DE 9 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.. Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN.2[r]

TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ SỚ 8

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( )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 (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác:





2 cos sin

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 (1,0 điểm) Tính tích phân:





2

4

0

cos sin cos

I x x x dx









Câu IV (1,0 điểm) Cho hình trụ trịn xoay hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm 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 và

thể tích hình trụ

Câu V (1,0 điểm) Cho phương trình









3

1 2

x  x m x  x  x  x m

Tìm m để phương trình có nghiệm Câu VI (2,0 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 ( ) :S x2y2z2 4x2y 6z 5 0, ( ) : 2P x2y 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(1,0 điểm) Cho hai số phức z1và z2có modun chứng minh

1 2 z

1 z z

z z

 

 là số

thuần ảo

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ8

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

3 '( ) 4 '( ) 4

A B

k f a a a

k f b b b

   

 

  

 

Tiếp tuyến A, B có phương trình là:

  



 

 

 

' ' ( ) af' a

yf a x a  f a f a x f a 

;

  



 

 

 

' ' ( ) f' b

yf b x b f b f b x f b  b

0,25

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  

0,25

 

 

 

 





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

         

 

    

      

 

 ,

Giải hệ ta nghiệm (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm tương ứng 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

    

     

0,25

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





2

x  k  k  0,25

2 1,00

Điều kiện: x3 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

1 1,00





2

2

2

2

1 cos sin

2

1

1 sin sin

2

I x x dx

x d x





 

   

 

 

   

 





0,50









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

 vng 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 x



0;1



thỏa mãn (1) – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm cần có điều kiện

1

2 x  x x

Thay x

vào (1) ta được:

3

1

2

1

2

m

m m

m

 

    

 

* 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

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

+ Với

1

1

2 x  x   x

Trường hợp này, (1) có nghiệm

0,25

* 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

VI 2,00

1 1,00

I có hồnh độ

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 1.







y0



 0 x y 3 0 .

Lại có MA = MD =

Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình:





2





2





2





2

3 3 3

3 3

3

x y y x y x

x y x x

x y

  

      

  

 

  

      

    

  



3

3 1

y x x

x y

  

 

   

  

 

4 x y    

 .Vậy A(2;1), D(4;-1),

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

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 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

của  (P)

Đường thẳng  có vectơ phương nP 



2; 2; 1





qua I nên có phương

trình





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

IM  IN

                           

Suy M0(0;-3;4)

0,25

VII 1,0

Hai số phức z1và z2có modun nên z1 z2  1 z z1 11 z z2 1

 1

1 z

z



2 z z  Ta có 2 z z z z z  

 nên

1 2

1 2

1 1

1

1 1

z z z z z z

z z

z z z z

z z          

Vậy z số ảo

0,25 0,25