DE 20 TOAN CO DAP ON THI DH 2012

Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong A, B thoả mãn OB 9OA Câu II 2 điểm.. Ox, Oy lần lượt tại.[r]

Câu I(2 điểm) Cho hàm số yx3 3x22 có đồ thị là đường cong  C

1 Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đường cong  C

2 Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong  C biết tiếp tuyến cắt các trục Ox Oy, lần lượt tại

A, B thoả mãn OB9OA

Câu II(2 điểm)

1 Giải hệ phương trình











x

y

2 Giải phương trình



   



tan 2 cos

2 sin cos 2

x

Câu III( 1 điểm) Tính tích phân      

2 5

xdx I

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác đềuABC A B C 1 1 1có cạnh đáy bằng a M là điểm trên cạnh 1

AA sao cho AA1 3AM Biết BMC  1 900 Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụABC A B C 1 1 1

Câu V (1 điểm) Giải bất phương trình 8 2 1x 4x 21x 5

Câu VI (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x2y 2 0 Đường cao kẻ từ B có phương trình x y  4 0, điểm

 1;0

M 

thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho điểm B5; 2; 2 ,   C3; 2;6  Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng ( ) :P 2 x y z   5 0 sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A

Câu VII(1 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z3z 1 2i2

-Hết

-TTBDVH KHAI TRÍ

ĐỀ SỐ 19

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 19

Câu I

1

1 đ

Câu I 1 Khảo sát yx3 3x22 - Tập xác định D R

- Sự biến thiên của hàm số +xlim y , limx y

       

Đồ thị không có đường tiệm cận

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0 vµ 2;   Hàm số nghịch biến trên 0; 2

Điểm cực đại 0; 2, Điểm cực tiểu 2; 2  0,25 -Đồ thị.(0,25) Đi qua 1; 2 ,1;0 3; 2 Đồ thị nhận I1;0 làm điểm uốn

HS có thể trình bày theo sơ đồ của CT cơ bản

0,25

0,25

0,5

Câu I 2

1 đ

Gọi toạ độ điểm M x 0 ;f x 0 

là toạ độ tiếp điểm

Theo giả thiết OB=9OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 hoặc -9

 

 

 

 

2 2

2 2





Phương trình (2) vô nghiệmPhương trình (1) suy ra x0 1,x0 3

Với x 0 1 suy ra phương trình tiếp tuyến y9x7

Với x 0 3 suy ra phương trình tiếp tuyến y9x 25

0,25

00,25

0,25 0,25

Câu

II 1

1 đ

Điều kiện 3x y 0,3x 3x y 0,y0

2

Đặt





t

y suy ra

2

t  t    t t

+Với t 1 ta có 3x y  y(3) 2

0 3

y





 

 thay vào (2) ta có

1 4

0,25

0,25

2

-2

2 0

-1

x   0 2 

y

’ + 0 - 0 +

  -2

y

x

Thay y 4 vào (3) ta có x 4 suy ra 4; 4 là nghiệm

+Với

3 2

t 

ta có

3 3

2

x y  y

(3)

2

0 9 3 4

y







 



từ (2) 

4 y 2y 2 y  y

Đặt

2

4 y 2y u (u 0 )Ta có 2u2 2u 4 0  u 2 u1 (loại)

Với

9

(loại) Thay

8 9

y 

vào (3) ta có

8 9

x 

suy ra

8 8

;

9 9

 

 

 là nghiệm

0,25

Câu

II 2

1 đ



2

x

2

0

2

2 sin sin 2sin cos

4

4

x k x





















2 4

x k

k x



















0,25

0,5

Câu

III

1đ

Đặt t  x2  5 t2 x2 5 xdx tdt Với x 2 t3, x2 5 t5

Vậy

I

(0,25 )

5 3

4 t 2 t 2 dt



( 0,25)

5 3

t t





( 0,25)

0,25

0,75

Câu

IV

1đ

Đặt AA1x suy ra 1

2

;

Tam giác MBC1 vuông tại M 2 2 2

Gọi O O, 1 là tâm của đáy ABC và A B C1 1 1, I là trung điểm của

1

OO , Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ.

2

R AO OI     

43

4 3

Vậy

3

V  R   a   a

0,25

0,25

0,25

0,25

C

C1

O1 I

V

1đ

(1)  8 2.2x (2 )x 2 5 2.2x

Đặt t 2x(t > 0 )

(1) 

2

0

t

  







Thay 2x t ta có 1 2 x  4 0x2

0,25 0,5 0,25

Câu

VI 1

Toạ độ B là nghiệm của hệ

4 0

x y





 Suy ra B  2;2

Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC d x: 2y 1 0 Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B Toạ độ N là nghiệm của hệ

4 0

x y





 Suy ra N  3;1

Gọi I là trung điểm MN

1 2;

2

  Gọi E là trung điểm BC Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC IE đi qua I vuông góc với BC

: 4 2 9 0

    Toạ độ E là nghiệm của hệ

,

E





4 7

;

5 5

 

CA đi qua C vuông góc với BN suy ra

3

5

Toạ đô A là nghiệm của hệ

3 0 5

x y









13 19

;

10 10

0,25

0,25

0,25

00,25

Câu

VI 2

.Trung điểm của BC có toạ độ

Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC  Q : 2 x 40y24z 4 0

 Q x: 2z 4 0

Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q)

Chọn u d n n P, Q 2; 5;1 

, Điểm 0;3; 2thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra

2

3 5 2







 



 Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d

Gọi toạ độ A t2 ;3 5 ;2 t t  BA(2t 5;5 5 ; ); t t CA(2t 3;5 5 ; t t 4)

2

 

3

t  t  t   t

4 8  11 10

0,25

0,25

0,25

0,25

I

A

N M

E

VII

Tìm phần ảo của số phức z biết z3z 1 2i2

Đặt z a bi   z a bi 

Ta có a bi  3a bi    1 2i2  4a 2bi  1 4i 4  4a 2bi  3 4i

3

4





   Vậy z43 2i Vậy phần ảo của zbằng -2

0,25

0,25

0,5