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 SINHCâu (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
x
o, biếtf ''(x )
o
1
Câu (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
log (
2x
3) 2log 3.log
3x
2
2) Tính tích phân
ln
2
0
(
x1)
xe
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] -2Câu (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
2
x 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
2
z z
25
i
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
x
0;
x
2
Hàm số đồng biến khoảng
( 2;0), (2;
)
; nghịch biến khoảng
; 2
,(0; 2)
(2)Hàm số đạt cực tiểu
x
2,
y
CT
4
Hàm số đạt cực đại
x
0,
y
CD
0
●Giới hạn vô cực :
lim
xy
;
lim
xy
●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
x
0
1
, Ta có 07
'( )
(1)
3, ( )
4
f x
f
f x
phương trình tiếp tuyến (C) điểm cóhồnh độ
x
0
1
là7
5
3(
1)
3
4
4
y
x
x
Trường hợp
x
0
1
, Ta có 07
'( )
( 1) 3, ( )
4
f x
f
f x
phương trình tiếp tuyến (C) điểm cóhoành độ
x
0
1
là7
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 (
2x
3) 2log 3.log
3x
2
.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
x
2
2
log (x 3)x x 3x x x
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
2 Tính tích phân
ln
2
0
(
e
x1)
e dx
x
Đặt
t e
x
1
Ta cót e
x
1
Ta códt e dx
x ,e
x
t
1;
x
0
t
0,
x
ln 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
2
AB
.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 ABCâu 5a
2
z 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 có1 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) nhậnu
(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 Vb2 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