1 điểm Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳngABCD.. Mặt phẳng α qua SB và tạo với SAB góc 45 ocắt cạnh AD tại F.. Tính thể tích S.ABCD và tính góc tạo bởi
Trang 1TRƯỜNG THPT HÀM RỒNG
————————
Ngày thi: 11 – 05 -2013
ĐỀ KTCL THEO KHỐI THI ĐẠI HỌC
Môn: TOÁN; Khối A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y =2x − 4
x+ 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
b) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng y = 2 sao cho qua M kẻ được tiếp tuyến MT tới đồ thị sao cho MT = 2√5 (T là tiếp điểm)
Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình
√
3 sin 2x + 3 cos 2x +√3 cos x − sin x
2 cos x − 1 = 2 cos x + 1.
Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình:
4 2x + 3y+
1
50 4x2+ 9y2− 1
x2y2 = 1
(x, y ∈ R)
Câu 4 (1 điểm) Tính tích phân I =
Z 4 0
x
x+ 1 +√2x + 1+ x ln(x + 1)
dx
Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng(ABCD) Khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SCD) là a
2 Mặt phẳng (α) qua SB và tạo với (SAB) góc 45
ocắt cạnh AD tại F Tính thể tích S.ABCD và tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBF) và (SAC)
Câu 6 (1 điểm) Cho a, b, c ∈ R và a > b > c Chứng minh rằng
a2+ b2+ c2
1 (a − b)2+ 1
(b − c)2+ 1
(c − a)2
≥9 2
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A Theo chương trình chuẩn
Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x2+ y2− 3x − 5y + 6 = 0, H thuộc đường thẳng d : 3x − y − 4 = 0 , tọa độ trung điểm AB là M(2; 3) Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác biết hoành độ của A lớn hơn 1
Câu 8a (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; −1; 0), B(3; 3; 2),C(5; 1; −2) Chứng
tỏ tam giác ABC là tam giác đều Tìm tọa độ điểm S sao cho S.ABC là hình chóp tam giác đều có thể tích bằng 6
Câu 9a (1 điểm) Tính modun của số phức w = z
z+ 1 − i+
3 − z
z+ 2i + 5 biết |z| − 3z = 4(3i − 1).
B Theo chương trình nâng cao
Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 6); B(−3; 1);C(3; −1) Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C tới ∆ là lớn nhất
Câu 8b (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 0; 0); B(3; 1; 2);C(−1; 2; 1) và đường thẳng ∆ :
x− 2
−1 =
y
3 =
z+ 1
1 Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc đường thẳng ∆ và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn bán kính là√5
Câu 9b (1 điểm) Giải hệ phương trình:
(
2 log9(2 +√3y − 2) = log3(10 − y) − log3(4 − x)
e3x− e3y = 2y − 2x
Trang 2
———————————————–Hết—————————————————-ĐÁP ÁN
1.a TXĐ D = R\{−2};đạo hàm y0= 8
(x + 2)2 > 0 ∀x ∈ D, Hàm số đồng biến trên (−∞; −2); (−2; +∞)
0,25
1 điểm lim
x→(−2)−
y= +∞; lim
x→(−2)+
y= −∞; x= −2 là phương trình tiệm cận dọc lim
x→−∞y= 2, lim
x→+∞y= 2; y= 2 là phương trình tiệm cận ngang
0,25
x
y0
y
2
+∞
−∞
2
0,25
0,25
1.b Gọi M(m; 2); Phương trình đường thẳng qua M có dạng y − 2 = k(x − m)
Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình 2x − 4
x+ 2 − 2 = 8
(x + 2)2(x − m)
0,25
1 điểm ⇐⇒
( 2x2− 8 − 2(x + 2)2= 8(x − m)
x+ 2 6= 0
⇐⇒
( 8m − 16 = 16x
x=m− 2 2
m6= −2 Tọa độ tiếp điểm T m − 2
2 ;
2(m − 6)
m+ 2
0,25
MT= 2√5 ⇐⇒
m−m− 2 2
2 +
2 −2(m − 6)
m+ 2
2
= 20 ⇐⇒ m + 2
2
2 +
16
m+ 2
2
= 20 0,25
⇐⇒ (m + 2)4− 80(m + 2)2+ 1024 = 0 ⇐⇒
(m + 2)2= 16 (m + 2)2= 64
⇐⇒
m= 2 hay m = −6
m= 6 hay m = −10 Vậy M(2; 2), M(−6; 2), M(6; 2), M(−10; 2)
0,25
2 Điều kiện: x 6= π
3+ k2π
Pt tương đương√3 sin 2x + 3 cos 2x +√3 cos x − sin x = 4 cos2x− 1
0,25
1 điểm ⇐⇒ √3 sin 2x + cos 2x − 1 +√3 cos x − sin x = 0
⇐⇒ 2√3 sin x cos x − 2 sin2x+√3 cos x − sin x = 0 ⇐⇒ (2 sin x + 1)(√3 cos x − sin x) = 0
0,25
⇐⇒
2 sin x + 1 = 0
√
3 cos x − sin x = 0
⇐⇒
x= π
3+ kπ
x= −π
6+ k2π hay x =7π6 + k2π
Đối chiếu điều kiện ta có x =4π3 + k2π; x= −π
6+ k2π; x=7π6 + k2π (k ∈ Z) 0,25
Trang 33 Điều kiện xy 6= 0; 2x + 3y 6= 0.
Nhân hai vế của pt trên với 2x + 3y và nhân hai vế của pt dưới cho 4x2+ 9y2
ta được hệ pt
2x −3
x+ 3y −2
y = 4
2x −3 x
2 +
3y −2 y
2
= 26
0,25
1 điểm ⇐⇒
2x −3 x
+
3y −2 y
= 4
16 − 2
2x −3 x
3y −2 y
= 26
⇐⇒
2x −3 x
+
3y −2 y
= 4
2x −3 x
3y −2 y
= −5
0,25
⇐⇒
2x −3
x = −1 3y −2
y = 5
hay
2x −3
x = 5 3y −2
y = −1
0,25
⇐⇒
x= −3
2 hay x = 1
y= −1
3 hay y = 2
hay
x= −1
2 hay x = 3
y=2
3 hay y = −1
0,25
3. Điều kiện xy 6= 0; 2x + 3y 6= 0 Đặt S = 2x + 3y; P= xy; =⇒ 4x2+ 9y2= S2− 2P
ta được hệ pt
4
S+1
50
S2− 2P−
1
P2 = 1 (2)
0,25
1 điểm (1) ⇐⇒ S = 4P
P− 1 thay vào (2) được 6P
Giải ra P = −3; P = −1
3; P = 2; P =
1
(x; y) =
−3
2; −
1 3
1; −1 3
−3
2; 2
(1; 2)
−1
2;
2 3
3;2 3
−1
2; −1
(3; −1) 0,25
Z 4
0
x
x+ 1 +√2x + 1dx +
Z 4 0
xln(x + 1)dx = I1+ I2 Đặt t =√2x + 1 =⇒ x =t
2− 1
2 =⇒ dx = tdt, đổi cận x = 0 =⇒ t = 1; x= 4 =⇒ t = 3
0,25
1 điểm I1=
Z 3
1
t2− 1
t2+ 1 + 2ttdt =
Z 3 1 (t − 2)dt +
Z 3 1
dt
t+ 1 =
1
2(t − 2)
2
3
1 + 2 ln(t + 1)
3
1
I2=1
2
Z 4
0 ln(x + 1)d(x2− 1) = 1
2(x
2− 1) ln(x + 1)
4
0
−1 2
Z 4 0
x2− 1
x+ 1dx
=1
2(x
2− 1) ln(x + 1)
4
0
−1
4(x − 1)
2
4
0
=15
2 ln 5 − 2
0,25
Vậy I = 2 ln 2 +15
5.
Kẻ AH ⊥ SD Do AB ⊥ (SAD) nên AB ⊥ AH nên AH ⊥ (SCD);
AH= a
√ 2
2 ;
1
AH2 = 1
SA2+ 1
AD2
SA=√a
3.
0,25
1 điểm VS.ABCD=1
3.
a
√
3.a
2=a
3√ 3
Kẻ AE ⊥ SB; EKkBC
Trong mặt phẳng AEKD kẻ EF sao cho dAEF= 45o
Khi đó mặt phẳng (α) là (SBF) Gọi−→n là véc tơ pháp tuyến của (SBF) BD ⊥ (ABCD)
0,25
Nên cos φ = |−
→n.−→BD|
|−→n|.|−→BD|=
|−→n.(−→FD−−→F)|
|−→n|.|−→BD| =
|−→n.−→FD|
|−→n|.|−→BD|=
|−→n|.|−→FD| cos 45o
|−→n|.|−→BD| =
1
4;
Do FD ⊥ (SAB)
0,25
Trang 46. Ta có 1
(a − b)2+ 1
(b − c)2 ≥ 2
(a − b)(b − c)≥
8 (a − b + b − c)2 = 8
1 điểm Suy ra 1
(a − b)2+ 1
(b − c)2+ 1
(a − c)2 ≥ 9
Mặt khác a2+ b2+ c2≥ a2+ (−c)2≥(a + (−c))
2
Nên a2+ b2+ c2
1 (a − b)2+ 1
(b − c)2+ 1
(c − a)2
≥9
2 Dấu bằng khi a = −c; b = 0 0,25
7a. Trước hết ta tính được tâm I(12;52)
IM⊥ AB nên AB nhận−IM→là véc tơ pháp tuyến : AB : x + y − 5 = 0
0,25
1 điểm Tọa độ điểm A và B là nghiệm của hệ phương trình :
(
x+ y − 5 = 0
x2+ y2− 3x − 5y + 6 = 0 Nên A(3; 2); B(1; 4)
0,25
Gọi điểm C(x; y); Tọa độ trung điểm N của BC : N x + 1
2 ;
y+ 4 2
; Gọi D là điểm đối xứng với A qua I suy ra BHCD là hình bình hành nên N là trung điểm HD
Tọa độ của D(0; 3); Ta có H(x + 1; y + 1)
Do điểm H thuộc đường thẳng 3x − y − 4 = 0 nên 3(x + 1) − (y + 1) − 4 = 0; 3x − y − 2 = 0
0,25
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :
(
3x − y − 2 = 0
x2+ y2− 3x − 5y + 6 = 0 Nên C(1; 1);C(2; 4)
0,25
8a. −AB→= (2; 4; 2);−AC→= (4; 2; 2);−BC→= (2; −2; −4); AB = BC = CA =√24 Vậy tam giác ABC đều 0,25
1 điểm −AB→∧−AC→= (−12; 12; −12); SABC=1
2p(−12)2+ (12)2+ (−12)2= 6√3 (đơn vị diện tích) 0,25 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC : G(3; 1; 0);
Phương trình đường thẳng ∆ qua G và vuông góc với (ABC):
x= 3 + t
y= 1 − t
z= t
Do S.ABC là hình chóp tam giác đều suy ra SG ⊥ (ABC) ⇐⇒ S ∈ ∆ nên S(3 + t; 1 − t;t)
0,25
SG= 3V
S∆ABC = 3.6
6√3=
|3 + t − 1 + t + t − 2|
√
t= −1 =⇒ S(2; 2; −1)
t= 1 =⇒ S(4; 0; 1)
0,25
9a. Đặt z = x + yi , (x, y ∈ R)
Ta cópx2+ y2− 3(x − yi) = 12i − 4 ⇐⇒ 3i(y − 4) +px2+ y2− 3x + 4 = 0
0,25
1 điểm Nên
(
y= 4 p
x2+ y2= 3x − 4
⇐⇒
y= 4
x2+ y2= (3x − 4)2 3x − 4 ≥ 0
⇐⇒
(
y= 4
x= 3 Do đó z = 3 + 4i 0,25
Ta được w = 3 + 4i
3 + 4i + 1 − i+
3 − 3 − 4i
3 + 4i + 2i + 5=
18
25−
1
Vậy |w| =
s
18 25
2 + 1 25
2
=
√ 13
7b. Kẻ BK ⊥ ∆ ; CH ⊥ ∆ Gọi I là trung điểm của BC
Kẻ IM ⊥ ∆ Nếu đường thẳng ∆ không cắt đoạn thẳng BC
BK+CH = 2IM ≤ AI (do MKHC là hình thang)
0,25
1 điểm Nếu đường thẳng ∆ cắt đoạn thẳng BC Ta có d(B; ∆) + d(C; ∆) = BK +CH ≤ BC
Do tam giác ABC nhọn nên BC < 2AI (Tính AI và BC)
0,25 Suy ra 2d(B; ∆) + d(C; ∆) lớn nhất khi M trùng với A hay AI vuông góc với ∆ 0,25 Tọa độ điểm ;A(1; 6); B(−3; 1);C(3; −1) Tọa độ điểm I(0; 0) ;→−AI= (1; 6) ;
Phương trình đường thẳng ∆ : 1(x − 1) + 6(y − 6) = 0 ⇐⇒ x + 6y − 37 = 0
0,25
Trang 58b. −AB→= (2; 1; 2);−AC→= (−2; 2; 1);
h−→
AB,−AC→
i
= (−3; −6; 6) Gọi−→n là véc tơ pháp tuyến của (ABC) do
(−→
n⊥−AB→
−
→
n⊥−AC→ nên chọn→−n =
h−→
AB,−AC→
i
= (−3; −6; 6); Phương trình (ABC) : x + 2y − 2z − 1 = 0
0,25
1 điểm Phương trình tham số của ∆ :
x= 2 − t
y= 3t
z= −1 + t Gọi I là tâm mặt cầu do I ∈ ∆ nên I(2 − t; 3t; −1 + t)
AI2= (1 − t)2+ 9t2+ (t − 1)2= 11t2− 4t + 2; d(I, (ABC)) = |2 − t + 6t + 2 − 2t − 1|
0,25
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến của mặt cầu (S) và mặt phẳng (ABC)
thì r2= AI2− d2(I, (ABC)) = 11t2− 4t + 2 − (t + 1)2 = 10t2− 6t + 1 = 5 ⇐⇒ t = 1 hay t =2
5 0,25
t= 1 khi đó I(1; 3; 0); AI = 3 phương trình mặt cầu (x − 1)2+ (y − 3)2+ z2= 9
t= −2
5; Khi đó I(
12
5;−65 ;−75 );AI =
√ 134
5 ; PTmặt cầu x −
12 5
2 + y +652+ z +752=134
25 .
0,25
9b. Điều kiện 23≤ y < 10; x ≤ 4;
Từ phương trình dưới ta được e3x+ 2x = e3y+ 2y
Xét hàm số f (t) = e3t+ 2t; f0(t) > 0 suy ra x = y Thay vào phương trình trên ta được
0,25
1 điểm log3 2 +√3x − 2 = log3 10 − x
4 − x
⇐⇒ 2 +√3x − 2 = 10 − x
4 − x
⇐⇒ √3x − 2 = 10 − x
4 − x − 2 ⇐⇒ √3x − 2 = x+ 2
4 − x (∗)
0,25
Với 32≤ x ≤ 4, PT(∗) ⇐⇒ 3x − 2 = x + 2
4 − x
2
⇐⇒ 3x3− 27x2+ 60x − 36 = 0 0,25
⇐⇒ (x − 1)(3x2− 24x + 36) = 0 ⇐⇒ x = 1; x = 2; x − 6 (loại)
Vậy (x, y) = (1, 1); (2, 2) là nghiệm của hệ phương trình
0,25
... y < 10; x ≤ 4;Từ phương trình ta e3x+ 2x = e3y+ 2y
Xét hàm số f (t) = e3t+ 2t; f0(t) > suy x = y Thay vào phương trình ta