de thi thu lan 2 thpt phong chau lam thao phu tho

Tính thể tích khối chóp S ABCD.[r]

PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 điểm)

C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số:

y x  3x mx 1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0

2 Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu cắt đường tròn (C): (x1)2(y3)2 8 theo một dây cung có độ dài bằng 4

Câu II (2,0 ®iÓm)

1 Giải phương trình

2 2

sin

x x



2 Giải bất phương trình 17x53 x 5 4x12

C©u III (1,0 ®iÓm) Tính tích phân  

1

5

0

I

dx





C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a và BC=2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một góc bằng nhau Biết khoảng

cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

2 6

a

Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.

C©u V (1,0 ®iÓm)

Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn hệ

2

( 1)ln ln( 1)







PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

C©u VI.a (2, ®iÓm)

1.Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(-2; 3) thuộc (E) và bình

phương độ dài trục lớn bằng 16 lần tiêu cự của (E)

2 Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABCvới C 3;2;3 

đường cao

x-2 y-3 z-3

1 1 -2 , phân giác

trong

x-1 y-4 z-3

1 -2 1 Viết phương trình trung tuyến CNcủa tam giác ABC.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức z4 6z316z2 21z12 0

C©u VI.b (2,0 ®iÓm)

1 Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc (E) và

khoảng cách từ O đến đường chuẩn của (E) bằng 8

2 Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

x y z  2x 4y 2z 3 0    Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và

song song với mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1,0 điểm) Chứng minh rằng  0  2 1  2 2  2 3 2  2011 2 20122 1006

-HÕt -Hướng dẫn chấm toán khối A lần 2 năm 2011-2012

I

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x21 1,0

* Tập xác định: R

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn:  3 2 

xlim y xlim x 3x 1 ,lim yx

             

0,25

+ Bảng biến thiên:

y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2





 Bảng biến thiên:

x − ∞ 0 2 +∞

y + 0 - 0 +

y 1 +∞

− ∞ -3 0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0

và 2;

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2

+ Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CÐ y(0) 1

đạt cực tiểu tại x 2, y CT y(2)3 0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt

Ta có y6x 6; y  0 x 1

y '' đổi dấu khi x qua x = 1

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng

0,25

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x

I

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu 1,0

2

Ta có y 3x2  6x m

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt

Chia đa thức y cho y, ta được:



       

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm x ; y , x ; y1 1  2 2

Vì y (x ) 0; y (x ) 0 1   2  nên phương trình đường thẳng  

qua hai điểm cực đại, cực tiểu

là:

    

(C) có tâm I(1;-3) và bán kính R = 2 2 Giả sử  

cắt (C) theo dây cung MN và h là khoảng cách từ I đến  



0,25

LạicóMN2=4(R2–h2)

2

66 6 93 7

66 6 93 7

m m















0,25

Kết hợp với m<3 ta được

66 6 93 7

m 

là giá trị cần tìm

II

1

Giải phương trình

2 2

sin

x x



Điều kiện: cosx 0 x 2 k





(*) Phương trình đã cho tương đương với: 2cos (tan2 x 2 xtan ) sinx  xcosx

0,25

2 2sin 2sin cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos (sin cos )(2sin 1) 0

0,25 + Với sinx cosx 0 tanx 1 x 4 k





+ Với

x   x  x k  x  k 

0,25 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

5

2

Giải bất phương trình  17x53 x 5 4x 12 1,0

Điều kiện:

53 17

x 

Bất phương trình trở thành:

4

x

x



0,25

+ Nếu

53

3 thì

17 x

   

x + 3< 0 Khi đó (1)

2

4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

21 9

4

64 240 176 0

4 1

x x

x

x



 





 





 



 Vậy

53

3

17 x

   

0,25

+ Nếu x > -3

0,25

4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

7 3

9 21 0

11 11

4 4

3

x x

x

x

 



 

 



  



Vậy

11 4

x  

Đáp số:

3 và

III

Tính tích phân  

1

5

0

I

dx



5

2

Khi x = 0 thì t=0

Khi x = 1 thì t =

4

c t



0,25

Khi đó ta được :

3

3

5

5

1

I

5

os os

dt

t

c t c t



0,25

3

5

5 3

2 (sin ) 2 sin (sin )

t



0,25

5 2 4

0 51

sin

2

t



0,25

bằng

2 6

a

SA và BD

1,0

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD), suy ra HAB (do (SAB) ( ABCD))

CBHB, suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SBH

Hạ HECD E CD(  ), suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SEH .

0,25

Do đó SBH SEH  HB HE 2a

Ta được BD AE//  BD//(SAE)  d(SA BD, ) d( ,( B SAE)) d( ,( H SAE)) (do A là

trung điểm HB)

2 d( ,( ))

6

a

H SAE

Nhận xét rằng HA HE HS, , đôi một vuông góc, suy ra:

d ( ,(H SAE)) HA HE HS 2 2 2 2

2a a 4a HS

2

Thể tích:

3

a

0,25

//

BD AE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE.

Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE, với AE SA  SH2HA2 a 5 và

2 2 2

cos( , ) cos

SA AE

0,25

2

( 1) ln ln( 1)







1,0

Điều kiện

5 2

2 2

x y



 





 



Xét f(x) =

5 2( 2) 5 2 2 ( 2)(5 2 ) voi x 2;

2

x   x x  x   

 

Ta có

5 2 2( 2) 2(9 4 )

'( )

x

f x



0,25

S

A

B

C

D

E t H

'( ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 )

9 4

5 2 2( 2)

x













Ta cú:

(2) ( ) 1; ( )

0,25

Vậy

5 ( ) 1, 2;

2

f x    x  

  , suy ra y 2 1  y3

Xột h( ) ( 0) Ta cú : '( ) ; '( ) 0 1

 Vậy h(t) nghịch biến với t>e và đồng biến với 0< t < e

Suy ra

+ Với

5 ln ln 2 2; thỡ

ln( 1) ln 2

3 thỡ ( 1) 2

x x

x y y

y

 

 





Từ đú đi đến hệ cú nghiệm duy nhất là (2; 3)

Lưu ý: Vỡ miền giỏ trị của hai biến x và y+1 là khụng giống”hệt” nhau nờn cỏc lập

luận để chỉ ra x = y +1 đều là ngộ nhận, do đú khụng cho điểm.

0,5

VIa

1

- Gọi phơng trình (E): x

2

a2+

y2

b2=1(a>b>0) Độ dài trục lớn AA’=2a; Tiờu cự

F1F2 = 2c

1,0

Giả thiết

⇔

4

a2+ 9

b2=1(1)

a2

c=8 (2)

¿{

Ta có (2)⇔ a2=8 c⇒b2

=a2−c2

=8 c − c2

=c (8 −c ).

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4

8 c+

9

c (8 −c )=1

⇔2 c2

− 17 c+26=0 ⇔ c=2

¿

c=13

2

¿

¿

¿

¿

¿

0,25

* Nếu c=2 thì a2=16 , b2=12⇒(E): x2

16+

y2

* NÕu

c=13

2 th×

39

4

0,25 2

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C 3;2;3

đường cao

:

 , phân giác trong

:

phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC .

1.,0

AH có vecto chỉ phương u



(1;1;-2) và đi qua điểm P(2;3;3)

BM có vecto chỉ phương m

(1;-2;1) và đi qua điểm Q(1;4;3)

0,25 Gọi (D) là mặt phẳng qua C và vuông góc AH thì (D): (x-3) + (y-2) – 2(z-3) = 0

Hay x +y -2z +1 = 0 Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

0,25

Gọi (E) là mặt phẳng qua C và vuông góc BM, ta có (E): 1.(x-3)-2(y-2)+1.(z-3)=0 hay

x-2y+z-2=0 Gọi I là giao điểm của (E) và BM tọa độ I là nghiệm của hệ

  Gọi J là giao điểm của (E) với AH thì JC nhận I

làm trung điểm, suy ra J(1; 2; 5)

0,25

Vậy AB:

1 2 5

x







 



  

 , A là giao điểm của AH và AB nên A(1;2;5) , suy ra N(1; 3; 4)

Vậy trung tuyến CN:

x y z

0,25

VII.a

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức z4 6z316z2 21z12 0 1,0

( 3 ) 7( 3 ) 12 0

0,25 2

2

z

z

  

  



  



0,25

2 2

2

2

       

0,25

2 2

2 2

2 2

2 2



 







 









 







 





0,25

VIb

1 Trong mặt phẳng Oxy hóy lập phương trỡnh chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc

(E) và khoảng cỏch từ O đến đường chuẩn của (E) bằng 8

1,0

- Gọi phơng trình (E): x

2

a2+

y2

Giả thiết

⇔

4

a2+ 9

b2=1(1)

a2

c=8 (2)

¿{

Ta có (2)⇔ a2

=8 c⇒b2

=a2−c2=8 c − c2=c (8 −c ).

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4

8 c+

9

c (8 −c )=1

⇔2 c2− 17 c+26=0 ⇔

c=2

¿

c=13

2

¿

¿

¿

¿

¿

0,25

* Nếu c=2 thì a2=16 , b2=12⇒(E): x2

16+

y2

12=1.

* Nếu

c=13

2 thì

39

4

0,25

Mp(P) cú vtpt nP= (1;1;-2) (S) cú tõm I(1;-2;-1)

IA 

= (2;1;2) Gọi vtcp của đường thẳng  là u

 tiếp xúc với (S) tại A  u



Vì  // (P)  u



nP

Phương trình tham số của đường thẳng :

x 3 4t

y 1 6t

z 1 t

 





 



  

VIIb

Chứng minh  0  2 1  2 2  2 3 2  2011 2 20122 1006

Xét đẳng thức 1 x2012 1 x2012  1 x22012 0,25 +) Ta có  22012 2012  2

2012 0

k



suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C20121006

0,25

2012 2012

0,25 suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là

2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012

2012o 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012

 0  2 1  2 2  2 3 2  2011 2 20122

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh

0,25