DE 18 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

Tính thể tích khối lăng trụ ABC.[r]

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

có đồ thị (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2;+∞)

Câu II (3 điểm) 1) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2cos 2 x +1)=1

2) Giải phương trình : (3 x+1)√2 x2−1=5 x2

+3

2x −3 3) Giải bất phương trình: x (3 log2x −2)>9 log2x −2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

√e x+2¿2

¿

¿

dx

¿

I=∫

0

3 ln 2

¿

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt

phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’

và BC là

a 3

4

Câu V(1 điểm) Giải phương trình: (z2− z )(z +3)(z+2)=10 ,

¿

z ∈

¿

C.

Câu VI (2 điểm)

1)Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng

( ) : 3 x y  5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:

d

1:x − 4

y −1

−1 =

z+5

− 2 d2:x − 2

y +3

3 =

z

1

Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2

-HẾT -TTBDVH KHAI TRÍ

ĐỀ SỐ 17

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011

Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu I

2) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1

⇒ y '=6 x2−6 (2m+1)x +6 m(m+1)

y’ có 2 m+1¿

2

−4 (m2+m)=1>0 Δ=¿

0,5

y '=0 ⇔

x=m

¿

x=m+1

¿

¿

¿

¿

¿

Hàm số đồng biến trên (2; +∞ ) ⇔ y ' >0 ∀ x >2 ⇔ m+1≤ 2

0,25 0,25

Câu II 1) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2cos 2 x +1)=1 1 điểm

PT ⇔ 2 cos3 x(4 cos2x −1)=1 ⇔ 2 cos3 x(3 − 4 sin2x)=1 0,25

Nhận xét x=kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:

2 cos 3 x(3 − 4 sin2x)=1 ⇔ 2 cos 3 x(3 sin x −4 sin3x )=sin x

⇔ 2 cos 3 x sin 3 x=sin x ⇔ sin 6 x=sin x

0,25

⇔

6 x=x+m2 π

¿

6 x=π − x+m2 π

¿

¿

¿

¿

⇔

x= 2mπ

5

¿

x= π

7+

2mπ

7

¿

¿

¿

¿

; m ∈ Z

0,25

Xét khi 2 mπ

5 =¿ kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m ¿5 t , t ∈ Z

Xét khi π7+2 mπ

7 = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1&

m=7l+3, l ∈ Z

Vậy phương trình có nghiệm: x= 2mπ

π

7+

2mπ

m≠ 7 l+3 ) trong đó m ,t ,l ∈ Z

0,25

2) Giải phương trình : (3 x+1)√2 x2−1=5 x2+3

2x −3

1 điểm

PT ⇔ 2(3 x+1)√2 x2− 1=10 x2

+3 x − 6 2(3 x+1)√2 x2− 1=4 (2 x2−1)+2 x2+3 x − 2 Đặt t=√2 x2− 1(t ≥ 0)

Pt trở thành 4 t2−2(3 x+ 1)t+2 x2+3 x −2=0

Ta có:

x −3¿2

3 x+1¿2− 4(2 x2+3 x −2)=¿

Δ'=¿

0,25

Pt trở thành 4 t2−2(3 x+ 1)t+2 x2+3 x −2=0

Ta có:

x −3¿2

3 x+1¿2− 4(2 x2

+3 x −2)=¿

Δ'=¿

0,25

Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t= 2 x − 1

2 ;t=

x+2

2 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:

x ∈{−1+√6

2+√60

0,5

3) Giải bất phương trình x (3 log2x −2)>9 log2x −2 1 điểm

Điều kiện: x>0

Bất phương trình ⇔ 3(x −3)log2x >2(x − 1)

Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình

0.25

TH1 Nếu x>3 BPT ⇔ 3

2log2x> x − 1

x − 3

Xét hàm số: f (x)=3

2log2x đồng biến trên khoảng (0 ;+∞)

g(x)= x −1

x −3 nghịch biến trên khoảng (3 ;+∞ )

