Tổng hợp đề thi thử Toán chuyên Nguyễn Trãi
www.VNMATH.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2013-LẦN 1
Môn TOÁN – Khối A, A1 & B
Thời gian làm bài 180 phút.
TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi
Tỉnh Hải Dương
x 1
.
x 1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm m để đường thẳng y mx m cắt(C) tại hai điểm A,B phân biệt,đồng thời các tiếp tuyến
của(C) tại Avà B song song.
Câu2 (1,0 điểm)
cos 2 x 3 sin x 1
cosx .
Giải phương trình
3 2sin x
Câu 3 (1,0 điểm)
5( x 3)
Giải phương trình x 1 2 4 x
(với x ).
2 x 2 18
Câu 4(1,0 điểm)
1
Tìm hàm số F(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện : F '( x) e x ( ln x) x 0 và F (1) 2
x
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thay đổi.
1
1 1
1
1
1
Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 3 x y 1 z 2 2 x y 1 z 2 .
16 8 27
64
4 9
Câu 6 (1,0 điểm)
Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, AB=2a (a>0) .Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AB.Góc của đường thẳng A’C và mặt phẳng
(ABC) có số đo bằng 45o .Tính theo a thể tích khối lăng trụ đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng: BB’, A’C.
Câu 7 (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (Oxy),cho đường tròn (S ) x2 ( y 1)2 1. Tìm tọa độ điểm M thuộc
đường thẳng () y 3 0 sao cho các tiếp tuyến của (S) kẻ từ M cắt trục hoành Ox tại hai điểm A,B và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB bằng 4.
Câu 8 (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ (Oxyz),cho điểm M 6;12;18 .Gọi A,B,C là các điểm đối xứng của
điểm M qua các mặt phẳng tọa độ (Oxy) ,(Oyz),(Oxz) tương ứng.Chứng minh đường thẳng OM đi qua
trọng tâm của tam giác ABCvà tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (ABC).
Câu 9 (1,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y
Cho biểu thức M= 2log2
9 x 1 7
2
1
log 2 (3x 1 7)
5
7
.Tìm tất cả các giá trị thực của x để số hạng thứ sáu
trong khai triển Niu Tơn của M bằng 84.
Hết
www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN (Gồm 4 trang)
THPT chuyênNguyễn Trãi
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-LẦN 1
Tỉnh Hải Dương
Môn TOÁN – Khối A, A1 & B
NỘI DUNG
Câu-Ý
Điểm
Tập xác định: D R \ 1 .
Sự biến thiên, giới hạn và tiệm cận:
y'
2
x 1
2
0; x 1
0,25 đ
lim y 1 y 1 là TCN lim y ; lim y x 1 là TCĐ.
x1
x
x1
0,25 đ
.
Câu I
Bảng biến thiên:
Ý1
(1,0đ)
x
y'
y
1
1
0,25 đ
1
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 và 1; .
Đồ thị:
y
1
0,25 đ
O
1
Câu 1
PTHĐGĐ của (C) và đường thẳng y mx m là
x
x 1
mx m
x 1
Ý2
mx2 x 1 m 0 (1), vì x 1 không là nghiệm phương trình (1).Theo yêu cầu bài
0,25 đ
www.VNMATH.com
(1,0đ)
toán, ta có m 0 .Và pt (1),tương đương với
Giả sử A 1;0 thì B (1
x 1 x 1
1
1
(m 0) m
2
m
1
; 2m 1) .
m
0,25 đ
1
1
x ;
2
2
tiếptuyến tại B có phương trình y 2m2 x 2m2 4m 1 .
1
Do 2m2 4m 1 m nên hai tiếp tuyến song song khi và chỉ khi
2
Tiếp tuyến tại Acó pt y
2m2
0,25 đ
0,25 đ
1
1
1
1
m2 m m
2
4
2
2
Loại m = -1/2, nghiệm là m = 1/2
Với ĐK sin x
3
, Pt 2cos2 x 3 sin x 3 cos x 2sin x.cos x .
2
Hay 2 cos x cos x sin x 3(cos x sin x) 0 2cosx 3 sin x cos x 0
Câu 2
(1,0đ)
3
x k 2 x k 2 (k )
2
6
6
cosx
sin x cos x 0 x
4
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
k .
