DE 3 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định..[r]

TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2010 - 2011 ĐỀ SỐ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x  3mx  3(m  1) x  (m  1) (1) Với m = , khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hoành độ dương Câu II (3,0 điểm) cos x  cos x  1 2   sin x  sin x  cos x Giải phương trình Giải phương trình  x2  x x    2x  x2 ( x  )  x  y  x  y 4  x( x  y 1)  y ( y  1) 2 Giải hệ phương trình  3 x dx x 1  x  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N là các điểm di động trên các  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y cạnh AB, AC cho Chứng minh rằng: x  y 3 xy Câu VI (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = và hai đường thẳng x 1 y  z  x y 2 z     , d2: 2 d1: Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2 Câu VII (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = -Hết - SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN 2011 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1,0 Với m =1 thì x y x 1  a) Tập xác định: D 0.25  \  2 b) Sự biến thiên: x2  4x   x 1 y ' 0    x  2  x  2 ,  x 3 lim y   lim y  lim y  ; lim y   y ' 1  , x    , x   x  2 x  2 0.25 , lim  y  ( x  1) 0 ; lim  y  ( x  1)  0 x   x   Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng  1;  ,  2;3 khoảng   ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: – – - + + + + 0.25 1.0 m Với x 2 ta có y’ = 1- ( x  2) ; Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = (1) có hai nghiệm phân biệt khác  m  x1 2  m  y1 2  m  m Với m > phương trình (1) có hai nghiệm là: x2 2  m  y2 2  m  m Hai điểm cực trị đồ thị hàm số là A(  m ;  m  m ) ; B(  m ;  m  m ) Khoảng cách từ A và B tới d nên ta có phương trình: 2 m m 2 m m  m 0   m 2 Đối chiếu điều kiện thì m = thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 0.25 0.25 0.25 II 0.25 2.0 Giải phương trình cos x  cos x  1 2   sin x  sin x  cos x 1.0 ĐK: sin x  cos x 0 Khi đó 0.25 PT    sin x   cos x  1 2   sin x   sin x  cos x     sin x    cos x  sin x  sin x.cos x  0 0.25    sin x    cos x    sin x  0  sin x    cos x    x   k 2     x   m 2  k , m  Z 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 0.25 (thoả mãn điều kiện) Giải phương trình: x    k 2 và x   m2  x2  x x    x  x2 ( x  ) 3  x  x 0 PT   2 7  x  x x  3  x  x 3  x  x 0   x x   2( x  2)     x 1    x 0  x2  x   x   x   k , m  Z 1.0 0.25 0.25   x    x  1  x  16  0 0.25 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - Hệ phương trình có nghiệm ( 2;  2) ( 2; 2) (1;  2) (  2;1) III Tính tích phân Đặt u = 3 x dx x 1  x  1.0  x 0  u 1  x   u   x  2udu dx ; đổi cận:  x 3  u 2 2 0.25 x 2u  8u dx  du (2u  6)du  6 du   u  u  u  x   x  1 Ta có: 2  u  6u  6ln u  1    ln 0.25 0.25  0.25 IV 1.0 D Dựng DH  MN H  DMN    ABC   DH   ABC  mà D ABC là Do tứ diện nên H là tâm tam giác ABC C B N H 0.25 M A  3 DH  DA  AH        Trong tam giác vuông DHA: 2 0.25 S AMN  AM AN sin 600  xy Diện tích tam giác AMN là V  S AMN DH  xy 12 Thể tích tứ diện D AMN là 0.25 1  xy.sin 600  x AH sin 300  y AH sin 300 S  S  S AMH AMH 2 Ta có: AMN  x  y 3 xy 0.25 VI.a 2.0 1.0 Do B là giao AB và BD nên toạ độ B là nghiệm hệ: 21   x   x  y  0  21 13    B ;    5  x  y  14 0  y 13  Lại có: Tứ giác nhật nên góc AC và AB góc AB và  ABCD là hình chữ  n (1;  2); nBD (1;  7); nAC (a; b) BD, kí hiệu AB (với a2+ b2 > 0) là VTPT các     cos nAB , nBD  cos nAC , nAB đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có:     0.25 0.25  a  b 2 2  a  2b  a  b  7a  8ab  b 0    a  b   - Với a = - b Chọn a = b = - Khi đó Phương trình AC: x – y – = 0,  x  y  0  x 3    A(3; 2)  x  y   y    A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm hệ: Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm hệ:  x  x  y      I  7;5      2  x  y  14 0  y 5   14 12  C  4;3 ; D  ;   5 Do I là trung điểm AC và BD nên toạ độ - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 0.25 1.0  x   2t  x 2  m   d1 :  y 1  3t ; d :  y   5m  z 2  t  z  2m   0.25 Phương trình tham số d1 và d2 là: Giả sử d cắt d1 M(-1 + 2t ; + 3t ; + t) và cắt d2 N(2 + m ; - + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - + 5m - 3t ; - - 2m - t)  nP (2;  1;  5) Do d  (P) có VTPT m 1  Giải hệ tìm t 1 nên 3  m  2t 2k    5m  3t  k   k : MN kn p    2m  t  5k 0.25 có nghiệm  x 1  2t   y 4  t  z 3  5t  VII.a 0.25 0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d: thoả mãn bài toán n Tìm phần thực số phức z = (1 + i) , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 1.0 n  N  Điều kiện: n  Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) =  log4(n – 3)(n + 9) = 0.25  n 7   n  13  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = Vậy n = 0.25 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 =   i     i  Vậy phần thực số phức z là (thoả mãn) (không thoả mãn)    i  (2i) (1  i).( 8i) 8  8i  0.25 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì điểm phần đáp án quy định