DE 3 TOAN CO DAP AN ON THI DH 2012

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định..[r]

TTBDVH KHAI TRÍ

ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2010 - 2011

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 3mx23(m21)x (m21) (1)

1 Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương

Câu II (3,0 điểm)

3 Giải phương trình

2 cos cos 1

2 1 sin sin cos

x





4 Giải phương trình 7 x2x x5  3 2 x x 2 (x )

5 Giải hệ phương trình





Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

0

3

x

dx



  



.

Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các

cạnh AB, AC sao cho DMN  ABC

Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x y 3 xy

Câu VI (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng

d1:

, d2:

 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2

Câu VII (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

Hết

-Đáp án gồm 06 trang

Với m =1 thì

1 1 2

y x

x

  



a) Tập xác định: D\ 2 

0.25

b) Sự biến thiên:

   

2

' 1

y

1 ' 0

3

x y

x





lim

x

y

  

 

, lim

x

y

 



, lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.

0.25

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 , 3;  ;

hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2 , 2;3  

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y CĐ = 1 tại x = 1; y CT = 3 tại x = 3.

0.25

c) Đồ thị:

0.25

+  + 

- 

1

3

2 1.0

Với x2 ta có y’ = 1- ( 2)2

m

Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm

phân biệt khác 2  m0

0.25

Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là:

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(2 m; 2m 2 m); B(2 m;2m2 m)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:

2 m m  2 m m

0.25

0 2

m

m





Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán

Vậy ycbt  m = 2

0.25

1

Giải phương trình

2 cos cos 1

2 1 sin sin cos

x



Khi đó PT  1 sin 2 x cosx1 2 1 sin  x sinxcosx

 1 sin x 1 cos xsinxsin cosx x0

 1 sin x 1 cos x 1 sin x 0

0.25

x x





2 2 2







 







 

 k m , Z

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2

2

x  k 

và x  m2 k m , Z

0.25

2

Giải phương trình: 7 x2x x5  3 2 x x 2 (x ) 1.0

2

x x PT



 

2

3 2 0

5 2( 2)

x x



 

0

2

5 2

x x

x x

x



  



  

x

  



 



0.25

5 Hệ phương trình có nghiệm ( 2; 2)( 2; 2)(1; 2) ( 2;1)

III

Tính tích phân

3

0

3

x

dx



  



1.0

Đặt u = x 1 u21 x 2udu dx ; đổi cận:





Ta có:

2

  

1

2

1

3

3 6ln

2

Dựng DH MN H

Do DMN  ABC DH ABC

mà D ABC. là

Trong tam giác vuông DHA:

2

1

Diện tích tam giácAMN là

0

.sin 60

AMN

0.25

Thể tích tứ diện D AMN. là

Ta có: S AMN S AMH S AMH

.sin 60 sin 30 sin 30

x y 3 xy

0.25

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:

21

;

5

x

B

y









0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và

BD, kí hiệu n AB(1; 2);  n BD(1; 7); n AC( ; )a b

(với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cosn              AB,n BD c              osn AC,n AB

0.25

D

A

B C

H

M N

2 2 2 2 3

2

7

a







 



- Với a = - b Chọn a = 1  b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,

A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:

(3; 2)

A

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

7

;

2

x

x y

I

y









Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ 4;3 ; 14 12;

5 5

0.25

Phương trình tham số của d1 và d2 là:

0.25

Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

MN

 

Do d  (P) có VTPT n P(2; 1; 5) 



nênk MN:  kn p 







0.25

Giải hệ tìm được

1 1

m t











Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:

1 2 4

3 5

 





 



  

 thoả mãn bài toán

0.25

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

1.0

Điều kiện: 3

n N n









 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3

0.25

 (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0

7 13

n n





  

 Vậy n = 7

0.25

Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1i  1 i23 1 i.(2 )i 3 (1 ).( 8 ) 8 8i  i   i

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như

đáp án quy định.

(thoả mãn) (không thoả mãn)