De va goi y thi cao dang ABD nam 2012

Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa độ Oxy.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABCB[r]

Mơn thi : TỐN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số

2 x y

x  

 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1).

2 Viết phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số (1), biết d vng góc với đường thẳng y = x +

Câu (2,0 điểm).

a Giải phương trình 2cos2x + sinx = sin3x b Giải bất phương trình log2(2x).log3(3x) > Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I =

3

0

x dx x



.

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A, AB= a 2; SA = SB = SC Góc đường thẳng SA mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tính khối chóp S.ABC bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 4x3 + x – (x + 1) 2x1 = (x  R)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B)

A Theo chương trình Chuẩn Câu 6.a (2,0 điểm)

a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 4y + = 0 đường thẳng d : 4x – 3y + m = Tìm m để d cắt (C) hai điểm A, B cho



AIB=1200, với I tâm (C).

b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

d1 : x t y t

z t

  

    

 (t  R) , d :

1 2

x s

y s

z s    

  

 

 (s  R)

Chứng minh d1 d2 cắt nhau.Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1,d2

Câu 7.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 – 2i)z –

i i 

 = (3 – i)z Tìm tọa độ điểm biểu diễn z mặt phẳng tọa độ Oxy

B Theo chương trình Nâng cao Câu 6.b (2,0 điểm)

a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Các đường thẳng BC, BB’, B’C’ có phương trình y – = 0, x – y + = 0, x –3y+2 = 0; với B’, C’ tương ứng chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng AB, AC

b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

2 1

1 1

x y z

 

  và

mặt phẳng (P) : 2x + y – 2z = Đường thẳng  nằm (P) vng góc với d giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng 

BÀI GIẢI I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu a

 

 2

1

\ ; ' 0,

1

D y x D

x 

     

 

TCĐ: x= -1 xlim 1 y , limx 1 y

; TCN: y = vìxlim y2

Hàm số nghịch biến (;-1) (-1; +) Hàm số khơng có cực trị x -∞ -1 +∞

y’   y +∞

-∞

b) Tiếp tuyến vng góc đường thẳng y = x + nên phương trình tiếp tuyến có dạng

d: y = -x + m; d tiếp xúc với (C)  (I)

2

1

1 ( 1)

x

x m x

x  

   

 



 

 

 có nghiệm

(I) 

2

2 ( )( 1) (1) ( 1)

x x m x

x

    

 

 

 (hiển nhiên x = -1 không nghiệm (1)



0 x m

  



 hay

2 x m

  



 Vậy phương trình tiếp tuyến d : y = -x + hay y = -x – 1. Câu 2:

a 2cos2x + sinx = sin3x  sin3x – sinx – 2cos2x =  2cos2xsinx – 2cos2x =  cos2x = hay sinx =  x =

k

 



hay x = k2 

 

(k  Z) b log2(2x).log3(3x) > 1, đk x >

 log3x + log2x + log2x.log3x >  log32(log2x)2 + (log32 + 1)log2x >  log2x < -log26 hay log2x >  < x <

1

6 hay x > 1

Câu : I =

0

x dx x



, đặt u = x1  u2 = x +  2udu = dx

O x

y

2

-2

I =

2

1

2 (u 1)du

=

2 u

u

 



 

  =

8

Câu Gọi I trung điểm BC  IA = IB = IC Mà SA = SB = SC  SI trục đường tròn (ABC)  SI  (ABC)  SAI = 600

Ta có : BC = AB = 2a  AI = a SAI vuông  SI AI = a VS.ABC =

3 3 a

Trong mp (SAI) đường trung trực SA cắt SI O O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Ta có SKO đồng dạng SIA  SK.SA = SO.SI

 R = SO =

2 SA

SI =

3 a

Câu 4x3 + x – (x + 1) 2x1 = 0, với điều kiện: x   Phương trình  8x3 + 2x = (2x + 2) 2x1

 2x[(2x)2 + 1] = 2x1[( 2x1)2 + 1] (*) Xét f(t) = t(t2 + 1) = t3 + t

f’(t) = 3t2 + > t  R  f đồng biến R (*)  f(2x) = f( 2x1)  2x = 2x1



2 x

x x

  

 

 

0

1 5

4

x

x x

  

  

  



  x =

1  Câu 6.a

a (C) : x2 + y2 – 2x – 4y + = 0; d : 4x – 3y + m = 0 (C) có tâm I (1; 2), bán kính R = 1  = 2



AIB = 1200 d(I, d) = IA.cos600 =

2 

= 

4

1

m  



 m =  m = hay m = -3 b Xét hệ phương trình :

2 2

t s

t s

t s

 

 

  

   

2 1 t s t s

 

  

  

0 s t

   



 có nghiệm Vậy d1,d2 cắt I(1;2;0) d1 có vtcp a(1; 2; 1)

r

; d2 có vtcp b(2; 2; 1)

r

 mp (d1, d2) qua I (1; 2; 0) có pháp vectơ

, na b

    

= -(0; 1; 2)

Phương trình mặt phẳng (d1,d2) : 0(x1) 1( y 2) 2( z 0) 0  y2z 0 Câu 7a.

2

(1 ) (3 )

i

i z i z

i 

   



1 ( )

2 i i z 

   

 z = 10 10 i

S

B

C I

A

Vậy điểm biểu diễn cho z

1 ; 10 10 M 

 

B Theo chương trình Nâng cao Câu 6b

a Tọa độ B nghiệm hệ phương trình

2 x y y       

 nên B (0; 2) Tọa độ B’ nghiệm hệ phương trình

2 x y x y        

 nên B’ (-2; 0) C (m; 2) (vì C  BC); B C'



= (m + 2, 2); B B ' = (-2; -2) '

B C



.B B' 

=  m = -4  C (-4; 2)

Đường trịn (C) đường kính BC có tâm I (-2; 2), bán kính R = Nên (C) : (x + 2)2 + (y – 2)2 = 4

Giao điểm (C) B’C’ nghiệm hệ phương trình

2

( 2) ( 2)

x y x y           

10 y y x y         x y    

 hay

4 5 x y          AC qua B’ (-2; 0) vng góc BB’ nên AC : x + y + = B’ (-2; 0); C’(

4 

;

5), nên phương trình AB 2x – y + = 0. Cách khác : Ta có BB'



= (-2; -2)  phương trình AC : x + y + = Tọa độ C nghiệm hệ

2 x y y       

  C (-4; 2) C’ (3a-2; a)  B’C’

Tọa độ BC ' = (3a -2; a -2); CC'



= (3a + 2; a- 2) '

BC



.CC'



=  a = hay a = 2/5 (với a = loại C’ trùng B’) '

BC



= -4

5(1; 2)  Phương trình AB : 2x – y + = 0. b Gọi I giao điểm d (P); I d  I(2 t; ; 1  t  t)

( ) 2(2 ) 2( 1)

I P   t   t t   t1 Vậy I(1; 2;0) Gọi v

r

vtcp ; ( )P  vn(2;1; 2);  ( )d  va ( 1; 1;1)

r r r r

Vậy v n a   ( 1;0; 1)

r r r

vtcp  : (1;0;1)

Pt  : x t y z t         

Câu 7b. z2 – 2z + + 2i =  (z – 1)2 = -2i =

3

2(cos sin ) i

 





3

1 2(cos sin )

4

5

1 2(cos sin )

4

z i i

z i i

                    2 z i z i     