Hỡnh chiếu vuụng gúc của B/ lờn ABC là trung điểm H của AB.. A.Theo chương trỡnh chuẩn.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
MễN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phỳt.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I(2 điểm) : Cho hàm số 2 4
1
x y
x
1 Khảo sỏt và vẽ đồ thị C của hàm số trờn
2 Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và cú hệ số gúc k Tỡm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và
3 10
Cõu II (2 điểm) :
1.Giải phương trỡnh sau : sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4cos 4 x
2.Giải bất phương trỡnh: 2
2
3 1 2
1 1
x
x x
Cõu III (1 điểm) : Tớnh tớch phõn: I = dx
x x
x
x x
4
0
4 2
2
cos cos
2 sin
) cos (sin
Cõu IV (1 điểm) : Cho hỡnh lăng trụ ABC.A/B/C/cú cạnh bờn bằng a, gúc giữa cạnh bờn và mặt đỏy bằng 0
60 Hỡnh chiếu vuụng gúc của B/ lờn (ABC) là trung điểm H của AB Tam giỏc ABC cú BC = 2a, gúc ACB bằng 30 0 Tớnh thể tớch lăng trụ ABC.A/B/C/ và khoảng cỏch giữa B/H và BC
Cõu V (1 điểm) : Cho ba số thực x, y, z thỏa món x + y + z = xyz và x > 1, y > 1, z > 1 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất
của biểu thức
2 2 2
x 1 y 1 z 1 P
PHẦN RIấNG (3 điểm) (thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B).
A.Theo chương trỡnh chuẩn.
Cõu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Đường phõn giỏc trong của gúc ABC cú phương trỡnh là x2y 5 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc
biết đường thẳng AC đi qua điểm (6;2) K
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1;0;2), B(-2;1;1), C(1;-3;-2) D là điểm thuộc đờng thẳng chứa cạnh BC sao cho DB = 2DC Lập phơng trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.ABD biết S(1;0;0), và D cú hoành độ dương
Cõu VII.a (1 điểm): Tỡm modun của số phức w3 ziz, biết (1 )i z 1 3i0
B.Theo chương trỡnh nõng cao.
CõuVI.b (2điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn (C) x2y22x 6y 2 0 và đường thẳng d:
2 0
x y Tỡm cỏc đỉnh của hỡnh vuụng ABCD nội tiếp đường trũn (C) biết đỉnh A thuộc d và cú hoành
độ dương
2.Trong khụng gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x1)2(y 2)2(z3)2 17 và mặt phẳng (P):
2x + 2y + z + 7 = 0 Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua A(8, 0, – 23), nằm trong (P) và tiếp xỳc với mặt cầu (S)
CõuVII.b (1điểm) Tỡm hệ số chứa x4trong khai triển 2 2
4( 4) 3 log
1x n x n
6
1 3
3
3
.Hết
Họ tờn thớ sinh……… SD………
Trang 2
Câu Nội dung Điểm
* TXD : D = R\{1}
* Sự biến thiên:
+ Giới hạn – Tiệm cận
+ Chiều biến thiên: 2
/
) 1 (
6
x
y
BBT
Hàm số đồng biến trên ( -; 1); (1;+) Hàm số không có cực trị
Đồ thị
Giao Ox, Oy tại A(-2;0), B(0;4)
2
Từ giả thiết ta có: ( ) :d y k x ( 1) 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình
sau có hai nghiệm ( ; ), ( ; )x y1 1 x y phân biệt sao cho 2 2 x2 x12y2 y12 90(*)
( 1) 1
( ) 1
( 1) 1
x
k x
I x
y k x
Ta có:
2 (2 3) 3 0 ( )
( 1) 1
I
y k x
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2 (2 3) 3 0(**)
kx k x k có hai nghiệm phân biệt khác 1 Khi đó dễ có được
3
0,
8
Ta biến đổi (*) trở thành:
Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 x2 2k 3,x x1 2 k 3,
thế vào (***) ta có
8k 27k 8k 3 0 (k3)(8k 3k1) 0
16
41 3
;
3
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
II
+
-+ +
1 x
y / y
y
x
4
O -2
-2 1
Trang 3sin2x(sin2x -2) +2sinx = 2cosx – 4cos 4x
2 3
4 0
cos 2 1
0 cos
sin
0 cos
sin )
sin (cos
cos 2
0 cos
sin cos
sin 2 cos
2
0 cos
2 sin
2 cos
sin 4 cos
4 cos
sin 4
2
4 2
2
k x
k x
x x x
x x
x x
x
x x
x x
x
x x
x x
x x
x
2
Đk: x 2
2
2 2 3
1 1
2
1
x x
x x
x
1 2
2 2 3
1 1
2
1
x x
2
3 1
2 x x
x
2 ) 2 2
3 )(
1 2
4 3
2
Kết hợp đk thì BPT đã cho có tập nghiệm là: [2;4]
0.25 0.75
0.25
0.25 0.25
0.25 III
4
2
cos 2 tan 1 cos 2sin cos cos
tan
2 tan 1 cos 2 tan 1
x
Đặt tan tan 12
cos
x
Đổi cận
1 4
t
t t
t
1 2
1 3 2 ( 4
1 1 2
) 1
0
1
0
2
1 2
0
I t t t
0.25
0.25 0.25 0.25
IV Từ giả thiết suy ra B/H là chiều cao của lăng trụ Góc giữa cạnh bên và mặt
A
C
A/
B/
C/
I
Trang 4đáy bằng góc B/BH 60 0 BH a ABa
Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC, ta có sinAB C sinBC A
0
90 1
Vậy tam giác ABC vuông tại A
Tính được AC = a 3
Diện tích đáy
2
3
2
AC AB
S ABC Đường cao của hình chóp
2
3
H
B
Thể tích khối lăng trụ ABC.A/B/C/
4
3
/ / / /
a S
H B
V ABC A B C ABC
HI vuông góc với BC ( I là trung điểm BK), thì HI là đoạn vuông góc chung của
B/H và BC
Khoảng cách cần tính là
4
3
a
HI
0.25
0.25
0.25
0.25 V
Ta có P x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 12 2 2 1 1 1 12 12 12
(1)
Mà x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 12 2 2
x 1 12 12 y 1 12 12 z 1 12 12
Từ (1) và (2) suy ra
P 1 1 1 12 12 12 2 1 1 1
Từ giả thiết ta có 1 1 1 1
Mà 2 2 2
x y z xyyzzx (5)
2
(6)
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra P 3 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 3
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 5VIa 1.
