Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 450.. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một t
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số ( 2 ) 3 ( 1 ) 1
2
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2
b) Tìm m 0để đồ thị hàm số (1) có giá trị cực đại, giá trị cực tiểu lần lượt là y CĐ,y CT thỏa mãn
4
2y CĐy CT
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (tanx 1 ) sin 2x cos 2x 2 3 (cosx sinx) sinx.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình 21log (2 ) log (4 418 ) 0.
2 1
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d
7 2 3
3
6 ln
0
e e
e I
x x x
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có SC ( ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3
a và ABC 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) bằng 450. Tính theo a
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x2y2z2 3y. Tìm giá trị nhỏ nhất của
) 3 (
8 )
2 (
4 )
1 (
1
2 2
z y
x P
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)
a Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có phương trình đường thẳng
AClà x 7y 31 0 , hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1:xy 8 0 , d2:x 2y 3 0
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
7 1
5 1
4 : 1
x d
và
2
1 1
1
2
:
2
x
d Viết phương trình đường thẳng đi qua M(1;2;0), d1 và tạo với d2
góc 600.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x7trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
n
x
2
2 , biết rằng n là số
nguyên dương thỏa mãn 3 2 3
1 2
4C n C n A n
b Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x y 2 0 và
0 2 2
:
d Giả sử d1 cắt d2 tại I. Viết phương trình đường thẳng đi qua M( 1 ; 1 ) cắt
1
d và d2tương ứng tại A, B sao cho AB 3IA
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M( 2 ; 1 ; 3 ) và đường thẳng
1
1 3
4 2
2
x
d Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua K( 1 ; 0 ; 0 ), song song với đường thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho tập E 1 , 2 , 3 , 4 , 5 Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3
chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5.
Hết
-Câu 1: a) (1,5 điểm)
Khi m 2 hàm số trở thành 3 6 2 9 1
y
Trang 2a) Tập xác định:
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
x
* Chiều biến thiên: Ta có ' 3 2 12 9 ;
y
1 3
0 '
; 1
3 0
'
; 1
3 0
x
x y
x
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 3 , 1 ; ; nghịch biến trên 3 ; 1.
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 3 , y CĐ 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x 1 , y CT 3
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
Câu 1: b) (0,5 điểm)
Ta có ' 3 2 3 ( 2 ) 3 ( 1 ),
y
1
1 0
1 )
2 ( 0
'
2
1 2
m x x
x x m
x m x
y
Chú ý rằng với m 0 thì x 1 x2. Khi đó hàm số đạt cực đại tại x1 1 và đạt cực tiểu tại x2 m 1
Do đó:y CĐ y(1)32m, y CT y(m1) 21(m2)(m 1)21.
Từ giả thiết ta có 2.32m 21(m2)(m1)214 6m 6 (m2)(m1)2 0
2
Đối chiếu với yêu cầu m0 ta có giá trị của m là m1,m 12 33.
Câu 2: (1,0 điểm) Điều kiện: cosx 0 , hay .
k
x Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x x x x
x
x 1 ) sin 1 2 sin 2 3 (cos sin ) sin
x x
x x x
x 1 ) sin 2 3 3 (cos sin ) sin 6 sin 2
(tan 1)sin 3cos 2 3(cos sin )sin (tan 1)sin 3(cos sin ) cos 0 (sin cos )(sin 3cos ) 0 (sin cos )(2cos 2 1) 0
,
3
4 2
1 2
cos
cos sin
k k x
k x
x
x x
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x k x k ,k
3
,
Câu 3(1,0 điểm) Điều kiện: 2 18
0 18 4
0 18 , 0 2
x x
x x
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
log 2 log (4 418 )
2
2 x x 2 x 4 418 x Đặt t 4 18 x. Khi đó 0 t 4 20 và bất phương trình trở thành : 20 t4 4 t
2 4
2 0
t t
Suy ra 4 18 x 2 x 2 .Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là 2 x 2
x
'
y
y
3
1
3
x O
3
y
1
3
1
Trang 3Câu 4: (1,0 điểm) Đặt 3 e x t.
Khi đó e x t2 3 e x dx 2tdt. Khi x 0 t 2 , khi .
3 6
3
2 2 3
2
1 3 2
2 7 ) 3 ( 2 3
d
t t
t t
t
t t I
3
2
3
2
d 1 2
1 1 t
1 2 d ) 1 2
)(
1
(
t
t t t
t
63
80 ln ) 5 ln 7 (ln ) 3 ln 2 4 ln 2 ( 1 2 ln 1
ln
2
2 3
2
3
Câu 5(1,0 điểm)
Kẻ SKAB hình chiếu CK AB
(SAB), (ABCD) SKC 45 0
2
3 60 sin 60
CB CK CBK
.
2
3 45
CK
2
3 3 120 sin
2
BC AB
Từ (1) và (2) .