. Kết luận: Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm PT là x
x
6
4
k 2 x
k .
6
0,25 đ
k 2 (k )
ĐK: 1 x 4 (D).
Khi đó ,pt tương đươngvới ( x 1 2 4 x ) 2 x 2 18 5( x 3)
Nhân hai vế pt với
Câu 3
(1,0đ)
2
ta có pt 5( x 3) 2 x 18 5( x 3)
0,25 đ
x 1 2 4 x ,
x 1 2 4 x
x 3 0 x 3 là một nghiệm của pt
0,25 đ
www.VNMATH.com
2 x2 18 x 1 2 4 x .Bình phương hai vế ta có :
2 x2 18 x 1 4(4 x) 4 ( x 1)(4 x)
Chuyển vế biến đổi đến pt
x 2 3x 4 x 5
x 2 3x 4 x 1 0 (*)
0,25 đ
x2 3x 4 x 5 0 và pt (*) tương đương với :
Do x ( D) nên
x2 3x 4 x 1 .Bình phương ,biến đổi tương đương ta có pt :
. KL:Đối chiếu với điều kiện (D) ta có nghiệm PT là x 1; x
1
x
Từ gt ta có F ( x) e x ( ln x).dx e x
Câu 4
(1,0đ)
Ta có
0,25 đ
3
2
2 x 2 x 3 0 x 1 x
e
x
1
dx e x ln xdx .
x
1
dx e x ln x e x ln xdx .
x
Do đó tồn tại hằng số C để cho
e
x
3
;x 3.
2
0,25 đ
0,25 đ
1
dx e x ln xdx e x ln x C .
x
0,25 đ
Tức là tồn tại C để F ( x) e x ln x C .
0,25 đ
Theo gt F (1) 2 C 2 F ( x) e ln x 2 ( x 0)
x
Xét hàm số f t 3t 2 2t 3 với t 0 .
Ta có f ' t 6t (1 t ); f ' t 0 t 1 t 0 (loại t=0)
Dựa vào BBT, t 0 ta có f t 1 t 0
0,25 đ
0,25 đ
Câu 5
(1,0đ)
3 2
1 x ,
4 x 8x
3
2
3
2
y 1 1; , z 2 z 2 1 y, z
Tươngtự
y 1
9
27
16
64
Cộng vế ta có P 3 x, y, z
B’
0,25 đ
.Và P 3 x 0; y 1; z 2
0,25 đ
Vậy : giá trị lớn nhất của P là 3.
Câu 6
Ta có: HC là hình chiếu của A’C lên mp(đáy)
0,25 đ
www.VNMATH.com
(1,0đ)
nên HCA ' 45o A ' H CH
1
AB a .Cạnh bên của đáy CA CB a 2
2
1
S ABC CB 2 CA.CB a 2 .
2
B’
A’
C’
K
H
A
B
D
C
.: VABC. A ' B ' C ' S ABC . A ' H a3 .
0,25 đ
Gọi D trung điểm của AC,ta có HD AC .Kẻ HK A ' D ta chứng minh được
HK mp( ACC ' A ') .Giải tam giác A’HD ta có HK
a
d ( H ; ACC ' A ')
3
0,25 đ
Mp(ACC’A’) chứa A’C và song song với BB’ d A ' C, BB ' d ( B; P) ,với (P) là
Mp(ACC’A’).Vì H là trung điểm của AB nên d ( B; P) 2 HK
Vậy d ( A ' C; BB ')
2a
3
2a 3
3
(S) có tâm là I(0;1), bán kính R=1.
M () M m;3 , Hiển nhiên M ở phía ngoài cua (S) nên có hai
tiếp tuyến của (S) kẻ từ M. Giả sử hai tiếp tuyến này cắt trục Ox tại A,B
Câu 7
(1,0đ)
0,25 đ
0,25 đ
Xét điểm N(t;0) thuộc trục Ox,pt của MN là 3x (t m) y 3t 0
2
Điểm N là A hay B khi và chỉ khi d ( I ; MN ) 1 t 2mt 3 0 (*).
