PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Cho hình chóp S ABCD.. Tính theo0 a thể tích của khối chóp S ABCD.. Tìm giá trị nhỏ n
Trang 1
SỞ 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 2 1
1
x y x
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho.
2 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm (0;1)I và cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt
,
A B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1 Giải phương trình (1 cos ) cot x xcos 2xsinxsin 2x
2 Giải hệ phương trình 3 1 2 7 2
( , )
x y
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2 6
cos ln(1 sin ) sin
x
Câu 4 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC(ABCD),đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
3
a và ABC 120 0 Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD bằng ) 45 Tính theo0
a thể tích của khối chóp S ABCD. và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD
Câu 5 (1,0 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
3
P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu 6a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB 5, C ( 1; 1), đường thẳng
ABcó phương trình là x2y 3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng :x y 2 0
Tìm tọa độ các đỉnh A và B
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( 2;2; 2), (0;1; 2) A B và (2; 2; 1)C Viết phương trình mặt phẳng ( )P đi qua A, song song với BC và cắt các trục y ’ Oy, z ’ Oz theo thứ
tự tại M N khác gốc tọa độ , Osao cho OM 2ON
Câu 7a (1,0 điểm)
Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 1 z z i2(iz1)2
B Theo chương trình Nâng cao
Câu 6b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC x: 7y 31 0, hai đỉnh B,
D lần lượt thuộc các đường thẳng d x y1: 8 0 , d x2: 2y 3 0 Tìm tọa độ các đỉnh
của hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ( ) : 1 1 2
và mặt phẳng ( ) :P x2y z 6 0. Một mặt phẳng ( )Q chứa ( ) d và cắt ( ) P theo giao tuyến là
đường thẳng cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất Viết phương trình của mặt phẳng ( ).Q
Câu 7b (1,0 điểm) Gọi z z là hai nghiệm của phương trình 1, 2 2 5
21
nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1nz2n 1
Trang 2-Hết -Câu Ý Đáp án Điểm 1 2,0 đ 1 1,0 đ Hàm số y 2x x 11 TXĐ: D \ 1 Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận ( 1) ( 1) lim ; lim x y x y Đường thẳng x 1 là tiệm cận đứng lim 2 x y Đường thẳngy 2 là tiệm cận ngang. 0,25 + Đạo hàm: ' 2 3 0 ( 1) y x D x 0,25 + Bảng biến thiên: x 1 +
y ’ + +
y + 2
2 Hàm số đồng biến trong các khoảng ( ; 1) và ( 1; ) Hàm số không có cực trị
0,25
2
1,0 đ
: y mx 1
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và :
2
2 1
1 ( ) ( 1) 2 0 (1)
x
x
0,25
Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
0 0
5 2 6
m m
m
m
Khi đó cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A x mx( ;1 11); ( ;B x mx2 21) Với x x1, 2 là hai nghiệm của (1)
0,25
,
m
Do đó ABm1 (m210m1)(1m2) : y mx 1 mx y 1 0
( , )
1
d d O
m
0,25
Khi đó:
2
OAB
m
11
Do đó :yx1 hay 1 1
11
0,25
Trang 32,0 đ 1,0 đ 1 Phương trình (1 cos )cot
cos 2 sin sin 2
Điều kiện: sinx 0 x k (k )
(1 cos ) cos 2 sin sin 2
sin
x
x
cos cos cos 2 sin sin 2sin cos cos (1 2sin ) cos 2 sin (cos sin ) 0
0,25
cos cos 2 cos 2 sin cos 2 0 cos 2 (cos sin 1) 0
cos 2 0
x
0,25
2 2 ( )
2
l
x l
0,25
Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:
2
2
1,0 đ Hệ phương trình 3 1 2 7 2 (1)
2 4 5 (2)
Điều kiện: 2 0
Với điều kiện trên thì (1) 3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0 (3xy)(x2y) +(x2y) = 0 (x2y)(3xy +1) = 0 2 0
x y
0,25
+ x2y = 0 x = 2y (2): 4y 9y 5 y = 1
y = 1 x = 2 (tmđk)
0,25
+ 3x y + 1= 0 y = 3x+1 (2) trở thành: 7x 1 7x2 5
2
1 7
x
17
25
x
x x
x y (tmđk)
0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) = 17 76;
25 25
Trang 41,0 đ Tích phân 2
2 6
cos ln(1 sin ) sin
x
Đặt tsinx dtcosxdx
1
0,25
Khi đó
1 2 1 2
ln(1 t)
t
Đặt:
2
ln(1 )
1 1
dt
t dt
dv
v t
t
Ta có
dt
0,25
27 2ln 3 3ln 2 ln ln 1 3ln 3 4ln 2 ln
16
4
1,0 đ
a 3
I
O D
K B A
C S
Kẻ SK AB K ( AB) CK AB(định lí 3 đường vuông góc)
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD là góc giữa ) SK và CK
Do SKC nhọn nên SKC 450
ABC1200 CBK 600
sin 60
2
a
Tam giác SCK vuông cân tại Cnên 3
2
a
SC
0,25
sin120
2
ABCD
a
a
0,25
Gọi OACBD
Ta có BD AC BD (SAC)
Kẻ OI SA I SA ( ) OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD.