4
3 3
3
.
a S
SC
V S ABCD ABCD
Gọi OACBD. Vì BD AC, BDSC nên BD (SAC) tại O Kẻ OISA OI là đường vuông
góc chung của BD là SA Sử dụng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC hoặc đường cao của tam giác SAC suy ra
10
5 3
5
2
10
5 3 ) ,
Câu 6(1,0 điểm) Ta có 2 4 2 ( 2 1 ) ( 2 4 ) ( 2 1 )
Suy ra 2xy 2z 6 Dấu đẳng thức xảy ra khi 1
Chú ý rằng, với hai số dương a, b áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 2 2 ( ) 2
8 1
1
b a b
a , (*) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
2
8 )
1 2 (
1 )
1 (
1
z y
x
8 )
1 2 1 (
8
z y
x
2
4 64 )
3 2 2 (
64
z y x z
y
x (66410.4)2 1.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x 1 ,y 2 ,z 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1, đạt khi
1 ,
2
,
Câu 7a(1,0 điểm)
Bd1:y8 x B(b;8 b),
Dd2:x2y 3 D(2d 3;d)
BD ( b 2d 3 ;bd 8 ) và trung điểm
2
8
; 2
3 2
b d bd
I
Theo tính chất hình thoi
1 0 0 9 6 0 13 13 8 0
d b d b d b AC I BD u AC I AC
BD AC
2 9
; 2 1 )
1
;
1
(
)
8
;
0
(
I
D
B
).
; 31 7 ( 31 7
AC
2
15 2
15 2
2
1
BD
S AC BD AC
S ABCD
) ktm ( ) 6
; 11 (
) 3
; 10 ( 6
3 4
9 2
9 2
225 2
9 2
63
7
2 2
2
A
A a
a a
a a
Suy ra A( 10 ; 3 ) C( 11 ; 6 ).
Câu 8.a(1,0 điểm)
Giả sử có vtcp ( ; ; ), 2 2 2 0
u d u .u 0 a bc 0 (1)
S
D
A
B K
C
O I
B
A
D
C I
Trang 4) 2 ( ) (
3 ) 2 (
2 2
1 60 cos
4 1 1
2 60
)
,
2 2 2
0
c b a
c b a
Từ (1) có bac thay vào (2) ta được 18 2 3 2 ( )2 2 2 2 2 0
a a c c a ac c c
,
2
2 ,
c b c a
c b
c
a
Với ac,b2c, chọn c 1 u ( 1 ; 2 ; 1 ) ta có :x11y2 2 1z.
Với a 2c,b c, chọn c 1 u ( 2 ; 1 ; 1 ) ta có :x21y1 2z1.
Câu 9.a(1,0 điểm)
6
) 1 ((
) 1 ( 4 2
2(n 1) 3(n 1) 3(n 3n 2),n 3 n 12n 11 0, n 3 n 11
0
3 22 11
11 0
11 2 11
11 2
k
k k k k
k k
x x
C x
x
Số hạng chứa x7 là số hạng ứng với k thỏa mãn 22 3k 7 k 5
Suy ra hệ số của x7 là 5 ( 2 ) 5 14784
C
Câu 7.b(1,0 điểm)
d1 cắt d2 tại I( 2 ; 0 ).
Chọn A0( 0 ; 2 ) d1, ta có IA0 2 2
Lấy B0 ( 2 2b;b) d2 sao cho
2 6
0
0B IA
A ( 2 2 ) 2 ( 2 ) 2 72
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
)
1
;
1
(
M và song song với A0B0. Suy ra phương trình :xy 0 hoặc :x 7y 6 0
Câu 8.b (1,0 điểm)
(P) đi qua K( 1 ; 0 ; 0 ) phương trình (P) dạng 0 ( 2 2 2 0 ).
Ax
) 2 ( 0
4
3
)1 0
3
2
)
)1
;2
0
.
//
)
C A
C A
P
H
n
d
2 2
C B A
C B A P
M
Từ (1) có C 2A 3B, thay vào (3) ta được (5A8B)2 3A2 B2(2A3B)2
17 5 0 17
22
B A B A B
AB A
Với A B, ta có C B, không thỏa mãn (2)
Với 5A 17B, ta có .
5
19 ,
5
17
B C
B
A Chọn B 5 ta có A 17 ,C 19, thỏa mãn (2)
Suy ra (P) : 17x 5y 19z 17 0
Câu 9.b(1,0 điểm)
Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5 4 3 60
Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4 3 2 24 , và số các số có mặt chữ số 5 là 60 24 36
Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không
có mặt chữ số 5
Rõ ràng A và B xung khắc Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có
25
13 5
2 5
3
) ( ) ( )
(
2 2
1 60
1 60
1 24
1 24 1 60
1 60
1 36
1 36
C C
C C C C
C C B P A P
B
A
P
Suy ra xác suất cần tính là .
25
12 25
13 1 ) (
P
I
d1
d2
A
B0