0,25 đ
Pt này ẩn t luôn có hai nghiệm trái dấu t1; t2 và A(t1;0), B(t2 ;0)
Gọi J là tâm của đường tròn qua ba điểm M,A,B.Khi đó J thuộc trung trực của AB
Ta có J (m; b) .
0,25 đ
www.VNMATH.com
2
2
JM 4
4m (3 b) 16
Từ điều kiện cho J ta có
2
2
2
2
JM JA
4m (3 b) (t1 m) b
4m2 b 2 6b 7 0
2
m 2b 2
b 3
b 3
Giải hệ trên ta có 2
==> m 2 M (2;3); vaM (2;3)
m 4
m 2
0,25 đ
Theo tính chất của phép đối xứng qua mặt phẳng toạ độ ta có
A(6;12; 18), B(6; 12;18), C(6;12;18) Từ đó trọng tâm tam giác ABC là G(2;4;6)
OM (6;12;18) ; OG (2;4;6) OM 3 OG
Câu 8
(1,0đ)
0,25 đ
0,25 đ
nên đường thẳng OM qua trọng tâmG của tam giác ABC .
AB (0; 24;36), AC (12;0;36) ,Xác định được véc tơ pháp tuyến của mp(ABC)
0,25 đ
là n (6;3; 2) và viết được phương trình mp ( ABC ) 6 x 3 y 2 z 36 0
d ( M ;( ABC ))
6.6 3.12 2.18 36
49
72
7
Số hạng thứ sáu trong khai triển là T51 C75 . 2log2
Câu 9
T51 21.2log2 (9
x 1 7)
(1,0đ)
T51 84 2log2 (9
.2 log2 (3
0,25 đ
9 x 1 7
5
1
log 2 (3x 1 7)
2 5
2
0,25
x 1 7)
x 17) log (3x 17)
2
22 (1)
0,25 đ
Pt (1) tương đương với 9 x1 7 4(3x1 7) 9 x1 4.3x1 21 0 .
0,25 đ
Giải pt trên ta có nghiệm của pt là x 1 log3 7
0,25 đ
…HẾT…
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
HẢI DƯƠNG
Môn: Toán (khối D)
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 3/3/2013
Câu I. (2 điểm).
1
4
Cho hàm số: y x 4 x 2 1 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ
nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau: 1 tan x 1 sin 2 x 1 tan x
2) Giải bất phương trình : 4log 24 x log 2 x.log 2 2 x 1 1
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân sau:
1
I x e x 1 x dx
0
Câu IV. (1 điểm)
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành , AD 4a ; các cạnh bên đều bằng
a 6 . Biết thể tích khối chóp bằng
8 3
a . Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên (SCD) và
3
mặt đáy.
Câu V(1 điểm) Tìm số phức có mođun nhỏ nhất thỏa mãn z 3 z 2 i .
Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC đường cao AH có pt 3x 4 y 10 0 , đường
phân giác trong BE có pt x y 1 0 . Điểm M 0; 2 nằm trên đường thẳng AB và
BA 7
. Tìm tọa độ A,B,C.
BC 4
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M 1,0,3 và hai đường thẳng
x 1 2t
d1 : y 1 t
z 2 3t
x t
d 2 : y 2 2t
z 2 3t
Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng
Câu VII. (1 điểm) CMR: với mọi số thực a, b ta luôn có
a2 2
a2 1
--------------- HẾT -------------
b2 6
b2 2
d1; ; d 2
6
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
H-íng dÉn chÊm m«n to¸n
C©u
Néi Dung
ý
§iÓm
2
1
I
1
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 x 0
.Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
y ' x3 2 x x x 2 2 , y ' 0
x 2
( 2 ;0) và ( 2; ) nghịch biến trên khoảng ; 2 và 0; 2
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x=0; yCD 1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x= 2 ; yCT 0
0,25
Bảng biến thiên
x
y'
2
0
-
-
+
0
0
1
+
2
0
-
+
y
0
0,25
0
8
6
4
2
15
10
5
5
10
15
2
0,25
4
6
8
2
Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ nhỏ nhất.
