Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong tại A, B thoả mãn OB 9OA.. Giải phương trình:.[r]
(1)ĐỀ THAM KHẢO SỐ 02 MÔN: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút I - PHẦN CHUNG (7,0 điểm) C Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x x có đồ thị là đường cong Khảo sát biến thiên hàm số và vẽ đường cong Lập phương trình tiếp tuyến đường cong A, B thoả mãn OB 9OA Câu II (2 điểm) Giải phương trình: C C biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy 5 sin x tan x cos x sin x cos x x y x y 3y 2 3x 3x y 6 x 3y Giải hệ phương trình: x 2x + x 2(x x) = Giải phương trình : Câu III (1 điểm) 1 2 I Tính tích phân x2 I dx x 1 (x x 1)(1 2012 ) xdx x 1 x và Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A1B1C1 có cạnh đáy a M là điểm trên cạnh AA1 cho AA1 3 AM Biết BMC1 90 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương, thoả mãn x y z 3 Tìm giá trị nhỏ P x3 y3 z3 y (2 z x) z (2 x y ) x (2 y z ) biểu thức II PHẦN RIÊNG (3 điểm)Thí sinh làm hai phần (phần 2) Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng cho tam giác ABC cân A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x y 0 Đường cao kẻ từ B có phương trình x y 0 , điểm M 1;0 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC B 5; 2; , C 3; 2; Tìm toạ độ điểm A Câu VII.a (1 điểm) Trong không gian cho điểm thuộc mặt phẳng ( P) : x y z 0 cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A z 3z 2i Câu VIII.a (1 điểm) Tìm phần ảo số phức z , biết Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC, phân giác AD có phương trình x y 0 , đường cao CH có phương trình x y 0 Điểm M 3; thuộc cạnh AC thoả mãn AB 2 AM Xác định toạ độ các đỉnh tam giác ABC Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian cho điểm B 1; 2; 1 , C 3; 0;5 .Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng ( P ) : x y z 10 0 cho tam giác ABC cân A và có diện tích 11 (2) y = x3 x2 có đồ thị là (C).Tìm tất điểm trên Câu VIII.b (1 điểm) Cho hàm số đồ thị (C) cho hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm đó là giá trị lớn 4x + g(x) = x +1 hàm số: ĐÁP ÁN VẮN TẮT M x ; f x 0 Gọi toạ độ điểm là toạ độ tiếp điểm Theo giả thiết OB=9OA suy hệ số góc tiếp tuyến -9 I.2 f ' x0 9 f ' x x02 x0 0 x x 0 x02 x0 0 1 x0 x0 0 Phương trình (2) vô nghiệmPhương trình (1) suy x0 1, x0 3 Với x0 suy phương trình tiếp tuyến y 9 x Với x0 3 suy phương trình tiếp tuyến y 9 x 25 2.Điều kiện x y 0, 3x 3x y 0, y 0 3x y 3x y 3x y x x y 3y 3y x y y y y2 y 3x y t 2t t 0 t t y Đặt suy y 0 2 +Với t ta có 3x y y (3) 3x y y thay vào (2) ta có y 2 y y y y y 2 y y y y 0 (loại) 4; Thay y vào (3) ta có x 4 suy là nghiệm II y 0 9 y y y2 y 3x y y 3x y y 2 (3) từ (2) ta có +Với y y u 2 Đặt ( u 0 )Ta có 2u 2u 0 u 2 u (loại) u 2 y 10 y 16 0 y y Với (loại) 8 8 8 y x ; vào (3) ta có suy 9 là nghiệm Thay t 2 Phương trình x 2x + x (x x) 2(x x) = 2 (x x) ( x x) 2(x x) = - Đặt t = x x , với t 0 ta có phương trình: t4 – t2 – t = 0; suy t = 0; t = - Với t = thì x = 0; x = - Với t = 2 thì x = –1; x = Tóm lại phương trình có nghiệm phân biệt: Điều kiện cos x 0,sin x cos x 0 1; 0;1; 2 (3) II.1 sin x sin x sin x sin x cos x sin x 0 0 sin x cos x cos x cos x sin x cos x x k sin x 0 x x k 2 sin x sin x 5 sin x.sin x 2sin x.cos x x x k 2 4 x k x k 2 