ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 1011 - TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thö đại học lần 3 năm 1011 - trường thpt long châu sa', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 1011 - TRƯỜNG THPT LONG CHÂU SA

Së GD-§T phó thä ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC LẦN 3 Trêng T.H.p.t long ch©u sa NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN Thêi gian lµm bµi:150 phót(kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm)  x 1 Cho hàm số : y  (C) 2x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đ ường tiệm cận và trục Ox. Câu II:(2 điểm) sin 2x cos 2x   tgx  cot x 1. Giải phương trình: cos x sin x 4 2  log 3 x log 9 x 3  1 2. Giải phương trình: 1  log 3 x Câu III: (2 điểm) s in 2 xdx F ( x)   3  4 sin x  cos 2 x 1.TÝnh nguyªn hµm: 2.Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: x  1  x 2  x 3 Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chó ý:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn nÕu lµm c¶ hai sÏ kh«ng ®îc chÊm A. Theo chương trình chuẩn Câu Va : 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3  8C2  C1  49 . n n n 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đ ường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: x  12  log 3 2x  1  2 1. Giải phương trình : log 3 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích k hèi chóp OAHK. ………………… …..………………..Hết……………………………………. (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
Híng dÉn chÊm m«n to¸n Néi Dung ý §iÓm C©u 2 I Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 1 1 0,25  TX§: D = R\ {-1/2} 3  Sùù BiÕn thiªn: y ,   0 x  D 2 2 x  1 1 1 Nªn hµm sè nghÞch biÕn trªn (   ;  )va ( ;  ) 2 2 + Giíi h¹n ,tiÖm cËn: 0,25 lim  y   1 x  2 lim  y    §THS cã tiÑm cËn ®øng : x = -1/2 1 x  2 1 lim y   2 x 1  ®THS cã tiÖm cËn ngang: y = -1/2 lim y   2 x  + B¶ng biÕn thiªn: x   -1/2 y’ - -  -1/2 0,25 y  -1/2
 §å ThÞ : y 0,25 1 x 1 -1/2 0 I -1/2 2 1 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A   ,0  2 1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có d ạng y  k x   2   x  1 1   2x  1  k  x  2  0,25    () tiếp xúc với (C)   /  x  1     k coùnghieä m  2x  1    x  1 1   2x  1  k x  2  (1)      3  k 0,25 (2)  2x  12  Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
1  3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1 1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  0,25 2 2 2 5 1 x . Do đó k   12 2 1 1  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  0,25 12  2 II 2 1 sin2x cos2x  tgx  cot gx (1) 1. Giải phương trình:  0,25 cosx sinx cos2x cosx  sin2x sin x sinx cosx (1)    sin x cosx cosx sin x cos 2x  x  sin2 x  cos x 2    sin x cosx sin x cosx 0,25  cosx   cos2x  sin2x  0 2  2cos x  cosx  1  0  sin2x  0 1 0,25  cosx  ( cosx  1 :loaï vì sin x  0) i 2 0,25  x  k 2 3 2 4 Phương trình: 2  log3 x  log9x 3   1 (1) 2. 1  log3 x 1 4 (1)  2  log3 x  1  0,25 log3 9x 1  log3 x 0,25 2  log3 x 4 1   2  log3 x 1  log3 x đặt: t = log3x 0,25 2 t 4  1  t 2  3t  4  0  thành 2  t 1 t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
 t  1 hay t  4 0,25 1 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x  4  x  hay x  81 3 III 2 1 1 sin 2 xdx 2 sin x cos xdx Ta cã F ( x )   3  4 sin x  (1  2 sin 2 x )   0,25 2 sin 2 x  4 sin x  2 O,25 §¨t u = sinx  du  cos xdx udu du du F ( x )  G (u )     0,25 2 (u  1) 2 u 1  u  1 Ta cã: 1  ln u  1  c u 1 0,25 1 VËy F ( x)  ln sinx  1  c sin x  1 1 2 §k: x  3 0,25  x 1  x  2  x  3 Bpt  2 x 2  5 x  6  4  x 0,25 4  x  0  2 3 x  12 x  8  0 3  x  4 0,25   6  2 3 62 3  x  3 3 0,25 62 3 3 x 3 IV 1
  . Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) 2x  5y  2  0 y2 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 0,25 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 (1)   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 0,25 2x 2 C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có 0,25  x B  x C  2 x B  3  y B  2   2x C 2   4x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) V.a 3 1 1 0,25 Điều kiện n  4 1. n   C x n Ta có: x 2  2  k 2k n  k 2 n k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n 0,25 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n 0,25 Ta có: A 3  8C2  C1  49 n n n  (n – 2 )(n – 1)n – 4 (n – 1)n + n = 49  n3 – 7 n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 0,25 C4 23 8  280 Nên hệ số của x là 7 2 2 0,25 Phương trình đ ường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đ ường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB.