1
1 4
x x 2 1 Khi đó tổng khoảng cáh từ M đến hai trục tọa 0,25
4
1
1
độ là d x y x x 4 x 2 1 x x 4 x 2 1 f ( x)
4
4
1
Vì f(x) là hàm chẵn nên dmin min f ( x) . Xét hàm số f ( x) = x 4 x 2 x 1 với x 0 .
x 0
4
x 1
'
'
3
2
Có f ( x) x 2 x 1 ( x 1)( x x 1) . f ( x) 0
x 1 5
2
Giả sử M ( x, y ) C y
0,25
1
www.VNMATH.com
Ta có bảng biến thiên
x
0
f'
+
1 5
2
0
+
1
-
0
+
0,25
f
5
4
1
Vậy dmin min f ( x) 1 x 0 M (0;1)
0,25
Giải phương trình sau: 1 tan x 1 sin 2 x 1 tan x
1
x 0
II
1)
ĐK: cos x 0 x
2
0,25
k
0,25
pt
0.25
0.25
2
2
Giải bất phương trình : 4log4 x log 2 x.log 2
2x 1 1 .
1
0,25
Điều kiện
2
1
2
bpt 4 log 2 x log 2 x log( 2 x 1 1) log 2 x log 2 x.log 2 ( 2 x 1 1) 0
2
2
0.25
www.VNMATH.com
Ta thấy : x 1 2 x 1; x 0
2
0,25
x 1 2x 1 x 2x 1 1
log 2 x log 2 ( 2 x 1 1)
log 2 x log 2 ( 2 x 1 1) 0
0.25
Do đó bpt log 2 x 0 x 1
III
1
1
Tính tích phân sau: I x e x 1 x dx
0
1
Có
1
I xe dx x 1 x dx
x
0
0
0,25
xu
1
Xét I1 xe dx . Đặt e x dx dv
x
1
du dx
x 1
x
x 1
I
x
e
e
dx
e
e
1
1
0
x
0
0
v e
0
Xét I 2 =
1
(1 x)
0
1
1
0
0
x (1 x)dx 1 x 1 x 1 x dx =
3
dx
2
1
2
1
5
3
2
2
1 x dx (1 x ) 2 (1 x ) 2
5
3
0
0
0,25
1
0
4 2 4
15 15
Vậy I 1
IV
1
0,25
4 2 4 4 2 19
15 15
15
0.25
Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành, AD 4a ;các cạnh bên đều bằng a 6 .
8
Biết thể tích khối chóp bằng a 3 .Tính cô sin của góc tạo bởi mặt bên SCD và mặt đáy.
3
S
B
C
K
H
A
D
4a
3
1
www.VNMATH.com
Cho H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Do SA=SB=SC=SD= a 6 nên
HA=HB=HC=HD. Vậy hbh ABCD có H là tâm đường tròn ngoại tiếp nên ABCD là hcn.
0,25
Đặt CD=x. Ta có
0,25
AC AD 2 CD 2 16a 2 x 2
1
x2
SH SC 2 CH 2 6a 2 (16a 2 x 2 ) 2a 2
4
4
1
1
x2
2a 2 .4a.x
Vậy VSABCD SH .S ABCD
3
3
4
Theo bài ra ta có
x 2 8a3
4
ax 2a 2
4
3
3
x2
x2
2
2
2
x 2a
2a x (2a ) 4a 4
4
4
4
2
x
x
2a 2 x 2 4a 4 0 ( 2a 2 ) 2 0
4
2
x2 4a 2 x 2a
Lấy K là trung điểm của CD.Khi đó HK CD và SK CD . Ta có
2
Ta có HK
0.25
1
2
AD 2a; SH a; SK a 2 2a a 5 .
2
Vậy
Tìm số phức có modun nhỏ nhất thỏa mãn z 3 z 2 i .
V
z 3 z 2i
Đặt z x yi ( x; y ¡ )Ta có
0,25
1
0,5
x 3 yi x 2 y 1 i
( x 3) 2 y 2 ( x 2) 2 ( y 1) 2
2x 2 y 4 0 x y 2
y 1
Vậy z x 2 y 2 ( y 2)2 y 2 2 ,đt xảy ra
x 1
0,5
Vậy min z 2 z 1 i
VI
1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC đường cao AH có pt 3x 4 y 10 0 đường
phân giác trong BE có pt x y 1 0 . Điểm M 0; 2 nằm trên đường thẳng AB và
BA 7
. Tìm tọa độ A,B,C.
