x2 3 Câu IV 1 điểm Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đ[r]
(1)ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f ( x) x x Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ là a và b Tìm điều kiện a và b để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với Câu II (2 điểm) cos x sin x Giải phương trình lượng giác: tan x cot x cot x 1 Giải bất phương trình: log x x log x log x 3 3 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I cos x sin x cos x dx I dx x2 Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m3 0 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng định bởi: (C ) : x y x y 0; : x y 12 Tìm điểm M trên cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 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 và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Cho phương trình : z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (1) 1) Chứng minh (1) nhận nghiệm ảo 2) Giải phương trình (1) Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d : x y và có hoành độ xI , trung điểm cạnh là giao điểm (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x y z x y z 0, ( P) : x y z 16 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) n n 19 7i 20 5i Chứng minh rằng: E = R i 6i Hết Lop12.net (2) Câu ĐÁP ÁN Nội dung Ý I + MXĐ: D + Sự biến thiên Giới hạn: lim y ; lim y x x x y ' x3 x x x 1 ; y ' x 1 Bảng biến thiên Điể m 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 yCT y 1 1; yCT y 1 1; yC§ y Đồ thị 0,25 1,00 Ta có f '( x) x x Gọi a, b là hoành độ A và B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A và B là k A f '(a ) 4a 4a k B f '(b) 4b3 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y f ' a x a f a f ' a x f (a ) af' a ; y f ' b x b f b f ' b x f (b) bf' b Hai tiếp tuyến (C) A và B song song trùng và khi: k A k B 4a 4a = 4b3 4b a b a ab b 1 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , đó (1) tương đương với phương trình: a ab b (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A và B trùng 2 a ab b a ab b , a b 4 3a 2a 3b 2b f a af ' a f b bf ' b Giải hệ này ta nghiệm là (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1),hoặc (a;b)= ; các nghiệm này tương ứng với các điểm trên đồ thị là 1; 1 và 3 ; 3 Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với là 1; 1 , (a;b)= Lop12.net (3) a ab b a 1; a a b II cos x.sin x.sin x tan x cot x Điều kiện: cot x Từ (1) ta có: sin x cos x cos x sin x cos x sin x cos x.sin x sin x cos x cos x 1 sin x 2sin x.cos x sin x x k 2 cos x k x k 2 Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình đã cho là x 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 k 2 k Điều kiện: x 1,00 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 log x x log 31 x log 31 x 3 2 1 log x x log x log x 3 2 log x x 3 log x log x 3 0,25 x2 log x x 3 log x3 x 10 x2 x x 3 x2 x3 x 10 0,25 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình đã cho là x 10 0,25 1,00 1,00 III 2 I cos x 1 sin 2 x dx 1 sin 2 x d sin x 0 0,50 12 1 d sin x sin xd sin x sin x sin x |0 12 |02 0 0 2 IV 0,50 1,00 Lop12.net (4) Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm AB và CD Khi đó OM AB và O ' N CD Giả sử I là giao điểm MN và OO’ Đặt R = OA và h = OO’ Khi đó: IOM vuông cân O nên: h 2a OM OI IM h a 2 2 0,25 2 a a 3a a a 2 Ta có: R OA AM MO 8 2 2 V R 2h 0,25 3a a 2 a , (đvtt) 16 và S xq 2 Rh=2 0,25 a a 3 a (đvdt) 2 2 0,25 V 1,00 x x 2m x 1 x x 1 x m3 (1) Phương trình Điều kiện : x Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm 0,25 1 Thay x vào (1) ta được: 2 m 0 1 m m3 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x x Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x 1 x x 1 x 1 thì cần có điều kiện x x x 0,25 x x x 1 x x x x 1 x x 1 x x 1 x 0 0,25 + Với x x x Trường hợp này, (1) có nghiệm + Với x 1 x x * Với m = thì (1) trở thành: x x x 1 x x 1 x x 1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x 0, x x 1 x nên trường hợp này (1) 0,25 không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 VIa 2,00 1,00 Lop12.net (5) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R Gọi A, B là hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với góc 600 thì IAM là nửa tam giác suy IM 2R=2 0,25 Như điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: x y 1 20 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm đúng hệ x 2 y 12 20 (1) phương trình: x y 12 (2) 0,25 Khử x (1) và (2) ta được: x 2 y 10 y 1 20 y 42 y 81 27 x 9 27 33 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 3; M ; 2 10 2 2 0,25 0,25 1,00 Ta tính AB CD 10, AC BD 13, AD BC Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi Từ đó ABCD là tứ diện gần Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là trọng tâm G tứ diện này 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G ;0; , bán kính là 2 2 14 R GA VIIa 0,25 0,25 0,50 1,00 a) Đặt z = yi với y R Phương trình (1) có dạng: (iy)3 + (2i-2)(yi)2 + (5-4i)(yi) – 10i = -iy3 – 2y2 + 2iy2 + 5iy + 4y – 10i = = + 0i đồng hoá hai vế ta được: 2 y y giải hệ này ta nghiệm y = y y y 10 Vậy phương trình (1) có nghiệm ảo z = 2i b) Vì phương trình (1) nhận nghiệm 2i vế trái (1) có thể phân tích dạng: z3 + (2 – 2i)z2 + (5 – 4i)z – 10i = (z – 2i)(z2 +az + b) (a, b R) đồng hoá hai vế ta giải a = và b = z 2i z i (1) (z – 2i)(z2 = 2z + 5) = z 1 2i z 2z z 1 2i Vậy phương trình (1) có nghiệm VIb 2,00 1,00 Lop12.net (6) 9 3 và I d : x y I ; 2 2 Vai trò A, B, C, D là nên trung điểm M cạnh AD là giao điểm (d) và Ox, suy M(3;0) 9 2 AB IM xI xM yI yM 3 4 S 12 S ABCD AB AD = 12 AD = ABCD 2 AB AD d , suy phương trình AD: x 3 y x y M AD Lại có MA = MD = Vậy tọa độ A, D là nghiệm hệ phương trình: x y y x y x 2 2 2 x 3 y x 3 y x 3 x y 3 x x x Vậy A(2;1), D(4;-1), x 1 y y 1 0,50 x x xI A C xC xI x A 9 3 I ; là trung điểm AC, suy ra: 2 2 yC yI y A y y A yC I Tương tự I là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 0,50 I có hoành độ xI 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2 1 16 d d I , P 5 d R Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 và N vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi là đường thẳng qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm và (P) Đường thẳng có vectơ phương là n P 2; 2; 1 và qua I nên có phương 0,25 0,25 x 2t trình là y 1 2t t z t Tọa độ N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 2t 1 2t t 16 9t 15 t 13 14 Suy N ; ; 3 3 Ta có IM IN Suy M0(0;-3;4) VIIb 15 0,25 0,25 1,00 Lop12.net (7) 19 7i 20 5i 19 7i (9 i ) 20 5i (7 6i ) E2 82 85 i 6i n n n n n 0,50 n n n 164 82i 170 85i 2 i 2 i 82 85 E2 E2 E2 R Lop12.net 0,50 (8)