PHẦN I Chung cho tất cả các thí sinh Câu I.. Tìm m ñể tiếp tuyến tại D, E với Cm vuông góc nhau... Chứng minh SC ⊥AHK và tính thể tích hình chóp OAHK... C2: ðể tính hình chóp OAHK ta gắ
Trang 1
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I Cho hàm số: y=x3+3x2+mx+1 (C m)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số khi m = 3 (C3)
2 Tìm m ñể (Cm) cắt ñường thẳng (d): y = 1 tại 3 ñiểm phân biệt C, D, E với C(0; 1) Tìm m ñể tiếp tuyến tại D, E với (Cm) vuông góc nhau
Giải:
3
Học sinh tự khảo sát và vẽ ñồ thị (C3)
2) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (Cm) và (d):
2
2
x
=
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt x x ñều khác 0, ñồng thời: 1; 2
Trong ñó f x( )=x3+3x2+mx+1
Yêu cầu bài toán
0
m m
Do x x là nghiệm của (3) nên 1; 2 2
x + x + =m
2
2
3 3
⇒
= − −
9
4
0
m
m
<
Áp dụng ñịnh lý Viet vào phương trình (3) ta có:
1 2
1 2
3
b
a c
a
+ = − = −
HƯỚNG DẪN GIẢI ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC SỐ 04
MÔN: TOÁN Giáo viên: TRẦN PHƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 2
9 0
8
m
≠ <
±
Kết luận: Vậy với 9 65
8
Câu II
3sin x+2 cos 3x c+ os3x=3cos x−cosx+ 1
Giải:
Phương trình: ⇔3(sin4x c− os ) (2 cos 34x + 2 x− +1) ( os3c x+cos )x = 0
3
2
2
=
k
2
2
2 ,
x
=
+ + =
π
2 Giải phương trình : ( 2 ) 3
2 x −3x+2 =3 x + 8
Giải :
2
x x
− ≤ ≤
ðặt
2
2
u −v = x − x+
Lúc ñó (1) trở thành : 2(u2−v2)=3uv⇔(2u+v u)( −2 )v = ⇔ =0 u 2 (v do u2 + >v 0)
Tìm x ta giải :
x
⇔ = ±
Vậy (1) có hai nghiệm : x1,2 = ±3 13
Trang 3O
D
C
A
B
S
K
H
M
E
Câu III Tính tích phân
6
0
4 os2
x
=∫
Giải:
2
2
4
x
x
+
2
2
1 tan cos 2
1 tan
x x
x
−
= +
2
1
cos
x
1
= ⇒ =
Suy ra:
1
3
2 0
1
3
0
dt
I
−
Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ñáy hình chóp
Cho AB = a, SA = a 2 Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD
Chứng minh SC ⊥(AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK
Giải:
+ 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)
Từ (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK )
6
3
a a
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
3
HK
Kẻ OE// SC ⇒OE ⊥(AHK doSC)( ⊥(AHK)) suy ra OE là ñường cao của hình chóp OAHK và
OE = = = (Vì ∆ SAC cân tại A , AI là ñường cao, là ñường trung tuyến)
Gọi AM là ñường cao của tam giác cân AHK ta có
2
9
a
3
a
3
Trang 4C2: ðể tính hình chóp OAHK ta gắn vào hệ trục tọa ñộ vuông góc Axyz có A là gốc tọa ñộ, trục Ax
hướng theo AD
, trục Ay
hướng theoAB
, trục Az
hướng theoAS
Thế thì:
2 2
a a
Do tính ñối xứng của hình vẽ ta cũng có:
1
6
OAHK
V = AO AH AK
a a
2
0
3
AH AK
a
3
.