BC 4
4
1
www.VNMATH.com
A
M
E
B
H
M' C
Lấy điểm M’ đối xứng với M qua BE . Do M AB nên M ' BC .
Do MM ' BE nênpt(MM’): ( x 0) ( y 2) 0 x y 2 0
1
x
x y 2 0
2
Gọi I MM ' BE tọa độ I tm
x
y
1
0
y 3
2
x ' 1
I là trung điểm MM ' nên M
. Vậy M ' (1;1)
yM ' 1
1 3
Vậy I ( ; )
2 2
BH AC nên pt (BC) là: 4(x-1)-3(y-1)=0
4x-3y-1=0
4 x 3 y 1 0
x 4
B(4;5)
B BE BC nên tọa độ B là nghiệm của hệ
x y 1 0
y 5
uuuur
r
BM (4; 3) là véc tơ chỉ phương của đt AB n AB (3; 4) pt ( AB) : 3x 4 y 8 0
1
A AB AH tọa độ của A là A(3; )
4
Theo tc đường phân giác
uuur
EA BA 7
7 uuur
EA EC , E BE nên E (t; t 1)
EC BC 4
4
x 1 3t
pt tham số của (BC):
y 1 4t
uuur
uuur
1
EA (3 t; t 1) , EC (1 3t ' t; 4t ' t )
4
7
t ' 0
3 t 4 (1 3t ' t )
5 . Vậy C (1;1)
Ta có
5 t 7 (4t ' t )
t 11
4
4
5
0.25
0,25
0,25
0,25
www.VNMATH.com
2
Trong không gian với hệ tạo độ Oxyz cho điểm M 1,0,3 và hai đường thẳng
1
x 1 2t
x t
d1 : y 1 t d 2 : y 2 2t
z 2 3t
z 2 3t
Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt cả 2 đường thẳng d1; ; d 2
A(1;1; 2) d1
B(0; 2; 2) d 2
. Vtcp của d1 ; d 2 lần lượt là u1 (2; 1;3); u2 (1;2; 3)
P
0,25
Q
Gọi (P) là mặt phẳng chứa và d1 , (Q) là mặt phẳng chứa và d 2
0,25
0,25
Vậy vtcp của là
x 1 4t
Pt đt là y 2t
z 3 9t
Ta có
a2 2
a2 1
b2 6
b2 2
a2 2
a2 1
a2 1 1
a2 1
b2 2 4
b2 2
4
b2 2
Vậy
b2 2
0,25
1
a2 1
b2 2
a2 1
4
b2 2
2 đt xảy ra a 2 1
2.2 4 đt xảy ra
b 2
a 0
6 đt xảy ra
b 2
b2 2
b2 6
6
1
a2 1
a0
0,5
0,5
www.VNMATH.com
7
www.VNMATH.com
CHUYÊN
,A1
-2013
i gian làm bài
013
Câu I (
1)
2)
y x 3 6mx 2 9 x 2m
)
m 1.
m
4
.
5
Câu II (2
1)
)
cos 3x 3 sin 3x cos 2 x 3 sin 2 x 3 cos x 3 sin x 2 0
2)
xy y 6
2
2
x y xy 3x 0
Câu III (
1)
)
3
0
x2
1 x2
dx
2) Cho a, b, c
a b c 1.
P
Câu IV (
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
a b
b c
c a
a b2 c 2
2
)
1)
1
M (0; )
3
Oxy
N (0;7)
2)
Câu V(
1)
)
2)
(d1 ) :
x 1 y 1 z
2
3
4
(d 2 ) :
(d 3 )
x y2 z3
1
2
2
(d1 ) qua (d 2 ) .
www.VNMATH.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013
LẦN 2
TrườngTHPT chuyên Nguyễn Trãi
Môn TOÁN – Khối D
Hải Dương
Ngày thi: 24-24/03/2013
Thời gian 180 phút.