0,25 AB 3 Ta có AH  BH   2 2 0,25 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2  3 3 0,25 2 2 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3    2  2    2 2  5  1  1 2 Ta có: MI  5 0,25 3 13 37 và MH  MI  HI  5  MH '  MI  H ' I  5  ;  22 22 0,25 3 49 52 R1  MA 2  AH 2  MH 2  2  13 Ta có:   44 4 3 169 172 R2  MA '2  A ' H'2 MH '2    43  2 4 4 4 Vậy có 2 đ ường trò n (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 0,25 hay (x – 5 )2 + (y – 1 )2 = 43 V.b 3 1 1 2 1. Giải phương trình: log3 x  1  log 2x  1  2 3 0,25 1 §k:  x  1 2  2log3 x  1  2log3  2x  1  2 0,25  log3 x  1  log3  2x  1  1  log3 x  1  2x  1  log3 3 0,25  x  1  2x  1  3 1    x 1 x 1 hoac  2 2x 2  3x  2  0 2x2  3x  4  0(vn)  0,25 x2 2 2 0,25 +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2) 0,25 (1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) SB2  AB2  SA 2  3a2  SB = a 3 a6 2a 3 2a 3 0,25 AH.SB = SA.AB  AH=  SH=  SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD b ằng nhau và cùng vuông tại A) 0,25 HK SH 2a 2  HK  Ta có HK song song với BD nên  . BD SB 3 0,5 k Î OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy ra OE lµ ®êng cao cña h ×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,25 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2 4a 2a AM 2  AH 2  HM 2   AM= 9 3
0,25 a3 2 1 1a 1 VOAHK  OE.SAHK  . HK.AM  (®vtt) 3 32 2 27 S K I M H E A D O C M
Câu II: sin2x cos2x  tgx  cot gx (1) 1. Giải phương trình:  cosx sinx cos2x cosx  sin2x sin x sinx cosx (1)    sin x cosx cosx sin x cos 2x  x  sin2 x  cos x 2    sin x cosx sin x cosx  cosx   cos2x  sin2x  0  2cos2 x  cosx  1  0  sin2x  0 1  cosx  ( cosx  1 :loaï vì sin x  0) i 2  x  k 2 3 4 2. Phương trình: 2  log3 x  log9x 3   1 (1) 1  log3 x 1 4 (1)  2  log3 x  1  log3 9x 1  log3 x 2  log3 x 4 1 đ ặt: t = log3x   2  log3 x 1  log3 x 2 t 4  1  t 2  3t  4  0  (1) thành 2  t 1 t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)  t  1 hay t  4 1 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x  4  x  hay x  81 3 Câu IV:   . Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) 2x  5y  2  0 y2 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 (1)   3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x 2 C(xC, yC)  AC  y C   C  ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có
 x B  x C  2 x B  3  y B  2   2x C 2   4x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0  Vậy A(– 4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Câu Vb: 2. (Bạn đọc tự vẽ h ình) +BC vuông góc với (SAB)  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (2) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) SB2  AB2  SA 2  3a2  SB = a 3 a6 2a 3 2a 3 AH.SB = SA.AB  AH=  SH=  SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD b ằng nhau và cùng vuông tại A) HK SH 2a 2  HK  Ta có HK song song với BD nên  . BD SB 3 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 4a2 2a AM 2  AH 2  HM 2   AM= 9 3 2a3 1 1a 2 1 VOAHK  OA.SAHK  . HK.AM  3 32 2 27 Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 ) Câu I: 1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm) 1 2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A   ,0  2 1  Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k x   2   x  1 1   2x  1  k  x  2     () tiếp xúc với (C)   /  x  1     k coùnghieä m  2x  1    x  1 1   2x  1  k  x  2  (1)      3  k (2)  2x  12  Thế (2) vào (1) ta có pt hoành đ ộ tiếp điểm là