0,25
Trang 5Dùng hai tam giác đồng dạng AOIvà ASCsuy ra 3 5
10
a
Vậy ( , ) 3 5
10
a
0,25
5
1,0 đ
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
Đẳng thức xảy ra khi a4b16 c
0,25
P
Đặt t a b c t , 0 Khi đó ta có 3 3
2
P
Xét hàm số ( )f t 3 3
2t t với t 0.
0,25
'
2
2 2
f t
t
t t
2 2
t
t t
Bảng biến thiên:
t 0 1
' ( )
f t 0 + ( )
f t 0 3
2
Do đó
0
3 min ( )
2
t f t
khi và chỉ khi t 1 Suy ra 3
2
P
0,25
Vậy GTNN của P bằng 3
2
4 16
a b c
0,25
6a
2,0đ 1,0đ 1 Gọi ( ; )I x y là trung điểm của đoạn ABvà ( ;G x y là trọng tâm của G G) ABC
3
CG CI
0,25
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:
5
1
2 0
x
y
AB
Gọi ( )C là đường tròn có tâm (5; 1) I và bán kính 5
2
R
( ) : ( 5) ( 1)
4
0,25
Trang 6Tọa độ hai điểm ,A B là nghiệm của hệ phương trình:
Vậy tọa độ hai điểm ,A B là 4; 1 , 6; 3
0,25
2
1,0 đ Từ giả thiết ta có
(0; ;0)
M m và (0;0; )N n trong đó mn 0và m2n 0,25
Do ( ) / /P BC và ( ) P đi qua , M N nên VTPT của ( ) P là
TH1:m2n thì nBC MN, (3 ; 2 ; 4 ) (n n n n0)
TH2:m2n thì nBC MN, ( ; 2 ; 4 ) (n n n n0)
( )P đi qua ( 2;2; 2) A ( ) :P x2y 4z10 0. ( loại vì ( )P BC) Vậy ( ) : 3P x 2y 4z 2 0
0,25
7a
, ( , )
z a bi a b Từ giả thiết ta có
2
2
(1)
2 ( 1)
0,25
Từ (1) suy ra :
2
2( 1)
b
b
2
Suy ra z 1 2i hoặc 1 1
2 2
0,25
+ Với z 1 2i, ta có z 5
2 2
z i, ta có 2
2
0,25
6b
2,0 đ
1
1,0 đ Khi đó D (B d 1B B b( ;8b b D d), 2d 3;b d2 (28)d 3; ).d
và trung điểm của BD là
0,25
Theo tính chất hình thoi ta có :
AC
Suy ra (0;8); ( 1;1)B D .
0,25
Khi đó 1 9;
2 2
I
; A AC A( 7 a31; )a
2
ABCD ABCD
S
BD
0,25
3 (10;3) ( )
7
Suy ra (10;3)C .
0,25
Trang 71,0 đ Gọi ,H I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( )P và
Ta có ( , )d O OI OH ( không đổi)
Do đó min ( , )d O OHxảy ra khi I H
0,25
Đường thẳng OHđi qua (0;0;0)O và nhận VTPT của ( )P là n (1; 2;1) làm
x t
z t
( ) :P x2y z 6 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra 6t 6 0 t 1
Từ (1) H(1; 2;1)
0,25
Khi đó ( )Q là mặt phẳng chứa ( ) d và đi qua H
Ta có M(1;1;2) ( ) d , VTCP của ( )d là u (1;1; 2) , HM (0; 1;1)
Suy ra VTPT của ( )Q là n Q u HM, ( 1; 1; 1)
, ( )Q đi qua (1;1;2) M
Do đó ( ) : 1(Q x1) 1( y1) 1( z1) 0 x y z 4 0.
0,25
I (d)
Q O
7b
1,0 đ Phương trình z2 2cos521 z 1 0
(1) có ' cos25 1 sin25
Do đó các căn bậc hai của '
là sin5
21
Vậy (1) có các nghiệm là
1
2
0,25
1 2
0,25
0,25
Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n 7. 0,25