Đang tải... (xem toàn văn)
Tính thể tích khối lăng trụ ABC.[r]
(1)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1 có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (2;+∞)
Câu II (3 điểm) 1) Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 2) Giải phương trình : (3x+1)√2x2−1=5x2+3
2x −3 3) Giải bất phương trình: x(3 log2x −2)>9 log2x −2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
√ex+2¿2 ¿ ¿ dx
¿ I=∫
0 ln
¿
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm Ocủa tam giácABC Tính thể tích khối lăng trụABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ BC
a
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 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) : 3 x y 0 cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích nhau
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d
1: x −4
3 =
y −1 −1 =
z+5
−2 d2: x −2
1 =
y+3
3 =
z
Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2
-HẾT -TTBDVH KHAI TRÍ ĐỀ SỚ 17
ĐỀ THI TỦN SINH ĐẠI HỌC - NĂM 2011 Mơn: TỐN
(2)ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 17 Câu I
1) Đồ Học sinh tự làm 1,0
2) y2x3 3(2m1)x26 (m m1)x1
⇒y '=6x2−6(2m+1)x+6m(m+1) y’ có 2m+1¿
2
−4(m2+m)=1>0 Δ=¿
0,5
y '=0⇔ x=m
¿ x=m+1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Hàm số đồng biến (2;+∞) ⇔ y '>0 ∀x>2 ⇔ m+1≤2
⇔ m≤1
0,25 0,25
Câu II 1) Giải phương trình: cos 3x(2cos 2x+1)=1 1 điểm
PT ⇔ cos3x(4 cos2x −1)=1 ⇔ cos3x(3−4 sin2x)=1 0,25
Nhận xét x=kπ , k∈Z khơng nghiệm phương trình ta có: cos 3x(3−4 sin2x)=1 ⇔ cos 3x(3 sinx −4 sin3x)=sinx
⇔ cos 3xsin 3x=sinx ⇔ sin 6x=sinx
0,25
⇔
6x=x+m2π ¿
6x=π − x+m2π ¿
¿ ¿ ¿
⇔
x=2mπ ¿ x=π
7+ 2mπ
7 ¿ ¿ ¿ ¿
; m∈Z
0,25
Xét 2mπ
5 =¿ kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m ¿5t , t∈Z
Xét π7+2mπ
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
5 ( m≠5t ); x=
π 7+
2mπ
7 (
m≠7l+3 ) m ,t ,l∈Z
0,25
2) Giải phương trình : (3x+1)√2x2
−1=5x2+3 2x −3
(3)PT ⇔ 2(3x+1)√2x2−1=10x2+3x −6
2(3x+1)√2x2−1=4(2x2−1)+2x2+3x −2 Đặt t=√2x2−1(t ≥0) Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0
Ta có:
x −3¿2
3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿
0,25
Pt trở thành 4t2−2(3x+1)t+2x2+3x −2=0 Ta có:
x −3¿2
3x+1¿2−4(2x2+3x −2)=¿ Δ'=¿
0,25
Từ ta có phương trình có nghiệm : t=2x −1
2 ;t=
x+2
Thay vào cách đăt giải ta phương trình có nghiệm: x∈{−1+√6
2 ;
2+√60
7 }
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 khơng nghiệm bất phương trình
0.25 TH1 Nếu x>3 BPT ⇔
2log2x> x −1 x −3 Xét hàm số: f(x)=3
2log2x đồng biến khoảng (0;+∞) g(x)=x −1
x −3 nghịch biến 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 :Nếu 0<x<3 BPT ⇔
2log2x< x −1 x −3 f(x)=3
2log2x đồng biến khoảng (0;+∞) g(x)=x −1
x −3 nghịch biến khoảng (0;3)
(4)*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
√ex+2¿2 ¿ ¿ dx
¿ I=∫
0 ln
¿
1 điểm
Ta có e
x
+2¿2 ¿ e x ¿ e x 3dx ¿ I=∫
0 ln
¿ =
Đặt u= ex3 ⇒ 3 du
=e
x
3dx ; x=0⇒u=1; x=3 ln2⇒u=2
0,25
Ta được:
u+2¿2 ¿ u¿ du
¿ I=∫
1
¿
=3
u+2¿2
4u− 4(u+2)−
1 2(¿)du ¿ ∫ ¿ 0,25
=3 (1
4ln|u|−
4ln|u+2|+ 2(u+2))¿1
2 0,25
¿3 4ln(
3 2)−
1
8 Vậy I ¿3
4ln( 2)−
(5)Gọi M trung điểm BC ta thấy:
¿
AM⊥BC
A ' O⊥BC } ¿
⇒BC⊥(A 'AM) Kẻ MH⊥AA ', (do ∠A nhọn nên H thuộc đoạn AA’.)
Do
BC⊥(A 'AM) HM∈(A 'AM)
}
⇒HM⊥BC
.Vậy HM đọan vơng góc chung
AA’và BC, d(AA',BC)=HM=a√3
4
0,5
Xét tam giác đồng dạng AA’O AMH, ta có: A ' O
AO =
HM AH
⇔ suy A ' O=AO HM
AH =
a√3
a√3
4 3a=
a
Thể tích khối lăng trụ:
V=A ' O.SABC=12A ' O AM BC=12a3 a2√3a=a
√3 12
0,5
CâuV
Giải phương trình: (z2− z)(z+3)(z+2)=10 , ¿ z∈
¿
C. 1 điểm
PT ⇔ z(z+2)(z −1)(z+3)=10⇔ (z2+2z)(z2+2z −3)=0 Đặt t=z2+2z Khi phương trình (8) trở thành:
0,25
Đặt t=z2+2z Khi phương trình (8) trở thành
t2−3t −10=0
0,25
⇔
t=−2 ¿ t=5
¿ z=−1±i
¿ z=−1±√6
¿ ¿ ¿
⇒¿ ¿ ¿ ¿
Vậy phương trình có nghiệm: z=−1±√6 ; z=−1± i
0,5 A
B
C H
O
(6)Câu VI 1)
1 điểm Viết phương trình đường AB: 4x3y 0 AB5
Viết phương trình đường CD: x 4y17 0 CD 17
0,25
Điểm M thuộc có toạ độ dạng: M ( ;3t t 5) Ta tính được:
13 19 11 37
( , ) ; ( , )
5 17
t t
d M AB d M CD
0,25
Từ đó: SMABSMCD d M AB AB d M CD CD( , ) ( , )
7
3
t t
Có điểm cần tìm là:
7 ( 9; 32), ( ; 2)
3
M M
0,5
2) 1 điểm
Giả sử mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 hai điểm A B ta ln có IA + IB ≥ AB AB ≥d d d 1, 2 dấu xảy I
là trung điểm AB AB đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1, d2 0, 25 Ta tìm A, B :
' AB u AB u
Ad1, Bd2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’)
0,25
AB(….)… A(1; 2; -3) B(3; 0; 1) I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) bán kính R=
Nên có phương trình là:
2 2 2
2 ( 1) ( 1)