5 k 2 x 12 2 Đặt t x t x xdx tdt Với x 2 t 3 , x 2 t 5 5 5 tdt dt 1 t 15 I dt ln ln (t 4)t t 4 t t t 2 Vậy 1 2 x 1 I dx x 1 (x x 1)(1 2012 ) III Chứng minh đợc: 1 I 1 1 x2 (x )2 x A B O C M I B1 A1 IV O1 C1 1 dx x §Æt x2 dx 1 x x / tgt I dt x /4 x 2x AM ; A M 3 Đặt AA1 x suy 2 Tam giác MBC1 vuông M MB MC1 BC1 x2 4x2 4x2 3a 2 2 a a x a a x 9 Gọi O, O1 là tâm đáy ABC và A1 B1C1 , I là trung điểm OO1 , Suy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ a 3a 43a 43 R AO OI R a 48 2 V 4 43 43 43 V R a a 3 144 Vậy x3 y 2z x x Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có y (2 z x) (1) 3 y z 2x y z x 2y z y z z (2 x y ) x (2 y z ) Tương tự (2) (3) x yz 1 Dấu xảy x y z 1 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta có x y 0 B 2; Toạ độ B là nghiệm hệ x y 0 Suy P d : x y 0 VIa Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC x y 0 Gọi N là giao điểm d với đường cao kẻ từ B Toạ độ N là nghiệm hệ x y 0 N 3;1 Suy (4) 1 I 2; Gọi E là trung điểm BC Do tam Gọi I là trung điểm MN A I M N giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC IE qua I vuông góc với BC IE : x y 0 Toạ độ E là nghiệm hệ x y 0 17 4 E , C ; 10 5 4 x y 0 CA : x y 0 CA qua C vuông góc với BN suy Toạ đô A là nghiệm hệ B E C 4 x y 0 13 19 x y 0 A 10 ; 10 BC ( 2;0; 4) Trung điểm BC có toạ độ 4; 2; Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực BC Q : x y z 0 Q : x z 0 Gọi d là giao tuyến mặt phẳng (P) và (Q) VII a ud nP , nQ 2; 5;1 0;3; Chọn , Điểm thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy x 2t (d ) : y 3 5t z 2 t Ta có tam giác ABC cân suy A thuộc d A 2t;3 5t ; t BA (2t 5;5 5t; t ); CA (2t 3;5 5t; t 4) Gọi toạ độ Tam giác ABC vuông suy BACA 0 2t 2t 3 5t t t 0 4 11 10 t A ; ; t 1 A 2; 2;3 3 3 Với , 3t 7t 0 t 1 t Tìm phần ảo số phức z biết z 3z 2i Đặt z a bi z a bi VII a bi a bi 2i 4a 2bi 1 4i 4a 2bi 4i Ta có I.a 4a 2b 4 VI b 3 a 3 z 2i b Vậy Vậy phần ảo z -2 A M E H d I B C D Đường thẳng d qua M vuông góc với AD có phương trình x y 0 ; Gọi I, E là giao diểm AD, AB với d Dễ thấy tam giác AME cân A Toạ độ I là nghiệm hệ x y 0 1 I ; E 2; 1 2 x y 0 AB là đường thẳng qua E vuông góc với CH AB : x y 0 2 x y 0 A 1;1 x y Toạ độ A là nghiệm hệ B 3; Do AB 2 AM E là trung điểm AB suy (5) x y 0 C 1; x y AM : x y Phương trình Toạ độ C là nghiệm hệ B 2;1; BC (2; 2;6) I .Trung điểm BC có toạ độ I Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực BC C Q : x 2 y 1 z 0 Q : x d A Gọi d là giao tuyến mặt phẳng (P) và (Q) VII b (p) và (Q) suy Gọi toạ độ 4t ud nP , nQ 4; 1;1 4; 3;0 Chọn , Điểm thuộc mặt phẳng x 4 4t d y t z t Ta có tam giác ABC cân suy A thuộc d IA 4t; t ; t A 4t; t ; t S ABC 2 11 y 3z 0 BC AI 11 2 Do BC 2 11 AI 22 t 4 t 2 2 t t t 22 18t 12t 24 22 10 A ; ; Suy 3 4x + x +1 * Tìm giá trị lớn hàm số: 4t + g(t) = t +1 ; - Đặt t = x2, với t 0 ta có hàm số 4t 6t + g'(t) = t = 2; t = 2 (t +1) ; g’(t) = 2; g(x) = VII I.b - Ta lại có: lim g (t ) 0 lim g (t ) 0 t ; t , lập bảng biến thiên hàm số: x - Vậy giá trị lớn hàm số là g (x) = 4, đạt * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0)) (C), thì hệ số góc tiếp tuyến (C) M0 là f’(x0)= 3x 02 x 4 40 3x x0 = - Vậy: suy x0 = –1; x0 = , tung độ tương ứng f(–1) = – ; f( ) = 27 40 + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; 27 ) (6)