Chứng minh rằng (P) tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB.. Theo chương trình Nâng cao.[r]
(1)ĐỀ THI TNPT MƠN TỐN NĂM HỌC 2011-2012 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu (3,0 điểm) Cho hàm số
4
1
y f (x) x 2x
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho 2) Viết pt tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ xo, biết f ''(x )o 1
Câu (3,0 điểm)
1) Giải phương trình log (2 x 3) 2log 3.log 3x2
2) Tính tích phân
ln
2
0
( x 1) x
e e dx
3) Tìm giá tri tham số m để giá trị nhỏ hàm số
2
x m m
f (x)
x 1
đoạn [0;1] -2
Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông B BA = BC = a Góc đường thẳng A’B với mp(ABC) 60O Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
1 Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;2;1), B(0;2;5) mặt phẳng (P) có phương trình 2x y 5 0.
1 Viết phương trình đường thẳng qua A B
2 Chứng minh (P) tiếp xúc với mặt cầu có đường kính AB Câu 5.a (1,0 điểm) Tìm số phức 2z z
25i
z , biết z 3 4i.
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;2) đường thẳng x 1 y 3 z
:
2 2 1
1 Viết phương trình đường thẳng qua O A
Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A qua O Chứng minh tiếp xúc (S)
Câu 5.b (1,0 điểm) Tìm bậc hai số phức
1 9 5 1
i
z i
i
-HẾT -GIẢI ĐỀ THI TNPT NĂM HỌC 2011-2012 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu
1 a) TXĐ: D=R b) Sự biến thiên ● Chiều biến thiên:
Ta có : y’ = x3 - 4x= x(x2-4); y’=0 x0;x2
Hàm số đồng biến khoảng ( 2;0), (2; ) ; nghịch biến khoảng ; 2, (0; 2)
(2)Hàm số đạt cực tiểu x2, yCT 4
Hàm số đạt cực đại x0, yCD0
●Giới hạn vô cực : limx
y
; limx
y
●Bảng biến thiên
x -2 +
y’ – + – + + +
y –4 –4
2
0
3
0
0 1 '( ) 4 , ''( ) 3 4; ''( ) 1
1 x
f x x x f x x f x
x
Trường hợp x0 1, Ta có 0
7 '( ) (1) 3, ( )
4
f x f f x
phương trình tiếp tuyến (C) điểm có
hồnh độ x0 1là
7 5
3( 1) 3
4 4
y x x
Trường hợp x0 1, Ta có 0
7 '( ) ( 1) 3, ( )
4
f x f f x
phương trình tiếp tuyến (C) điểm có
hoành độ x0 1là
7 5
3( 1) 3
4 4
y x x
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm
5 3
4
y x
5 3
4
y x
Câu
1 Giải phương trình log (2 x 3) 2log 3.log 3x2.
ĐK: x > (*) Với ĐK (*), ta có
2
2 4 2
log (x 3) 2log 3.log x 2 log (x 3) 2log x 2 log (x 3) 2log x2
2
log (x 3)x x 3x x x
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
2 Tính tích phân
ln
2
0
(ex 1) e dxx
Đặt t e x1 Ta có t e x1 Ta có dt e dx x , ex t 1; x 0 t0, xln 2 t 1.
1
ln
2
0 0
1 ( 1)
3 3
x x t
e e dx t dt
3
2
2
1 3
( )
1 2 4
'( ) 0, , 1
( 1) ( 1)
m
m m
f x m x
x x
2 x [0;1]min ( ) f x f(0)m m.
2
(3)3 ' ' '
1 1 3
. . ' . .tan 60
2 2 2
ABC A B C
a
V BA BC AA a a AB
II PHẦN RIÊNG
1. Chương trình chuẩn Câu 4a
1 Đường thẳng AB qua A(2;2;1) nhận AB( 2;0;4)
làm VTCP
2 2
: 2 ( )
1 4
x t
AB y t
z t
2 Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm I(1;2;3) có bán kính R =
1
2 5 2AB .
2
2.1 5
( ;( )) 5
2 ( 1) 0
d I P
Vì d I P( ;( ))= R nên mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB
Câu 5a 2z z 2(3 ) (3 ) 4 i i i
2
25 25 (3 ) 75 100
4 3
3 (4 ) 25
i i i i
i
z i
2 Theo chương trình nâng cao Câu IVb
1 Đường thẳng OA qua O(0;0;0) nhận OA(2;1; 2)
làm VTCP
2
: ( )
2
x t
OA y t t
z t
2 Bán kính mặt cầu (S) R OA 3
Phương trình tham số
1
1
1 1 2
3 ( )
x t
y t t
z t
Gọi H hình chiếu A Ta có
1 1
1 1
1 1
(1 ;3 ; )
2(2 1) 2( 2) 1( 2) 0 0
(2 1;2 2; 2) (2;2;1)
H t t t
t t t t
AH t t t u
(1;3;0) H
( ; ) 3
d A AH
Vì d A( ; ) R nên đường thẳng tiếp xúc vứi mặt cầu (S).
Cách Đường thẳng qua điểm M(1;3;0) nhận u(2;2;1)
(4)(1; 2; 2), [u; ]= (6;-3;-6)
MA MA
2 2
[u; ] 6 ( 3) ( 6)
( ; ) 3
3 MA
d A
u
Vì d A( ; ) R nên đường thẳng tiếp xúc vứi mặt cầu (S) Câu Vb
2 2
1 9 (1 )(1 ) 8 10
5 5 5 4 (2 )
1 1 2
i i i i
z i i i i
i i
Vậy bậc hai z 2i
Phạm Thị Ngà