1  3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1 1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 5 1  x  . Do đó k   12 2 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y    x   12  2 Câu Va: 1. Điều kiện n  4 n   C x n Ta có: x 2  2  k 2k n  k 2 n k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n Ta có: A 3  8C2  C1  49 n n n  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7 n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7 ) = 0  n = 7 Nên hệ số của x8 là C4 23  280 7 2. Phương trình đ ường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 Đường tròn (C') tâm M cắt đ ường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có AB 3 AH  BH   2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2  3 3 2 2 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3    2  2    2 2  5  1  1 2 Ta có: MI  5 37 và MH  MI  HI  5   22 3 13 MH '  MI  H ' I  5   22 3 49 52 Ta có: R1  MA 2  AH 2  MH 2  2  13   44 4 3 169 172 R2  MA '2  A ' H'2 MH '2    43  2 4 4 4 Vậy có 2 đ ường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5 )2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. (C) 1. y = 2 x4 – 4 x2 . TXĐ : D = R y 3 y’ = 8 x – 8 x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x  x  1 + 0 1 y' 0  + 0 0 + y + + 0  2 1 0 1 2 2 CĐ 2 x CT CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) 2 y nghịch biến trên ( -; -1); (0; 1) y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) y (C’) Giao điểm của đồ thị với trục ho ành là (0; 0); ( 2 ;0) 2. x2x2 – 2 = m  2 x2x2 – 2  = 2m (*) (*) là phương trình hoành đ ộ giao điểm của (C’) : 2 y = 2x2x2 – 2  và (d): y = 2m Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2 (C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2 1 2  2 1 Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2 m < 2  0 < m < 1 0 x Câu II. PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x  2(cos 4x  s i n 3 x) 1. 3sin x  sin 3x 3 1  sin x  sin 3x  3 cos 3x  2 cos 4x  2 2 2  sin 3x  3 cos 3x  2 cos 4x 1 3  sin 3x  cos 3x  cos 4x 2 2    sin sin 3x  cos cos 3x  cos 4x 6 6    cos 4x  cos  3x   6       4x   6  3x  k2   x   6  k2     x    k 2  4x   3x  k2    6 42 7   xy  x  1  7y 2. x 2 y 2  xy  1  13y 2 y = 0 hệ vô nghiệm x1  x  y  y  7  y  0 hệ   x1  x 2   2  13 yy  
1 x 1 x 1  a 2  x 2  2  2  x 2  2  a 2  2b Đặt a = x  ;b= y y y y y   ab7 ab7 Ta có hệ là 2 a 2  b  13 a  a  20  0 1 1   x  y  4  x  y  5      a  4 hay a  5 . Vậy  hay x b3 b  12 x  3   12 y y   x  1    2 2  1 hay x  3  x  4x  3  0 hay x  5x  12  0 (VN)   y 1 x  3y x  12y y   3 Câu III : 3 3 3 3  ln x dx ln x I dx  3  dx 2 (x  1) 1 (x  1) 2 2 (x  1) 1 1 3 3 3 dx 3 I1  3   (x  1) 2 (x  1) 4 1 1 3 ln x I2   dx (x  1) 2 1 dx Đặt u = lnx  du  x dx 1 dv  . Chọn v  2 (x  1) x 1 3 3 3 3 ln x dx ln 3 dx dx ln 3 3 I2         ln x  1 1 1 x(x  1) x 1 x 1 4 4 2 1 3 Vậy : I  (1  ln 3)  ln 2 4 Câu IV. a3 a BH 2 1 a 3a C A N BH= , ; B'H    BN  3  2 2 BN 3 22 4 goïi CA= x, BA=2x, BC  x 3 H CA2 BA2  BC 2  2 BN 2  2 M 2 2 2  3a  x 9a 2 2  x2   3x  4 x  2    4 2 52 3 a3 B Ta có : B ' H  BB '  2 2 2 3 11  a 3 1 9a a 3 9a V=  x 2 3    3 2 2 12 52 2 208 Câu V : 3  (x  y)  4xy  2  (x  y)3  (x  y) 2  2  0  x  y  1  2 (x  y)  4xy  0 