O AHK
a
Câu V: Tìm a ñể bất phương trình sau có nghiệm : 3 2 ( )
Giải :
1
(x3 3x2 1) ( x x 1) a
−
Suy ra : ( )f x ñồng biến trên [1; +∞ )
Trang 5( )
f x liên tục trên [1; +∞ ]
Lập bảng biến thiên :
x 1 +∞
y +∞
3
Vậy bất phương trình có nghiệm khi a ≥ 3
PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các ñường thẳng chứa các
cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 Phân giác trong của góc A nằm trên ñường thẳng
x + 2y – 6 = 0 Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC
Giải:
A
B
ðường thẳng AC ñi qua ñiểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
Gọi ∆1: 4x+3y− =4 0;∆2:x+2y− =6 0;∆3:ax by+ +2a−4b= 0
Từ giả thiết suy ra () ()
2; 3 1; 2
∆ ∆ = ∆ ∆ Do ñó
2 2
25 5 5
0
a
+
=
+ a = 0 ⇒ ≠ Do ñó b 0 ∆3:y− = 4 0
+ 3a – 4b = 0: có thể cho a = 4 thì b = 3 Suy ra ∆3: 4x+3y− = (trùng với 4 0 ∆ ) 1
Do vậy, phương trình của ñường thẳng AC là y - 4 = 0
C
2 Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( )P :x+2y−2z + 5 = 0; Q :( ) x+2y−2z -13 = 0
Viết phương trình của mặt cầu (S) ñi qua gốc tọa ñộ O, qua ñiểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q)
Giải:
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:
( )
( )
=
Trang 6Ta có:
( )
3
( )
a
Từ (2) và (3) suy ra: a2+b2+c2 =9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta ñược: (a−2 221)( a−658)= 0
Như vậy a = hoặc 2 658
221
a = Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 658 46; ; 67
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
9
Câu VII.a Cho số phức z thỏa mãn:| | 2z − z= − +3( 1 2 )i
| |z +| |z +| |z
Giải:
Gọi z = a + bi ( ,a b∈R)
Từ giả thiết suy ra:
2 2
2 2
b
⇔
=
Giải hệ pt trên ta suy ra: 0
4
a a
=
=
4 3
⇒ = +
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b ( 2,0 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và ñường tròn (C):
x +y + x− y− = Xác ñịnh tọa ñộ các giao ñiểm A, B của ñường tròn (C) và ñường thẳng d (cho biết ñiểm A có hoành ñộ dương) Tìm tọa ñộ C thuộc ñường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B
Giải:
Tọa ñộ giao ñiểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
⇔
(loại) (nhận)
Trang 7Vì A có hoành ñộ dương nên ta ñược A(2;0), B(-3;-1)
Vì ABC =900nên AC là ñường kính ñường tròn, tức là ñiểm C ñối xứng với ñiểm A qua tâm I của ñường tròn Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4)
Tìm các ñiểm M∈d ,1 N∈d2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2
Giải:
Phương trình tham số của d1 là:
1 2
3 3 2
= +
=
M thuộc d1 nên tọa ñộ của M (1 2 ;3 3 ; 2+ t − t t)
Theo ñề:
( )
3
+ Với t1 = 1 ta ñược M1(3; 0; 2);
+ Với t2 = 0 ta ñược M2(1;3; 0)
+ Ứng với M1, ñiểm N1∈d2 cần tìm phải là giao của d2 với mặt phẳng qua M1 và // mp(P), gọi mặt phẳng này là (Q1) Phương trình (Q1) là: (x−3)−2y+2(z−2)= ⇔ −0 x 2y+2z− =7 0 (1)
Phương trình tham số của d2 là:
5 6 4
5 5
= +
= − −
(2)
Thay (2) vào (1), ta ñược: -12t – 12 = 0 ⇔ t = -1 ðiểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0)
+ Ứng với M2, tương tự tìm ñược N2(5;0;-5)
Câu VII b Giải phương trình sau trên tập phức biết rằng nó có nghiệm thực:
3 2
2z −5z + +(3 2 )i z+ + = 3 i 0
Giải:
Vì phương trình có nghiệm thực (z∈R)
2
z z
+ =
Do ñó phương trình ⇔(2z+1)(z2−3z+ + = 3 i) 0
2
1 / 2
2
1
z z
= −
+ =
Giáo viên: Trần Phương
