Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm BC, mặt phẳng SAC tạo với đáy ABC một góc 60 0.. Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SA
Trang 1Thầy Huy: 0968 64 65 97 NĂM HỌC 2013 - 2014
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
yx m x m m , m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1
2 Tìm m để đồ thị hàm số 1 có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có diện tích bằng 32
Câu II (2.0 điểm)
1 Giải phương trình 3
tan - 3cos - sin tan
2
3 3
2 2
x y
x y
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân
3
2
(1 ln )
e
e
x x x x
Câu IV (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, BC=2a Hình chiếu
vuông góc của điểm S lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm BC, mặt phẳng (SAC) tạo với đáy (ABC) một góc 60 0 Tính thể tích hình chóp và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAC) theo a, với I là trung điểm SB
CâuV (1.0 điểm) Cho x y, là các số thực thỏa mãn 2x2 2y84 x 1 y
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P4x2y16
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2y24x8y Viết phương trình 5 0 đường thẳng đi qua điểm Q5; 2 và cắt đường tròn (C) tại hai điểm M, N sao cho MN 5 2
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD, biết B3; 0;8, D 5; 4; 0 và đỉnh
A thuộc mặt phẳng (Oxy) Tìm tọa độ điểm C
Câu VII.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức Z +1, biết
2
1 3 (3 ) 1
i i Z
i i
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x: 3y và điểm 6 0 N3; 4 Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa độ) có diện tích bằng15
2
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2y2z22x4y và mặt phẳng 4 0
(P): x z 3 0 Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm M3;1 1 vuông góc với mặt phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)
Câu VII.b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình
3
6
2 log log 6
-Hết -
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ 40
Câu 1.(1 điểm) Khảo sát…
Khi m=-1 ta có yx42x2
Tập xác định: D=R
Sự biến thiên
- Chiều biến thiên , 4 3 4 4 ( 2 1), , 0 0
1
x
x
Hàm số NB trên các khoảng( và (0;1) ĐB trên các khoảng (-1;0) và (1:; 1) )
- Cực trị: hàm số đạt cực trị tại x 1, yct=-1, đạt cực đại tại x=0, ycđ=0
- Giới hạn: lim lim
- Bảng biến thiên:
x -1 0 1
y’ - 0 + 0 - 0 +
y 0
-1 -1
Đồ thị:
Đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị khi và chỉ khi pt: y , 0có ba nghiệm phân biệt m0 (*)
Khi đó, gọi A, B, C là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và A(0;m4m), B(m;m), C(-m;m)
Suy ra AB=AC= m2m8 , BC=2|m| do đó tam giác ABC cân tai A
Ta có I(0;m) là trung điểm BC và 1 32 1 4.2 | | 2
ABC
S AI BC m m m thỏa mãn (*) Vậy m cần tìm là m 2
Câu 2: 1 (1.0 điểm) Giải phương trình
Điều kiện: cosx0 (*)
Phương trình đã cho tương đương với: tanx 3.sinxs inx.tanx
2
sinx 3.sin cosx x sin x
sinx1 3 cosxsinx 0
s inx=0 x k
, thỏa mãn (*)
1 sinx- 3 cos 1 0 s in x- = 2
7 2 6
(tm (*)) Vậy,
phương trình có nghiệm: ; 7 2
6
2 1
-1 -2
y
-1
-1
Trang 3Câu 2: 2 (1.0 điểm) Giải phương trình…
2 2
Nhân phương trình (2) với -6 rồi cộng vế theo vế với phương trình (1), ta được
8x 6y 12x 12y6xy 9 2x1 y2 y2x3 (*)
Thế (*) vào (2), ta được 2 2 2
2
2
x
x
Với x2 y1 Với 1
4 2
x y Vậy, nghiệm của hệ là: (2;1), 1; 4
2
x x x
3 2
1
1 ln
e e
x
2
3ln 1 ln e 2 ln e e e e 3ln 2 4 2
e
Câu 4(1,0 điểm) Gọi H, J lần lượt là trung điểm của BC, AC,
Ta có SH (ABC)
HJ AC
AC SJ, suy ra góc
0
60
SJH
và
0
2
2 ,
2
6 tan 60
2
B
S
C
A
H
J
I
E
.
