DE 5 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

Gọi I, H lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD và SAC.[r]

TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ SỚ 4

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2010 - 2011 Mơn: TỐN

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Câu II (3 điểm)

1.Giải phương trình sau: sin(2 

+ 2x)cot3x + sin( + 2x) – 2cos5x = Giải phương trình 2x21 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x2

3 Giải hệ phương trình

2

x y x y

x y x y

    



   

 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =

 

2

4 d

x x

x x



 



Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a,ABC 600;SD =a vng góc với đáy Gọi I, H trực tâm tam giác ACD SAC Tính thể tích khối tứ diện HIAC

Câu VI.( điểm)

Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.

Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: (d1):

¿

x=2t y=t z=4

¿{ {

¿

( d2) :

3

x t

y t z

   

   

 .Chứng

minh (d1) ( d2) chéo Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính đoạn vng góc chung (d1) ( d2)

Câu VII (1 điểm) Giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0

-Đáp án

Câu Ý Nội dung Điểm

I y = x3 + 3x2 + mx + 1 (C m)

1 m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C 3)

+ TXÑ: D = R

+ Giới hạn: xlim  y , limx y

+ y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2

 0; x

* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + = 6(x + 1)

y” =  x = –1 tâm đối xứng I(-1;0)

* Đồ thị (C3):

1đ

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là:

x3 + 3x2 + mx + =

 x(x2 + 3x + m) = 

 

   

 x

x 3x m (2)

* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có nghiệm xD, xE 0.

     

 



 

    

 



2

m 4m

4 m

0 m 9

Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)=    

2

D D D

3x 6x m (3x 2m);k

E= y’(xE) =

   

2

E E E

3x 6x m (3x 2m)

Các tiếp tuyến D, E vuông góc khi: kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo

định lý Vi-ét)  4m2 – 9m + =  m =  

 65

ÑS: m =       

1 9 65 hay m 9 65

8

0,5

II ĐK: sin3x 0 Khi pt cos3x

cos sin 2 cos cos cos sin sin sin cos sin

2

cos (1 sin ) ; ; ( )

10 12

x x x x x x x x x

x

k k k

x x x   x   x   k Z

                   0,5 0,5 Đặt: 2 2

2

3

2

2

u x

v x x

p x x

q x x

                      

 Điều kiện:

2

2

3

x x x           (*)

Ta thấy: u2 – v2 = p2 – q2 = x2 + 3x + 1

Ta có hệ: 2 2

u v p q u v p q

u v p q

u v p q

                   2 2

u p u v

v q v q

              2 2

2 2

2

3 2

x x x

x

x x x x

               

Vậy nghiệm pt: x = -2 (thoả điều kiện (*))

0,5 0.5 3

x y x y

x y x y

    



   



 ĐS:

3 2 1 x x y y                III I =    

1 1

2 2

0 0

4 d d d

2

4 5

x x x x x

x x x x x x

                    

1 1

2

2 0

0

1 d d

2 2ln

2 4 5 2 1

x x x

x x x x x

x x x

 

         

   

 

    10

10 ln 10 ln 10 ln

2            1đ IV

H¹ HH' BD t¹i H'

1. '.

HIAC IAC

V  HH S

Cã

2 . 1. 3.

2 12

IAC a a

S  IO AC a

C/m ΔIHO vuông H suy ra:

2 2 2 6 15 3

6 15 15

a a

IH IO IO SD a

SDO IHO IH

SD SO SO a

a

a a a

OH IO IH

                            Cã: HH'//SD

' '

15 15

HH OH HH a

SD OS

    

VËy

2

1 3

'

3 15 12 180

HIAC IAC

a a a

V  HH S  

0,5

0,5 VI (C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) Vậy   0 60 (1) 120 (2) AMB AMB     

 Vì MI phân giác AMB (1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R  m29 4  m

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

2 3 R 

2 9

3 m  

Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

0,5

,5

2

(d1) qua điểm A(0; 0; 4) có vectơ phương u1 (2; 1; 0) 

(d2) qua điểm B(3; 0; 0) có vectơ phương u2 (3; 3; 0) 

AB (3; 0; 4) 



 AB.[u ; u ] 36 01    AB, u , u1

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

khơng đồng phẳng

 Vậy, (d1) (d2) chéo

 Gọi MN đoạn vuông góc chung (d1) (d2)  M (d )  M(2t; t; 4),   

/ /

2

N (d ) N(3 t ; t ; 0)

/ /

MN (3 t 2t; t t; 4)

        Tacoù: / / / / /

MN u 2(3 t 2) (t t) t M(2; 1; 4) N(2; 1; 0) t

3 t 2t (t t) MN u                                                               

Tọa độ trung điểm I MN: I(2; 1; 2), bán kính

1

R MN

2

 

Vậy, phương trình mặt caàu (S):

2 2

(x 2) (y 1) (z 2) 4

0,5

0,5

VII

Giải phương trình sau tập hợp số phức: (z2 i z)(  z) 0

2

2

(1) ( )( )

(2)

z i

z i z z

z z

 

    



 .Đặt z = a + bi.(1)  (a + bi)2 = -i  a2 - b2 + 2abi

= -i 

2

2

2

0 2 2

2 2 2

2 2

hc

a b

a a

ab

a b

ab a b

b b ab                                        

 (2)  (a + bi)2 = a -

bi  2 2 0

2 1

1 2 hc a a b a b

a b a b

a b ab b a a b                                       

 .Vậy phương trình có nghiệm:

2 2 3

, , , , 0,

2 2 2 2

z  i z  i z  i z  i z z

0,5