Đổi cận:
1
2
3
2
x t
x t
0,50
1
3
2
2
2
1
3
2
1 1
ln ln
1 |
dt dt t
A
t t t
(15)IV 1,00 Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy
SOE AB
Dựng OH SE OH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH =
Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có:
2 2 2
2
1 1 1 1
1
9
9
8 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
2 2 9 81
8 2
SE OE SO SE
0,25
2
1 36
9
2
SAB SAB
S
S AB SE AB
SE
2
2
2 2 4 2 32 265
2 8
OA AE OE AB OE
0,25
Thể tích hình nón cho:
2
1 265 265
.3
3 8
V OA SO 0,25
Diện tích xung quanh hình nón cho:
2 2 265 337 337
9
8 8
265 337 89305
8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
0,25
V 1,00
Hệ bất phương trình
2
7 (1)
2 (2)
x x
x m x m
1 1 x
Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).
0,25
2
2
2 ( 1;6 0)
2
x x
x x x m m x x
x
Gọi
2 2 3
( ) ; 1;6
2
x x
f x x
x
0,25
Hệ cho có nghiệm x0 1;6 : ( ) f x0 m
2
2
2
2
'
2
x x
x x
f x
x x
;
2 17
'
2
f x x x x
Vì x1;6 nên nhận
1 17
2
x
0,25
Ta có:
2 27 17 17
(1) , (6) ,
3 13 2
f f f
(16)Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên
27 max ( )
13
f x
Do 1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
VIa 2,00
1 1,00
Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:
4
2;4
2
x y x
A
x y y
0,25
Tọa độ B nghiệm hệ phương trình
4
1;0
1 0
x y x
B
x y y
0,25
Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
2 4
a x b y ax by a b
Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0
Từ giả thiết suy 2; 3 1; 2 Do
2 2 2
2
|1 | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25 5
0
| |
3
a b
a b a
a b a b a a b
a b
+ a = b0 Do 3:y 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1).
Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - =
0,25
Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:
4
5;
1
y x
C
x y y
0,25
2 1,00
Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
, , ,
, ,
OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
0,25
Ta có:
2 2 2
2 2 2 5 2 1
10 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
, 2 | 2 | 9 2 2 2 52 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
, , | 2 | | 2 13 |
3
2 2 13 ( )
2 (3)
2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
lo¹i
Từ (1) (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3
a
b c
0,25
Từ (2) (3) suy ra: a2 b2c2 9 (5)
(17)Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221 a 658 0 Như a2
658 221
a
.Suy ra: I(2;2;1) R =
658 46 67
; ;
221 221 221
I
R = 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: x 22y 22z12 9
2 2
658 46 67
9
221 221 221
x y z
0,25
VIIa 1,00
Điều kiện: n 1 n5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
1
2
4.3.2.1 3.2.1
1
1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
0,50
2
9 22
5 50 10
5
n n
n n n
n
0,50
VIb 2,00
1 1,00
Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình
2 0; 2
2
1;
5
y x
x y x y
y x
x y
0,50 Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1)
Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4)
0,50
2 1,00
Phương trình tham số d1 là:
1 3
x t
y t
z t
M thuộc d1 nên tọa độ M 1 ;3 ; 2 t t t. Theo đề:
2
2
|1 2 3 1| |12 |
, 2 12 6 1,
3
1 2
t t t t
d M P t t t
0,25
+ Với t1 = ta M13;0;2;
+ Với t2 = ta M21;3;0
0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp
này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2 0 x 2y2z (1)
Phương trình tham số d2 là:
5
5
x t
y t
z t
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).
0,25
+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) 0,25
(18)Điều kiện
3
1
0
3 x x
3
1
( ) ln ln1 3ln 3ln
3
f x x x
x
;
1
'( ) 3 '
3
f x x
x x
0,25
Ta có:
2
0
0
6 cos 3
sin sin sin sin
2 |
t t
dt dt t t
0,25
Khi đó:
2
6 sin
2 '( )
2
t dt f x
x
2
3 0
3
3
3
3; 3; 2 2
x x
x x
x x
x
x x x x