Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị C... Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng BCC’B’ theo a... Theo chương trình chuẩn Câu VIa: 2,0 ñiểm.. Tìm m ñể trên ñường t
Trang 1I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm)
Câu I: (2 ñiểm) Cho hàm số y=x3−3x2+ có ñồ thị (C) 1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C)
2 Tìm hai ñiểm A, B thuộc ñồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau và ñộ dài ñoạn AB = 4 2
Giải:
1) Các em tự khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số
A a a − a + B b b − b + (a ≠ b)
Vì tiếp tuyến của (C) tại A và B song song suy ra y ( )′ a =y ( )′ b ⇔ (a b a b− )( + −2)= 0
⇔ a b+ − = ⇔ b = 2 – a ⇒ a ≠ 1 (vì a ≠ b) 2 0
AB =(b a− ) +(b −3b + −1 a +3a −1) = 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2
AB = 4 2 ⇔ 4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2 = 32 ⇔ a 3 b 1
= ⇒ = −
= − ⇒ =
⇒ A(3; 1) và B(–1; –3)
Câu II: (2 ñiểm)
1 Tìm nghiệm trên khoảng 0;
2
π
của phương trình:
x
π
Giải:
2
5
6
2
x π
∈ nên 5
18
x= π
2 Giải hệ phương trình :
Giải:
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 03
MÔN: TOÁN Giáo viên: PHAN HUY KHẢI
Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 2Hệ phương trình ⇔
ðặt
2
2
3
− =
− =
Khi ñó (2) ⇔
4
2 0
u v
=
=
hoặc
0 2
u v
=
=
3
x
y
=
=
2 3
x
y
= −
=
2 5
x y
=
=
2 5
x y
= −
=
Câu III: (1 ñiểm) Tính tích phân:
2
3 0
sin I
(sin cos )
xdx
π
=
+
∫
Giải:
ðặt
2
I (sin cos ) (sin cos )
4
x
π π
2
=
Câu IV: (1 ñiểm) Cho lăng trụ ABC A’B’C’ có ñộ dài cạnh bên 2a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC=a 3 và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung ñiểm của BC Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (BCC’B’) theo a
Giải:
Theo giả thiết ta có: A H' ⊥(ABC)
Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên 1
2
AH = BC= a
'
A AH
∆ vuông tại H nên ta có: A H' = A A' 2−AH2 =a 3
Thể tích khối lăng trụ:
3 d
a a
V =S h= a = a (ñvtt)
Ta có:
3 '.
' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
2 3
' '
3 ( , ( ' ')) ( ', ( ' ')) A BCC B
BCC B
V
S
Vì AB⊥A H' ⇒A B' '⊥ A H' ⇒ ∆A B H' ' vuông tại A’
Suy ra B H' = a2+3a2 =2a2 =BB'⇒ ∆BB H' cân tại B’ Gọi K là trung ñiểm của BK, ta có: '
B K ⊥BH
2
a
B K = BB −BK =
Trang 3Suy ra: ' ' ' ' 2 14 2 14
2
BCC B
a
Vậy ( , ( ' ')) ( ', ( ' ')) 23 3 3 14
14 14
a
Câu V: (1 ñiểm) Cho bốn số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4
b c+ c d+ d a+ a b≥
Giải:
Sử dụng bất ñẳng thức Cô–si:
(1)
+
+ Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c = 1
1 b
(2)
+
+
1 c
(3)
+
+
1 d
(4)
+
+
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:
Mặt khác:
2
a c b d
ab bc cd+ + +da= a c b d+ + ≤ + + + =
Dấu "=" xảy ra ⇔ a + c = b + d
abc bcd+ +cda+dab=ab c d+ +cd b a+ ≤ + c+d + + b a+
abc bcd+ +cda+dab≤ a b c+ +d + + + = a b c+ +d
2
4 2
a b c d abc bcd cda dab + + +
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1
b c+ c d + d a+ a b≥ − −
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d = 1
PHẦN RIÊNG (3 ñiểm)
A Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2,0 ñiểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường tròn (C) có phương trình 2 2
(x−1) +(y+2) = và 9 ñường thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m ñể trên ñường thẳng d có duy nhất một ñiểm A mà từ ñó kẻ ñược hai tiếp tuyến AB, AC tới ñường tròn (C) (B, C là hai tiếp ñiểm) sao cho tam giác ABC vuông
Trang 4Giải:
(C) có tâm I(1; –2), R = 3 ABIC là hình vuông cạnh bằng 3⇒IA=3 2
7 2
m m
m
m
= −
2 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, viết phương trình ñường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P):
1 0
x+ + − = ñồng thời cắt cả hai ñường thẳng y z ( )1
:
1
= − +
= −
= −
, với t∈ R
Giải:
Lấy M∈( )d1 ⇒ M(1 2 ; 1+ t1 − −t t1;1); N∈( )d2 ⇒ N(− + − − 1 t; 1; t)
Suy ra MN = −(t 2t1−2; ;t1 − −t t1)
d ⊥mp P ⇔MN =k n k ∈R ⇔ −t t − = = − −t t t
⇔
1
4 5 2 5
t t
=
=
⇒ 1; 3; 2
M = − −
x− = + = + y z
Câu VII.a: (1 ñiểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số phức:
8 1
z w zw
Giải:
z w zw
∨
(a) ⇔
B Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ Oxy, cho ñiểm M(3;1) Viết phương trình ñường thẳng d ñi qua M cắt
các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất
Giải:
Phương trình ñường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): x y 1
a+ b = (a,b>0)
M(3; 1) ∈ d
ô
C si
ab
−
Mà OA+3OB= +a 3b≥2 3ab=12 min
3
6
2 2
a
b
a b
=
=
Phương trình ñường thẳng d là: 1 3 6 0
x y
Trang 52 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz, cho ñường thẳng (∆ có phương trình 1) {x=2 ;t y=t z; = ; 4 (∆ 2)
là giao tuyến của 2 mặt phẳng ( ) :α x+ − = và ( ) : 4y 3 0 β x+4y+3z−12= Chứng tỏ hai ñường thẳng 0
1, 2
∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận ñoạn vuông góc chung của ∆ ∆ làm ñường kính 1, 2
Giải:
Gọi AB là ñường vuông góc chung của ∆ ,1 ∆ : 2 A t t(2 ; ; 4)∈ ∆ , 1 B(3+ −s; s; 0)∈ ∆ 2
AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ (2;1; 4),A B(2;1; 0)
(x−2) +(y−1) +(z−2) = 4
Câu VIIb: (1,0 ñiểm) Giải phương trình: log (2 x2+ +1) (x2−5) log(x2+ −1) 5x2 = 0
Giải:
y + x − y− x = ⇔ = ∨ = − y y x
Vậy nghiệm của phương trình: x = ± 99999; x = 0
Giáo viên : Phan Huy Khải
