DE 10 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.[r]

(1)

TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ SỚ 9

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m 1x1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình :  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x



 

2 Giải phương trình:    

2

4 2

log x1 2 log 4 x log 4 x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

2

1 dx A

x x







Câu IV (1,0 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 (1,0 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

Câu VI (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2 y2 2x 4y 0 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

2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng

1

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

 

Tìm điểm Md ,1 Nd2 cho MN // (P) cách (P) khoảng

Câu VII (1,0 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số  

3

1 ( ) ln

3 f x

x



 giải bất phương trình

2

6 sin

2 '( )

2 t

dt f x

x



 

 

(2)

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 9

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 1,00

Khi m = ta có y x 33x21

+ MXĐ: D 0,25

+ Sự biến thiên:

 Giới hạn: xlim  y ; limx y

 y' 3 x26x;

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 cực trị 0,25 + Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số khơng có cực trị y' 0 khơng có nghiệm có nghiệm kép

(3)

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4 m

   0,25

II 2,00

1 1,00

 

4

sin cos

tan cot sin 2

x x

x



 

(1) Điều kiện: sin 2x0

0,25

2

1

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x



 

    

 

0,25

2

1

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2 x

x x



      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm

0,50

2 1,00

 2  3

4 2

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1

4

1

4

x

x x

  

  

 

  

 

     

0,25

     

 

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 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;

 

(3)

6 x x

   



 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);

 

  24

2 24 x

x

    

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 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



  

  

   

 

(4)

1

3

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

 

     

    

  0,50

IV 1,00

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB 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

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 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 9 265 337 337

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 x01;6 thỏa mãn (2).

0,25

   

   

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

 

 



(5)

Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m

 

2

'

2

x x

f x

x x

 

 

 

;  

2 17

'

2 f x   x  x   x 

Vì x1;6 nên nhận

1 17 x 

0,25

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

f  f  f    

 

 

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



      

0,25

VI 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

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 ABC900nên 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 d

1 nên tọa độ

1 ;3 ;2 

M  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 M13;0;2;

+ Với t2 = ta M21;3;0

0,25 + Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi

mp (Q1) PT (Q1) là:

 32220 2270(1) xyz

xyz

 .

Phương trình tham số d2 là:

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).

(6)

+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) 0,25

VII 1,00

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

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; 2 2

x x

x

x x x x



  

  



    

      

  

      

 