(x  y)2 1 1  x 2  y2   dấu “=” xảy ra khi : x  y  2 2 2 2 22 (x  y ) Ta có : x 2 y 2  4 A  3  x  y  x y   2(x 2  y 2 )  1  3  (x 2  y 2 ) 2  x 2 y 2   2(x 2  y 2 )  1 4 4 22   (x 2  y 2 )2    3  (x 2  y 2 ) 2  2 2   2(x  y )  1 4   92  (x  y 2 ) 2  2(x 2  y 2 )  1 4 1 Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 2 92 1 f (t)  t  2t  1, t  4 2 9 1 f '(t)  t  2  0  t  2 2 1 9  f (t)  f ( )  2 16 9 1 Vậy : A min  khi x  y  16 2 Câu VIa. xy x  7y  Phương trình 2 phân giác (1, 2) : 1. 2 52  5(x  y)  (x  7y)  y  2x :d1 5(x  y)  x  7y   1 y  x : d2 5(x  y)  x  7y  2 4 Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 5 25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) 2 x 4 2 Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2) +    2 5 8 4 8  25x 2  80x  64  0  x = . Vậy K  ;  5 5 5 22 R = d (K, 1) = 5 uuu r uuu r 2. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB  (3; 1; 2),CD  (2; 4; 0) r r  ( P) có PVT n  ( 8; 4; 14) hay n  (4;2;7) (P) :4(x  1)  2(y  2)  7(z  1)  0  4x  2y  7z  15  0 TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD uuur uur Ta có AB  ( 3; 1; 2), AI  (0; 1;0) r  (P) có PVT n  (2;0;3) (P) :2(x  1)  3(z  1)  0  2x  3z  5  0
Câu VIb. 1. 1  4  4 9 AH   2 2 1 36 36 S  AH.BC  18  BC   4 2 9 2 AH 2 Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 x  y  4 7 1  H ;  H: x  y  3 2 2 B(m;m – 4) 2 2 BC 2 7  1  2  HB   8  m    m  4   4 2  2  7 11  m  2  2  2 2 7   m    4  2 m  7  2  3    2 2 11 3  3 5  3 5  11 3    Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C2  ;   2 2 2 2 2 2  2 2 uuur r 2. AB  (4; 1; 2); n P  (1; 2; 2) Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2 (y – 0 ) + 2(z – 1) = 0  x – 2 y + 2z + 1 = 0 . Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : d(B, )  BH; d (B, ) đ ạt min   qua A và H. x  1  t  Pt tham số BH:  y  1  2t z  3  2t  Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình :  x  1  t, y  1  2t, z  3  2t  1 11 7  10  H ; ;  t   x  2y  2z  1  0  9 9 9 9 uu uuur 1 r  qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a   AH   26;11; 2  9 x  3 y  0 z 1 Pt () :   2 26 11 Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1 )i z – (2 + i)= 10 và z.z  25  2 2 4x  2y  20   (x  2)  (y  1)  10  2 x  y 2  25 2 2 x  y  25     y  10  2x  x  3 hay x  5 2 y4 y0 x  8x  15  0 Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 Câu VII.b. x2  1 Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :  x  m  x  2 x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt  0 Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B AB = 4  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16  m2  8   (xB – xA)2 = 8   2   8  m  24  m = 2 6 . 4  Hết.