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x3 3(m 1) x2 3m(m 2) x m3 3m2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0
2. Tìm m sao cho đồ thị đạt cực đại, cực tiểu tại A và B mà tam giác OAB có bán kính đường tròn
ngoại tiếp bằng 10
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos2 x
(sin x 2cos x 3 cos 2 x )(1 sin x)
2cos x 1
2 y 3 2 x3 3
y 4 x3 x 3
2. Giải hệ phương trình
ln( x 1)
dx
x
x
1
4
Câu III ( 1 điểm). Tính tích phân sau: I
Câu IV ( 1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SD=a. Gọi O là giao AC
và BD. Biết (SAC) vuông góc với (ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng 300 và SO=
a 2
. Tính thể
2
tích khối chóp S.ABCD và góc giữa hai đường thẳng SO, AD.
Câu V ( 1 điểm). Cho x, y > 0 thỏa mãn: (x+1)(y+1)=4. Tìm GTNN của A
x
y
xy
y 3 x3 x y
Câu VI ( 2điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2,3), trọng tâm G(2,0), điểm B có hoành độ
âm thuộc đường thẳng d : x y 5 0 . Viết phương trình đường tròn tâm C bán kính
9
, tiếp xúc với
5
đường thẳng BG.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :
x 1 y z 1
, điểm M(1,2,-3) và mặt
2
1
1
phẳng (P): x+y+z-3=0. Gọi A là giao của d và (P). Tìm điểm B trên mặt phẳng (P) sao cho đường thẳng
MB cắt d tại C mà tam giác ABC vuông tại C.
Câu VII (1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn: An3 8Cn2 Cn1 49 , M và N là điểm biểu diễn
cho các số phức z1 (1 i)n , z2 4 mi, m . Tìm m sao cho MN 5
Đáp án đề thi www.VNMATH.com
thử khối D lần 2 năm học 2012-2013
Câu I. ( 2 điểm)
1. Khi m=0, hàm số có dạng: y x3 3x 2
3
x
x
x
x
Đạo hàm: y ' 3x2 6 x 0 x 0; x 2; y(0) 0; y(2) 4
Giới hạn: lim y lim x3 (1 ) ; lim y
0,25 đ
Bảng biến thiên:
x
-∞
y'
0
-2
+
0
-
0
+∞
+
+∞
4
y
0
-∞
0,25 đ
Hàm số đồng biến trên (, 2);(0, ) và nghịch biến trên (2,0)
Đồ thị có điểm cực đại: A(2, 4) và điểm cực tiểu B(0,0)
0,25đ
Đồ thị:
- Đồ thị qua các điểm: A,B,U, C(-3,0); D(1,4)
- Vẽ đồ thị:
0,25 đ
2. +) y ' 3x2 6(m 1) x 3m(m 2) 0 x m, x m 2 nên đồ thị luôn có 2 cực trị
A(m,0); B(m 2, 4) .
www.VNMATH.com
0,25 đ
A,B,O tạo thành tam giác m 0
+) Viết phương trình trung trực AB: x-2y+m+5=0
+) Viết phương trình trung trực OA: x+
m
=0
2
0, 25 đ
+) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là I (
m m 10
,
)
2
4
0,25 đ
+) IO2 10 m2 4m 12 0 m 6 hoặc m 2
Đáp số: m=-6 hoặc m=2
0,25 đ
Câu II. ( 2 điểm)
1
2
1. Đk: cos x .
Phương trình trở thành: (1 sin x)(1 sin x)(2cos x 1) (sin x 2cos x 3 cos 2 x)(1 sin x)
0,25 đ
(1 sin x)(1 sin 2 x 3 cos2 x) 0
Giải phương trình: sin x 1 x
2
2 k
0,25 đ
3
Giải phương trình : 1 sin 2 x 3 cos 2 x 0 sin(2 x ) sin( ) x k ; x
k
3
6
12
4
0,25 đ
Đối chiếu điều kiện được: x
2
k 2 ; x
12
k ; x
3
k
4
0,25 đ
- Xem thêm -
.PDF 
24 
130 
81 