(5 2 ; ), (2 5; )
B b b C b b , (0;0)O BC
Gọi I đối xứng với O qua phõn giỏc trong gúc ABC nờn (2;4)I và IAB
Tam giỏc ABC vuụng tại A nờn BI 2b 3;4 b
vuụng gúc với
11 2 ;2
CK b b
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b
b
Với b 1 B(3;1), ( 3; 1)C A(3;1)B loại
Với b 5 B( 5;5), (5; 5) C 31 17
;
5 5
A
Vậy 31 17; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
2
Tìm đợc D( 4;-7;-5)
y z ax by cz d
x là mặt cầu cần tìm Do (S) đi qua S(1;0;0), A(1;0;2), B(-2;1;1), D(4;-7;-5 ) nên có
0
1 0
1 4 8
9 0
0 2
2 4
6
0 4
2 5
0 2
1
d c
b a
d c
b a
d c
a
d a
Giải ra
3 23 1
2 17 3 10
d c b a
3
23 2 17 3
20
2 2 2
x
0.25
0.25 0.25 0.25
0.25
0.25
0.25
0.25 VII.a Theo giả thiết, ta cú
2
1
x
y
Suy ra z 2 i
Ta cú w 3 ziz 3 ( 2 i)i 2 i 4 i
Suy ra w 17
0.5 0.25 0.25 VI.b 1.
+ Đường trũn 2 2
(x1) (y 3) 8 cú tõm I ( 1;3) bỏn kớnh R 2 2
+ A thuộc d nờn A x( ; 2 x)
+ Ta cú IA2 8 (x1)2(1x)2 8
0.25
Trang 6
2
( 1) 4 1
3 ( )
x x
Vậy A(1;1) C( 3;5) .
+ Đường thẳng BD đi qua I ( 1;3) vuông góc với IA nên nhận IA (2; 2)
//
(1; 1)
u làm véc tơ pháp tuyến có phương trình:
x y 4 0.
+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:
3
x
x
+ x 1 y5
+ x 3 y1
Vậy B(1;5) D(-3;1) hoặc ngược lại.
2.
S) có tâm I(–1, 2,–3), bán kính R = 17 (P) có VTPT n= (2, 2, 1)
+ Gọi u= (a, b, c) là VTCP đường thẳng cần tìm (a2 + b2 + c2 > 0)
+ (P) u n 2a + 2b + c = 0 c = – 2a – 2b (1)
+ Ta có AI = (–9, 2, 20), [ AI , u] = (2c – 20b, 20a + 9c, – 9b – 2a)
tiếp xúc (S) d(I,) = R
,
17
AI u u
(2c 20 )b 2(20a9 )c 2 ( 9b 2 )a 2 17 a2b2c2 (2)
+Từ (1) và (2) ta có
( 4 a 24 )b (2a18 )b ( 9b 2 )a 17[a b ( 2a 2 ) ]b
896b2 – 61a2 + 20ab = 0
+Nếu b = 0 thì a = 0 suy ra c = 0 vô lí, vậy b0 Chọn b = 1
Ta có – 61a2 + 20a + 896 = 0 a = 4 hoặc a = 224
61
+ Với a = 4, b = 1 thì c = – 10 ; với a = 224
61
, b = 1 thì c = 326
61
Vậy có hai đường thẳng thỏa bài toán là:
8 4
23 10
y t
và
224 8 61
326 23 61
y t
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VII.b Tìm được n = 12
4( 4) 3 (1 2 3 ) log
1x n x n x x
10
2 0 10 1 9 2 2 8 4
12 (1 2 ) 3 (1 2 ) (1 2 ) 3 (1 2 ) 9
n
Ta có:
0.25
0.25
Trang 70 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4
10 10 10 10 10 10 10
2 1 9 2 1 0 1 2 2
10 10 9 9 9
4 2 8 4 2 0
10 10 8
x C x x C C C x C x
x C x x C C
Vậy hệ số của số hạng chứa x4 là : C C100 10416 3 C C101 924 9 C C102 80 8085
( Cũng có thể giải theo cách chọn bộ k,i)
0.25
0.25