Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng SAB vuông góc với mặt phẳng ABCD và khoảng cách từ D tới mặt phẳng SHC bằng 2a 2.. Hãy tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a.. PHẦN
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3x22 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2 Tìm m để đường thẳng : y(2m1)x 4m cắt đồ thị (C) tại đúng hai điểm M, N phân biệt và M, N cùng với điểm
( 1;6)
P tạo thành tam giác nhận gốc tọa độ làm trọng tâm.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2 cos 2 4 2 sin( 4) 3cos 1
cos 1
x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
1 logx 2
x y x
y y
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 4 3
1
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ, H là trung điểm AB SA, 2 , a SC a 5 Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều, mặt phẳng ( SAB vuông góc với mặt phẳng) (ABCD và khoảng cách từ ) D tới mặt phẳng SHC bằng 2a 2 Hãy tính thể tích khối chóp S ABCD theo a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương , , a b c thỏa mãn 28 12 12 12 4 1 1 1 2013
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (C):
x y y và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng : 2 d x y 1 0 Viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh AB và tìm tọa độ điểm C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm (1;0;1), ( 1;1;1) A B Tìm tọa độ điểm M thuộc
mặt phẳng Oxysao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích bằng 21
2 .
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn z3z2i 3 z
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):
2 2
1
x y
Hai điểm M( 2; ), (2; ) m N n di động và thoả mãn tích khoảng cách từ hai tiêu điểm F F của (E) đến đường thẳng MN bằng 3 Tính 1, 2
1 cosMF N
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm
(3;0;1), (6; 2;1)
M N và (P) tạo với mặt phẳng (Oyz) một góc thỏa mãn sin 3 5
7
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm tất cả số nguyên dương n thỏa mãn 3 3
3 3
n
i A
i
là số thực
- HẾT -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Trang 2Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 điểm) 1 (1,0 điểm)
* TXĐ : D=R
* Sự biến thiên
Ta có: limx y; limx y
y' 3 x2 6x ; ' 0 0 2
y
0.25
BBT:
x - 0 2 +
y' + 0 - 0 +
y 2 +
- -2
0.25
Hàm số đồng biến trên ;0 và 2;; Hàm số nghịch biến trên 0; 2
* Đồ thị : Giao Oy tại (0 ; 2) ; Giao Ox tại (1; 0) và 1 3;0
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
1
2
2
-2
y
x O
0.25
2.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao của (C) và (): x3 3x2( m2 1)x 4m 2 0
(x 2)(x2 x 2m 1) 0 x
2
0.25
() cắt (C) tại đúng 2 điểm phân biệt M,N (1) phải có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn: x x1 x x2
2 2
b a f
0 2 2 0 (2) 0
m
m m
1 2 2
m m
5 8 1 2
Với m 5
8
ta có ( ; ); (2; 3)1 3
2 8
Với m 1
2
ta có M( 1; 2); (2; 2) N (loại)
0.25
Trang 3Vậy không có giá trị của m thỏa mãn MNP nhận O làm trọng tâm.
2
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Đk x k 2 , k Z
sinx 0 sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
x k
Đối chiếu đk suy ra x k2 , k là nghiệm pt 0.25
3
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
1 logx 2 2
x y x
y y
1 x123x1 2 y23 2 y (3)
0.25
Xét hàm số f t t23 ,t t0;
f t t t suy ra hàm số đồng biến trên 0;
Ta lại có x1, 2 y0;
Nên 3 f x 1f 2 y x1 2 y x 3 y thay vào pt (2) ta được
0.25
1
2
y
y y
y y
y x (loại)
y x (t/m)
Vậy hpt có nghiệm duy nhất x y ; 5; 2
0.25
4
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
3
3
1
e
x dx
2 ln
1 ln
ln 2 ln
e
x
2
e
5
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra SH ABCD và 2 3 3
2
a
Ta có CH SC2 SH2 a 2
Gọi E HC ADthế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra
0
,
cos 45
d D AHC
0.25
Trang 4 2
1
4 2
ABCD
S BC DA AB a (đ.v.d.t.) Vậy
3 D
a
V SH S (đvtt)
a 5
2 2a a
3a
a
H
D
C B
A
S
0.25
6
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Đặt x 1;y 1;z 1
2013 24
x y z
0.25
Mặt khác 2 3 2 2 2 2 2013
8
Ta có
3
2
2
5b 2bc c y z 5c 2ac a z x
P x y z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4026
12
4026
a b c
0.25
7.a
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
(C) có tâm I(0;2), bán kính R 2 2 Gọi tọa độ điểm M a a ;2 1
Do tam giác ABC đều nội tiếp (C) nên
1
2
5
a
a
0.25
Với a 1 M1;1
Khi đó, AB qua M vtpt là IM 1; 1
có PT là x y 0
Pt của CM là x y 2 0 Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
2 2
2
2
4
x
x
y
0.25
Trang 5Từ đó tìm được tọa độ C 2; 4
a M
Khi đó, AB qua M vtpt là 7; 1
5 5
IM
có PT là 7x y 2 0
Pt của CM là x7y14 0 Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt
0.25
2 2
14 5 12
14
5 8 5
x y
x y
x y
Từ đó tìm được tọa độ 14 8;
C
KL…
0.25
8.a
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Theo giả thiết ta có 1 21
,
AM BM
AM BM
2
a b
a b
0.25
Giải hệ được: 4; 11
a b hoặc 4; 21
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán 4; 11;0
5 10
M
5 10
M
9.a
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Đặt z x yi x y , ta được
z z i z x yi x yi x y i x y 0.25
2 2
2 2
0.25
2 2
0
3 0
0 3
x
y
x
0.25
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức z cần tìm là phần đường thẳng y 3x với x 0 0.25
7.b
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
TH1: MN song song với Ox hay m n Khi đó phương trình MN y m: 0
2
2
m m
0.25
Trang 6Với m thì 2 M( 2; 2); (2; 2) N Từ đây tính được 1
1 cos
65
MF N
Với m thì 2 M( 2; 2); (2; 2) N Từ đây tính được 1
1 cos
65
MF N
0.25
TH2: MN không song song với Ox
Ta có phương trình MN là (n m x ) 4y2m2n0
Khi đó: ( ;1 ) ( ;2 ) (3 )(3 2 ) 3
m n n m
d F MN d F MN
n m
3
nm
0.25
MN n m MF m NF n
Do đó,
1
1 1
10 (16 ( ) )
2
MF N
MF NF
8.b
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
Gọi vtpt của (P) là n a b c a ; ; , 2b2c2 0
Vì M P nên phương trình của P có dạng a x 3by c z 1 0
2
a
N P a b b
(do 0 900) Mặt phẳng (Oyz) có véctơ pháp tuyến i 1;0;0
0.25
2 2 2
2
7
a
a b c
Thế 3
2
a
b vào (*) giải được c3a
0.25
+ Với c3a; 3
2
a
b chọn a 2 b3;c6, P : 2x3y6z12 0 0.25
+ Với c3a; 3
2
a
b chọn a 2 b3;c6, P : 2x3y 6z0 0.25
9.b
(1,0 điểm) (1,0 điểm)
3
A i i
0.5
6
n