*Với x>4 :Ta có

¿

f (x)>f (4)=3 g(x)<g (4)=3

}

¿

 Bpt có nghiệm x>4

* Với x<4 :Ta có

¿

f (x)< f (4)=3 g(x)> g (4)=3

}

¿

 Bpt vô nghiệm

0,25

TH 2 :Nếu 0<x <3 BPT ⇔ 32log2x< x − 1

x − 3

f (x)=3

2log2x đồng biến trên khoảng (0 ;+ ∞)

g(x)= x −1

x −3 nghịch biến trên khoảng (0 ;3)

0,25

*Với x>1 :Ta có

¿

f (x)>f (1)=0 g(x)<g (1)=0

}

¿

 Bpt vô nghiệm

* Với x<1 :Ta có

¿

f (x)<f (1)=0 g(x)>g (1)=0

}

¿

 Bpt có nghiệm 0<x <1

VậVậy Bpt có nghiệm

x >4

¿

0<x <1

¿

¿

¿

¿

0,25

Câu III

Tính tích phân

3

√e x+2¿2

¿

¿

dx

¿

I=∫

0

3 ln 2

¿

1 điểm

Ta c ó

e

x

3 +2¿2

¿

e

x

3

¿

e

x

3dx

¿

I=∫

0

3 ln 2

¿

=

Đặt u= e x3 ⇒ 3 du=e x3dx ; x=0 ⇒u=1; x=3 ln2 ⇒u=2

0,25

Ta được:

u+2¿2

¿

u¿

3 du

¿

I=∫

1

2

¿

=3

u+2¿2

1

4 u −

1

4 (u+2) −

1 2(¿)du

¿

∫

1

2

¿

0,25

=3 (14ln|u|−

1

4ln|u+2|+

1

¿3

4ln(

3

2)−

1

8 Vậy I ¿3

4ln(

3

2)−

1 8

0,25 Câu IV

C’

B’

A’

Gọi M là trung điểm BC ta thấy:

¿

AM⊥ BC

A ' O ⊥ BC

}

¿

⇒BC⊥( A ' AM)

Do

BC⊥( A ' AM)

HM∈(A ' AM)

}

⇒HM ⊥ BC

.Vậy HM là đọan vông góc chung của

AA’và BC, do đó d ( A A',BC)=HM=a√3

4 .

0,5

Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: A ' O

AO =

HM AH

⇔ suy ra A ' O=AO HM

a√3 3

a√3 4

4

3 a=

a

3

V = A ' O SABC=1

2A ' O AM BC=

1 2

a

3

a√3

2 a=

a3√3 12

0,5

CâuV

Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 ,

¿

z ∈

¿

PT ⇔ z (z+2)(z −1)(z+3)=10 ⇔ (z2+2 z )(z2+2 z − 3)=0 Đặt t=z2

+2 z Khi đó phương trình (8) trở thành:

0,25

Đặt t=z2

+2 z Khi đó phương trình (8) trở thành

t2−3 t − 10=0

0,25

⇔ t=− 2

¿

t=5

¿

z =−1 ±i

¿

z=−1 ±√6

¿

¿

¿

⇒¿

¿

¿

¿

Vậy phương trình có các nghiệm: z=−1 ±√6 ; z=−1 ± i

0,5

A

B

C H

O

M

Câu VI

1)

1 điểm

Viết phương trình đường AB: 4x3y 4 0 và AB 5 Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 và CD  17

0,25

Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:

0,25

Từ đó: S MABS MCD  d M AB AB d M CD CD( , ).  ( , ).

7 9

3

 Có 2 điểm cần tìm là:

7 ( 9; 32), ( ; 2)

3

0,5

Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A

và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥d d d 1, 2

dấu bằng xảy ra khi I

là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d1, d2

0, 25

Ta tìm A, B : '









 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)

0,25

 AB(….)…  A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6

Nên có phương trình là: x 22 (y 1)2 (z1)2 6 0,25