S ABC
Gọi E là hình chiếu của H lên SJ, khi đó ta có HE SJ HE (SAC)
HE AC
Mặt khác, do IH//SCIH//(SAC), suy ra ( ,( )) ( , ( )) sin 600 6
4
d I SAC d H SAC HEHJ a
x y x yx x
Gọi S là tập giá trị của
2
y
x , khi đó m S sao cho hệ m R 2 *
y
x
có nghiệm
Trang 4Đặt
2
2
( , 0)
2 2
2 2
y
b b
khi đó, (*)
2
3
2
(**) 3 2
8 2 2
m
a b
a b m m
a b
ab
Hệ (*) có nghiệm hệ (**) có nghiệm (a;b) với a, b 0
phương trình 8X2-4mX+m2-4m-12=0 có 2 nghiệm không âm
2
2
8 24 0
4 12 0
Mặt khác 4 16
2
y
P x
Suy ra: MaxP 8 10 khi 5 2 10; 3 2 10
2
x y minP 8 khi 1
14
x y
hoặc 8
4
x y
Câu 6a: 1 (1.0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;4) và bán kính R=5 Gọi đường thẳng đi qua Q(5;2) có phương trình
A(x-5)+B(y-2)=0 với 2 2
0
A B ,
do tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau nên MIN 900 hay tam giác MIN vuông cân tại I, suy ra
( , ) 2
d I R
| A 2 5 B 4-2 | 5
| 2 3 | 2 5
A B
17B 24AB 7A 0
(*)
Chọn B=1 khi đó (*) 2
1
7
A
A
A= -1; B=1: phương trình đường thẳng là : -x+y+3=0
17
7
A ; B=1: phương trình đường thẳng là : 17x-7y-71=0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm: -x+y+3=0hoặc 17x-7y-71=0
Câu 6a: 2 (1.0 điểm) Ta có, trung điểm BD là I(-1;-2;4), BD=12 và điểm A thuộc mp(Oxy) nên A(a;b;0),
do ABCD là hình vuông nên ta có,
2
2
4 2
1 2
a b
hoặc
17 5 14 5
a b
Tọa độ điểm A tương ứng là A(1;2;0) và 17 14
; ;0
5 5
A
Vì I là trung điểm AC nên ta có tọa độ điểm A cần tìm tương ứng là: C(-3;-6;8), 27; 6;8
5 5
C
Câu 7a: Ta có
2
2
5 4
Z i Z
Trang 5Câu 6b: a (1.0 điểm) Ta có ON(3; 4),ON=5,
4
2
-2
5
d
O
N
M
đường thẳng ON có phương trình 4(x-3)-3(y-4)=04x-3y=0 doM dM(3m6; )m
2
ONM ONM
S
ON
4 3 6 3
5
3
m
m
m
Với m 1 M(3; 1)
7;
m M
Vậy các điểm M cần tìm là M(3;-1) và 13
7;
3
M
Câu 6b: 2 (1.0 điểm) Mặt cầu (S) có tâm I(-1;2;0) và bán kính R=3 Mặt phăng (P) có VTPT nP1; 0;1
Mặt phẳng (Q) đi qua M có dạng 2 2 2
A x B y C z A B C với VTPT là n A B CQ ; ;
4
(*) Mặt khác ( )Q ( )P n n Q P 0 A C 0C A
Thay vào (*) ta được B5A 3 2A2B2 8B27A210AB (**) 0
Chọn B=1, (**) 2
7A 10A 8 0 A 2
7
A
Với A2C 2: được phương trình mặt phẳng (Q) là: 2x y 2z 9 0
Với 4 4
A C :được phương trình mặt phẳng (Q) là: 4x7y4z 9 0 Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là: 2x y 2z 9 0 và 4x7y4z 9 0
Câu 7b: (1,0 điểm) Điều kiện: x, y > 0 (*)
Khi đó, ta có hệ đã cho tương đương với
9
log
log log 3
x
y
log log 1 log log 3
log log 2
log log 3
3
log 1 log 2
x y
hoặc 3
3
log 2 log 1
x y
Với 3
3
log 1
log 2
x
y
3 9
x y
(tm (*)) Với 3
3
log 2 log 1
x y
9 3
x y
(tm(*)) Vậy nghiêm của hệ phương trình đã cho là: (3;9) và (9;3)./