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3 m có đồ thị là (Cm), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0. 2. Tìm m để đ ường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có ho ành độ nhỏ hơn 2. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos 5x  2 sin 3x cos 2x  sin x  0  x(x  y  1)  3  0  5 2. Giải hệ phương trình  (x, y  R) (x  y) 2  2  1  0   x 3 dx Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   x e 1 1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC). Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3 y)(4y2 + 3 x) + 25xy. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2 y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đ ường thẳng AC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn đ iều kiện z – (3 – 4i)= 2. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1 )2 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định · tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO = 300. x2 y2 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đ ường thẳng : và mặt phẳng (P): x + 2y –   1 1 1 3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đ ường thẳng . Câu VII.b (1,0 điểm) x2  x  1 Tìm các giá trị của tham số m để đ ường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm x phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
]BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2 x2 . TXĐ : D = R y’ = 4x3 – 4 x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x  x  1 + 0 1 y' 0  + 0 0 + y + + 0 y 1 CĐ 1 CT CT y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) y nghịch biến trên ( -; -1); (0; 1) 1 0 1 y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 x 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) Giao điểm của đồ thị với trục ho ành là (0; 0); ( 2 ;0) 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3 m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 và < 2 1 0  3m  1  4   m  1   3 3m  1  1 m  0  Câu II. 1) Phương trình tương đương : 3 cos5x  (sin 5x  sin x)  sin x  0  3 cos5x  sin 5x  2sin x  3 1  cos 5x  sin 5x  sin x  sin   5x   sin x  3 2 2      5x  x  k2  hay  5x    x  k2 3 3   2  6x   k2  hay 4x     k2     k2  3 3 3      x   k hay x    k (k  Z). 18 3 6 2 2) Hệ phương trình tương đương :  x(x  y  1)  3  x(x  y)  x  3  ĐK : x ≠ 0 5  2  2 2 2  x (x  y)  x  5  (x  y)  1  x 2  Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành: tx 3  tx 3  t  x  3  t 1  x 1      2 2 2  t  x  5  (t  x)  2tx  5  tx  2 x2 t2   3   x(x  y)  1  x(x  y)  2  y 1 y Vậy    2  x2  x 1  x 1 x2  3 3 3 1  ex  e x ex 3 dx  2  ln e x  1 Câu III : I   dx    dx   x x e 1 e 1 1 1 1 1
 2  ln(e3  1)  ln(e  1)  2  ln(e 2  e  1) Câu IV. C/ AC 2  9 a 2  4a 2  5a 2  AC  a 5 BC 2  5a 2  a 2  4a 2  BC  2a M H laø hình chieáu cuûa I xuoáng maët ABC Ta coù IH  AC IA/ A/ M 1 IH 2 4a A/     IH  I / IC AC 2 AA 3 3 B 4a 4a 3 1 11 (đvtt) VIABC  S ABC IH  2a  a   C 3 32 3 9 Tam giaùc A’BC vuoâng taïi B 1 Neân SA’BC= a 52a  a 2 5 H 2 A 2 2 2 Xeùt 2 tam giaùc A’BC vaø IBC, Ñaùy IC  A/ C  S IBC  S A/ BC  a 2 5 3 3 3 3 3V 4a 3 2a 2a 5 Vaäy d(A,IBC)  IABC  3   2 S IBC 9 2a 5 5 5 Câu V. S = (4x + 3 y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34xy 2 2 22 = 16x2 y2 + 12[(x + y)3 – 3 xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3 xy) + 34xy = 16x2 y2 – 2xy + 12 Đặt t = x.y, vì x, y  0 và x + y = 1 nên 0  t  ¼ Khi đó S = 16t2 – 2t + 12 1 S’ = 32t – 2 ; S’ = 0  t = 16 25 1 191 . Vì S liên tục [0; ¼ ] nên : S(0) = 12; S(¼) = ;S( )= 2 16 16 25 1 Max S = khi x = y = 2 2   2 3 2 3 x  x  191   4 4 Min S = khi  hay  2 3 2 3 16 y  y      4 4 PHẦN RIÊNG Câu VI.a. 1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2 y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2) BC qua B và vuông góc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6 y + 9 = 0 3 D = BC  AD  D (0 ;  ) 2 D là trung điểm BC  C (- 3 ; - 1) uuu r AC qua A (1; 2) có VTCP AC  ( 4; 3) nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2 ) = 0  3 x – 4 y + 5 = 0