ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C.. Tìm trên đường thẳng d: y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị C.. Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng , biết  nằm trờn mặt phẳn

ễN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014 Thời gian làm bài 150 phỳt

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I (2,0 điểm)

Cho hàm số y=ưx3+3x2ư2 (C)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2 Tìm trên đường thẳng (d): y=2 các điểm kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C )

Cõu II (2,0 điểm)

1 Giải bất phương trỡnh x2  x 2  3 x  5 x2 4 x  ( x 6  R)

2 Giải phương trỡnh 2 2 cos 2 sin 2 cos( 3 ) 4 sin( ) 0

Cõu III (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn

3 2 2 1

log

1 3ln

e

x







Cõu IV(1,0 điểm) Cho hỡnh lăng trụ ABC.A’B’C’ cú đỏy là tam giỏc đều cạnh a, hỡnh chiếu vuụng

gúc của A’ lờn măt phẳng (ABC) trựng với tõm O của tam giỏc ABC Tớnh thể tớch khối lăng trụ

ABC.A’B’C’ biết khoảng cỏch giữa AA’ và BC là a 3

4

Cõu V (1,0 điểm)

Cho x, y, z  0 thoả món x + y + z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

3 16

P

x y z

 



 

II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A.Theo chương trỡnh Chuẩn

Cõu VI.a( 2,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y   8 0 ,

' :3 x 4 y 10 0

    và điểm A(ư2 ; 1) Viết phương trỡnh đường trũn cú tõm thuộc đường thẳng  ,

đi qua điểm A và tiếp xỳc với đường thẳng  ’

2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 1 1 1

 ;

  và mặt phẳng (P): x ư y ư 2z + 3 = 0 Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường

thẳng , biết  nằm trờn mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1, d2

Cõu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0

B Theo chương trỡnh Nõng cao

Cõu VI.b(2,0 điểm)

1 Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trũn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 ư 6x + 8y +

16 = 0 Lập phương trỡnh tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)

2 Viết phương trỡnh đường vuụng gúc chung của hai đường thẳng sau:

  





 



Cõu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh 1  4

4

1

( , ) 25

y x











 





ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 10 NĂM 2014

I

1

2 (1,0 điểm): Gọi M  ( ) d M(m;2) Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k  PTĐT 

có dạng : y=k(x­m)+2

ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm

2

3 6 (2)







(I)

Thay (2) và (1) được: 2x3­3(m+1)x2+6mx­4=0 (x­2)[2x2­(3m­1)x+2]=0

2 2

x





 



Đặt f(x)=VT(3)

Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3) có hai nghiệm phan

biệt khác 2 0 1 hoÆc m>5/3

(2) 0 m 2

m f

Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với 1 hoÆc m>5/3

m 









thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)

II

1

Điều kiện

2

2

2 0

   







  



, PT: 6 x x (  1)( x  2)  4 x2 12 x  4

3 x x ( 1)( x 2) 2 ( x x 2) 2( x 1)

0 1

x x t

x



 ta được bpt

2

2 t  3 t   2 0

1

2 2

2

t

t t















( dot  0)

1

x x

x





3 13

3 13

3 13

x

x x

  

 



( do x  2) Vậy bpt có nghiệm x   3 13

2

2 2 cos 2 sin 2 (cos cos sin sin ) 4(sin cos cos sin ) 0

4cos2x­sin2x(sinx+cosx)­4(sinx+cosx)=0(sinx+cosx)[4(cosx­sinx)­sin2x­4]=0

s inx+cosx=0 (2) 4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3)



 



PT (2) có nghiệm

4



  

Giải (2) : Đặ s inx-cosx= 2 sin( ), §iÒu kiÖn t 2 (*)

4

    sin 2 x   1 t2, thay vào (2) được PT: t2­4t­5=0  t=­1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )

Với t=­1 ta tìm được nghiệm x là : 3

2 hoÆc x= 2

2

III

3

2

3

ln

ln 2

x

x

dx

x

Suy ra  

 

2

3

2 2

2

1 1

1 3ln

x

t





2 3

1

9 ln 2 3 t t 27 ln 2

IV

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:











BC O A

BC AM

'  BC  ( A ' AM )

Kẻ MH  AA ' ,(do  A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

AM A HM

AM A BC















) ' (

) ' (

.Vậy HM là đọan vơng gĩc chung của

AA’và BC, do đĩ

4

3 )

BC , A'

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH

ta cĩ:

AH

HM AO

O A

 '

 suy ra

3

a a 3

4 4

3 a 3

3 a AH

HM AO O '

Thể tích khối lăng trụ:

12

3 a a 2

3 a 3

a 2

1 BC AM O ' A 2

1 S

O ' A V

3



V

Trước hết ta cĩ: 3 3  3

4

x y

x  y   (biến đổi tương đương)    x  y  2 x  y   0

Đặt x + y + z = a Khi đĩ    

(với t = z

a, 0   t 1) Xét hàm số f(t) = (1 – t)

3 + 64t3 với t   0;1 Cĩ

'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

9

f t   t   t  f t    t 

Lập bảng biến thiên  

 0;1

64 inf

81

t



   GTNN của P là 16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0

VIa

1 Tâm I của đường trịn thuộc  nên I(­3t – 8; t)

Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta cĩ 2 2



Giải tiếp được t = ­3 Khi đĩ I(1; ­3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25

2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1)

Đường thẳng  thỏa mãn bài tốn đi qua A và B

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u   (1; 3; 1) 

Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2

 



VIIa

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2 Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = – 2 2 i

A

B

C

C

’ B

’

A

’

H

O M

Đáp số:   1,2, 2 2 i, 2 2 i   

VIb

1   C1 : I1 0; 2 ,  R1 3;  C2 : I2 3; 4 ,   R2 3.

Gọi tiếp tuyến chung của    C1 , C2 là  2 2 

 là tiếp tuyến chung của    C1 , C2  

 

 

;

;

 



Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc 3 2

2

Trường hợp 1: A  2 B.Chọn B   1 A  2  C    2 3 5   : 2 x  y   2 3 5  0

Trường hợp 2: 3 2

2

C    Thay vào (1) được

3

A B  A B A A  B  y   x y 

2 Gọi M  d1 M 2t;1 t; 2     t , N   d2  N    1 2t ';1 t ';3  

1 1













 



 



VIIb

Điều kiện: 0

0

y x y

 









4

2

3

25

10

x y

y







x y

x y









( loại)

Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm