a Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng SAB.. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M 3; 2− − và điểm A có hoành độ dương... Câu IV Ch
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu I :Cho hàm sốy x 2
x 1
−
= + , có đồ thị (C).Chứng minh rằng mọi điểm trên đồ thị (C) tiếp tuyến tại đó luôn tạo
với hai đường thẳng d : x 1 0+ = và d : y 1 0− = một tam giác có diện tích không đổi
Câu II 1 Giải phương trình lượng giác sau : :
2sin x+2 3 sin cosx x+ =1 3 cosx+ 3 sinx b) tan2 2 tan 2sin
x x
π
2 Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a) 2x2−11x+23 4= x+1
b) ( )
( ) ( )
Câu III 1 Tìm các giới hạn sau : a )
x
x x
1 1
2 lim
3 2 0
+
− +
→ b)lim 2( 2 3 3)
x
x x
x x
x
+
−
+
∞
→
2 Rút gọn biểu thức
1 2 2 2 3 3 4 2010 2011 2011 2012
2012 2 2012 3.2 2012 4.2 2012 2011.2 2012 2012.2 2012
3 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) = (5x - 3) (n N )n ∈ * ,
biết 1 2 3 k 2n+1 20
C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2
4.Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau trong đó có 3 số chẵn và 3 số lẻ ?
Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (SBC),góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 600, SB = a 2, BSC = 45· 0
a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB)
b) Tính theo a diện tích tam giác SAB
Câu V Giải hệ phương trình: 3 3 2 ( ) ( )
3 2
,
x y
Câu VI
1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương trình NQ
là x y 1 0− − = .Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và N có tung độ âm
2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x−y−2=0 và d2:x+2y−2=0 Giả sử d1 cắt d2 tại I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(−1;1) cắt d1 và d2tương ứng tại
B
A, sao cho AB 3= IA
3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình
(x−2) + −(y 3) =10 Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
M( 3; 2)− − và điểm A có hoành độ dương.
.Hết
Trang 2ĐÁP ÁN Câu I PT tiếp tuyến d có dạng ( )2( o)
o
x 1
x 1
−
+ + , (với x là hoành độ tiếp điểm)o Giao điểm của d lần lượt với d và d’ là: o
o
x 5
x 1
o o
6
IA ; IB 2x 2 IA.IB 12
x 1
+ Vậy S∆IAB =6 ( I là giao của d và d’)
3sin x+2 3 sin cosx x+cos x=3 cosx+ 3 sinx
cosx 3 sinx 3 cosx 3 sinx 0
cos 3 sin 0
cos 3 sin 3
⇔
x+ x= ⇔ x+π= ⇔ = − +x π k kπ ∈
vô nghiệm.
b)Giải phương trình:
2 2
sin
x x
π
Điều kiện: cos 0
2
x≠ ⇔ ≠ +x π kπ
(*) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2
2cos (tanx x+tan ) sinx = x+cosx
2
2sin 2sin cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos
(sin cos )(2sin 1) 0
+ Với sin cos 0 tan 1
4
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
x= − +π kπ x= +π k π x= π +k π k∈¢
2)a) Giải phương trình: 2
2x −11x+23 4= x+1 ĐK: x ≥ − 1 (1)⇔2(x2−6x+ + + −9) (x 1 4 x+ + =1 4) 0
2(x−3) +( x+ −1 2) =0(*)Do a2 ≥ ∀0( a)nên pt(*) 3 0
1 2 0
x x
− =
1
3
x≥ y≥
(2)⇔ − +y x+3 y+2x +6x+ =4 0; ∆ = 3x+5 Vậy ta có: 1 0
y x
x y
+ + =
− + =
Trang 31 0
3
x≥ y≥
2x y− + = ⇔ =4 0 y 2x+4, thay vào (1) ta có: ( ) ( )
( )* ⇔ 3x− =1 2x+ ⇔ = ⇒ =3 x 4 y 12 Kết luận: ( x y , ) ( = 4;12 )
Câu II 1.b) lim 2( 2 3 3 )
x
x x
x x
x
+
−
+
∞
→
Đặt
y
x= 1 khi x→∞ thì y→0
− +
− +
= +
− +
=
→
3 2
0 2
3 0
) 1 ( 3 1 ) 1 ( 2 1 lim 3
1 2 1 lim
y
y y
y
y y
y
y y
I
y y
2
1
1
2
1
) 3 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 1 (
3 2
1 1
1 lim
) ) 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 3 1 ( (
) 3 ( )
1 ( 2
1
lim
3 2
0
2 3
2
2 2
2 0
=
+
−
=
+ + + + + +
+ +
+ +
+
−
=
+ + + + + +
+ +
+ + +
−
=
→
→
y y
y y
y y
y
y y
y y
y
y y y
y y
y
y
y
Vậy
2
1
=
I
2 Rút gọn biểu thức A C= 20121 −22C20122 +3.22C20123 −4.23C20124 + + 2011.22010C20122011−2012.22011C20122012 Đạo hàm 2 vế của (1) ta có
2012 1+x =C +2xC + + kx C k− k + + 2012x C (2) (∀x) (∀x)
Chọn x=-2 thay vào (2)
2012 1 2− =C + −2( 2)C + + − k( 2)k− C k + + 2012( 2)− C (2)
3 Tìm hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của n *
P(x) = (5x - 3) (n N )∈ ,
C + 2C + 3C + + kC + + (2n+1)C = 21.2 (*)
x + C + C + x C + x C ++ x C ++ x + x
đạo hàm 2 vế của (1) ta có
(2 1)(1 ) n 2 n k (2 1) n n(2)
Chọn x=1 thay vào (2) ta có 2 1 2 2 1 2 1
(2 1)2 n 2 n (2 1) n
(*)⇔(2n+1)22n =21.2 (3)20
Nếu n>10 ta thấy vế trái (3)>vế phải (3) nên n>10 loại
tương tự 0<n<10 loại; n=10 thỏa mãn
với n=10 P(x) = (5x - 3)10= − +( 3 5 )x 10
Hệ số của xk trong khai triển thành đa thức của P(x) là 10
10k( 3) k.5k
Hệ số của x7 trong khai triển thành đa thức của P(x) là 7 3 7
10( 3) 5 253125000
4.TH1: Trong 3 số chẵn đó có mặt số 0.
Số các số tìm được là 2 3
4 5
5.C C 5! 36000= (số)
TH2: Trong 3 số chẵn đó không có mặt số 0.
Số các số tìm được là 3 3
C C 6! 28800= (số)
Đ/ số 36000 28800 64800+ = số
Trang 4Câu IV Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt
phẳng (SBC), góc giữa mặt phẳng (SAC) và (SBC) là 600,
SB = a 2, ·BSC=450
a) Chứng minh rằng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
Hạ AH⊥SB do (SAB)⊥(SBC=>AH⊥BC mà SA⊥BC nên BC⊥(SAB)) nên AH⊥(SBC)
b)Do BC⊥(SAB)=>BC⊥SB nên tam giac SBC vuông cân tại
B nên BC=SB=a 2
Hạ AK⊥SC do AH⊥(SBC) nên AH⊥SC
=>SC⊥(AHK)=>góc giữa (SAC) và (SBC)=· 0
60
AKH =
Đặt α =·ASB AH=SHtanα , HK=
2
SH
trong tam giác vuôn AHK có
2 2
SH HK
a
diện tích tam giác SAB là 1 2 6
SAB
a
S∆ = SA AB= ;
Câu V : Giải hệ phương trình
( )
3 2
Đkxđ x≤3, y≥ −4
Từ (1) ta có 3 ( )3 ( ) ( ) 2 ( ) ( )2
( )
⇔ = + ⇔ = −
Thế (3) vào (2) ta được
x+ + − =x x + −x x− ⇔x + −x x− + − x+ + − − =x
( 2) ( 2) ( 1) 2 2 0
( 2) ( 2) ( 1) 1 1 0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
(x−2) (x+ = ⇔ =1) 0 x 2,x= −1;x= ⇒ =2 y 0,x= − ⇒ = −1 y 3
S
A
C
B H K
Trang 5Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là
{ 1; 3 ; 2;0 }
Câu VI
a) Phương trình MP là: x y 3 0+ − =
I MP= ∩NQ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình x y 1 0 x 2 I 2;1( )
I là trung điểm của MP nên suy ra P 3;0( )
phương trình NQ là x y 1 0− − = nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1)
NQ 2MP= ⇒IN =4IM ⇔ m 2− + m 2− =4 1 +1
( )2 m 4
m 0
=
Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) ⇒Q(4; 3) Vậy P 3;0 , N(0; -1) , Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.( )
b)d cắt 1 d tại 2 (2;0).Chọn A0(0;−2)∈d1, ta có IA0 =2 2
Lấy B0(2−2b;b)∈d2 sao cho A0B0 =3IA0 =6 2
⇔(2−2b)2+(b+2)2 =72
−
⇒
1
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
5
16
; 5 42
) 4
; 6 (
5 6
4 0
64 4
5
0
0 2
B
B b
b b
b
Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M(−1;1) và song song với A0B0
Suy ra phương trình ∆:x+y=0 hoặc ∆:x+7y−6=0
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng 2 2
ax by+ + a+ b= a +b >
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R= 10
(C) tiếp xúc với AB nên d I AB( ; )=R hay
2 2
3
3
= −
+ = ⇔ = −
Do đó phương trình AB là x- 3 - 3 0y = hoặc AB:3 -x y+ =7 0
+ Nếu AB:3 -x y+ =7 0 Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A >0 nên t>0 và do 2 2
2 20
IA = R = nên
2
t
t
=
+ Nếu AB: x- 3 - 3 0y = Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A >0 nên t>-1 và do IA2 =2.R2 =20 nên
1 3+ t + −t 3 =20⇔10t + =10 20⇒ =t 1.Suy ra A(6;1)⇒C(-2;5) và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là (6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B − C − D
R
C B A
D
I
d1
d2
A
∆ A0
B0