Tớnh diện tớch mặc cầu đi qua cỏc đỉnh của hỡnh chúp S.ABCD.. Ta cú: tgABCD là hỡnh vuụng cạnh a nờn AC=BD=a 2... Gọi I là trọng tâm tam giác SAC kho đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp ta
Trang 1Môn: TOÁN- GD THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC
1
3 đ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
x y
x
1.1
2
1
(1 )
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1; )và ( ; 1);
0,25 0,25 0,25 0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn và tiệm cận: lim ( ) lim ( ) 1
x f x x f x
nên y =1 là tiệm cận ngang của ĐT HS.
( 1)
x
f x
;
( 1)
x
f x
nên x = -1 là tiệm cận đứng của ĐT HS.
Bảng biến thiên:
x - -1 +
y’ + || +
y + 1
1 -
0,25
Đồ thị: Đồ thị h/s nhận I(-1;1) là tâm đối xứng, cắt ox, oy tại gốc O.
0,5
1.2
1 đ
Đường thẳng y = mx-2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
2(1) 1
x
mx
Với x khác -1, Ta có 2 0
1
x mx
2
( 3) 2 0
(1) có hai nghiệm phân biệt khi (2) có hai nghiệm phân biệt khác -1
Với m khác 0:
1
Trang 22 2 2
( đúng với mọi m 0) ( 1) ( 3)( 1) 2 0 1 0
2.1
1 đ 1.Giải phương trỡnh (2 3 ) (2 3 ) 4 0.
Đặt t = (2 3 )x ĐK: t > 0; (2 3 )x 1
t
; pt(1) viết lại: t 1 4 0
t
1
t
2 3 : (2+ 3 )x 2 3 1
1
2 3 : (2+ 3 )x (2 3 ) 1
2.2
(1 đ) Tớnh tớch phõn
1 3 2
Đặt t = 3
2
t x t dt dx dx t dt
1
2
I=
1
3 2
3
t
0,25
0
2.3
(1 đ) 3./Chứng minh
2
2(1 cos ), x 0.
( ) 2 cos 2, với 0 x 2
[0;2 ].
' '( ) 2 2 sin 2( sin )
y f x x x x x liờn tục trờn [0;2 ]
0,25
'' ''( ) 2 2 cos 2(1 os ) 0, [0; 2 ]
y f x x c x x
0 ''( ) 0 cos 1 , [0; 2 ]
2
x
Nờn y’= f’(x) đồng biến trờn [0;2 ] : f '( ) x f '(0) f '( ) x 0, x [0;2 ]
0,25
Do đú: y = f(x) hàm số đồng biến trờn [0;2 ]
( ) (0) 2 cos 2 0, x [0;2 ]
f x f x x
Như vậy: 2
2(1 cos ), x [0;2 ]
x x (1)
0,25
Với x[2 ; ): 2 2 2 2
x x ( Do hàm y=x2 đồng biến với x>0)
Mà 4 2(1 cos ), x (2 ;+ ) x nờn 2
2(1 cos ), x [2 ; )
Từ (1) và (2): 2
2(1 cos ), x [0; ).
0,25
3
(1 đ) Cho hỡnh chúp đều S.ABCD cú cạnh đỏy bằng a, gúc SAC bằng 60
0 Tớnh diện tớch mặc cầu đi qua cỏc đỉnh của hỡnh chúp S.ABCD
Ta cú: tgABCD là hỡnh vuụng cạnh a nờn AC=BD=a 2
Tam giỏc SAC cú gúc SAC bằng 60o nờn tam giỏc SAC đều cú cạnh SA = SC=AC = a 2
0,25
2
Trang 3Gọi I là trọng tâm tam giác SAC kho đó I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác SAC và I nằm trên SO
Ta có IOB IOD IOC IOA c ( g c )
= 2 3 2 6
a
Nên ( ; 6 )
3
a
S I là mặc cầu đi qua các đỉnh của hình chóp
0,25
0,25
Diện tích mặc cầu: Smc= 6 2 2 6 8 2
4a.1
1 đ (d) đi qua M(0;-8;-11) nhận u(1;2;3)
4a.2
1 đ
Viết phương trình mặt cầu tâm A và tiếp xúc với (d)
Gọi H là hình chiếu của A xuống (d) khi đó: H t ( ; 8 2 ; 11 t 3 ), t t
( 3; 8 2 2; 11 3 ) ( 3;2 10;3 11).
AH t t t t t t
Ta có :
0 1( 3) 2(2 10) 3(3 11) 0 14 56 0 4
u AH t t t t t
Nên H(4;0;1)
0,25
1 ( 2) 1 6
5a
1 đ Giải phương trình
z z trên tập số phức
Đặt t = 2
5 4 0
4
t
t
0,25
Khi t= - 1: 2
z
4
2
z
0,25
4b.1 (d1) đi qua A(1,0,2) nhận u1 ( 3;1; 1) làm véc tư chỉ phương.
(d2) đi qua B(0;0; - 4) nhận u2 ( 1;1;2) làm véc tư chỉ phương
( 1;0; 6)
1 2
[ ,u u ]=(3;7;-2)
; [ ,u u 1 2 ].AB3.( 1) 7.0 ( 2)( 6)= 9
nên (d1) chéo (d2)
2 2 2
1 2
1 2
1 2
1 2
|[ , ].AB| 9 9 62
62
|[ , ]| 62
u u
4b.2 Đường thẳng (d) cần tìm là đường giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q), với (P) chứa (d1) và
M, (Q) chứa (d2) và M
0,25
3
S
D
C
A I
Trang 4(1;3; 1)
AM nên [AM u, 1 ] ( 2;4;10) n1 (1; 2; 5) là VTPT của (P)
Ta được PTTQ (P): x-2y-5z-9=0.(1)
(2;3;5)
BM
nên [BM u, 2 ](1, 9, 5) n2 (1, 9, 5)
là VTPT của (Q)
Đặt x=t, là số thực, từ (1) , (2) ta được 1 2 ,
11
11 7
5 55
x t
0,25
5b
1 đ Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
21 9
(1 3 ) (1 )
i i
Nên
21
9
(1 )
( 2 ) [ os(- ) sin(- )] ( 2 ) [ os(- ) sin(- )]
i i
0,25
16 1 1 16 16
2
; phần ảo: 16
2
0,25
(mọi cách giải khác nếu đúng thì đạt điểm tối đa phần đó)
HẾT
4
