THI TH I HC, CAO NG 2012
Mụn thi : TON
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
2 4
1
x
y
x
.
1)Kho sỏt v v th
C
ca hm s trờn.
2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
3 10
MN
.
Cõu II (2 im) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
2.Gii phng trỡnh : 01cossin2sinsin2
2
xxxx .
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x
Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th tớch
hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh.
Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
x10 1).12(48
22
xxmx .
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho
ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0
x y
v phõn giỏc trong CD:
1 0
x y
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
.Gi
l ng thng qua im A(4;0;-
1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua
, hóy vit
phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1
xy yz zx x y z
2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng
trũn
2 2
( ) : 2 2 1 0,
C x y x y
2 2
( '): 4 5 0
C x y x
cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh
ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')
C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x
1
2
và d :
1
5
3
2
2
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng )(
đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho a,b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
Ht
Đáp án Dethithudaihoc
2(1,0)
Từ giả thiết ta có:
( ) : ( 1) 1.
d y k x
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai
nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
x y x y
phân biệt sao cho
2 2
2 1 2 1
90(*)
x x y y
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x
. Ta có:
2
(2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
2
(2 3) 3 0(**)
kx k x k có
hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
k k
Ta biến đổi (*) trở thành:
2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)
k x x k x x x x
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
thế vào (***) ta có phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0
k k k k k k
3 41 3 41
3, ,
16 16
k k k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
xxxxxxxx
.
22
)3cos2()1(cos8)1cos2( xxx . VËy 5,0sin
x hoÆc 1cossin
xx .
Víi
5,0sin
x
ta cã
kx 2
6
hoÆc
kx 2
6
5
Víi 1cossin
xx ta cã
4
sin
2
2
4
sin1cossin
xxx , suy ra
kx 2
hoÆc
kx 2
2
3
Điều kiện:
| | | |
x y
Đặt
2 2
; 0
u x y u
v x y
;
x y
không thỏa hệ nên xét
x y
ta có
2
1
2
u
y v
v
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
4
8
u
v
hoặc
3
9
u
v
+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y
(I)+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y
(II) Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại,
ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là
5;3 , 5;4
S
III(1,0) Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
x x t t x x
I dx dt dx
x x t t x x
(Do tích phân không phụ
thuộc vào kí hiệu cảu biến số).
Suy ra:
2 2 2
3 3 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x
. KL: Vy
1
.
2
I
Gi H, H l tõm ca cỏc tam giỏc u ABC, ABC. Gi I, I l trung
im ca AB, AB. Ta
cú:
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
Suy ra hỡnh cu ni tip hỡnh chúp ct ny
tip xỳc vi hai ỏy ti H, H v tip xỳc vi mt bờn (ABBA) ti im
'
K II
.
Gi x l cnh ỏy nh, theo gi thit 2x l cnh ỏy ln. Ta cú:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC
Tam giỏc IOI vuụng O nờn:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x Th tớch hỡnh chúp ct tớnh
bi:
' . '
3
h
V B B B B
Trong ú:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h
T ú, ta cú:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
V. Nhận xét : 10x
48
2
x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
Phơng trình tơng đơng với :
2
( 02)
1
12
()
1
12
2
2
2
x
x
m
x
x
.
Đặt
t
x
x
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
5,2
, ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân
biệt là:
5
12
4 m hoặc -5 < 4
m
im
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
.
im
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
T A(1;2), k
: 1 0
AK CD x y
ti I (im
K BC
).
Suy ra
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
.
Ta im I tha h:
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
.
Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK
ta ca
1;0
K
.
ng thng BC i qua C, K nờn cú phng trỡnh:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
Gi (P) l mt phng i qua ng thng
, thỡ
( )//( )
P D
hoc
( ) ( )
P D
. Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn (P). Ta luụn cú
IH IA
v
IH AH
.
Mt khỏc
, ,
d D P d I P IH
H P
Trong mt phng
P
,
IH IA
; do ú
axIH = IA H A
m
. Lỳc ny
(P) v trớ (P
0
) vuụng gúc vi IA ti A.
Vect phỏp tuyn ca (P
0
) l
6;0; 3
n IA
r uur
, cựng phng vi
2;0; 1
v
r
.Phng trỡnh ca mt phng (P
0
) l:
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0
x z
VIIa ý rng
1 1 1 0
xy x y x y
;
v tng t ta cng cú
1
1
yz y z
zx z x
Vỡ vy ta cú:
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z
vv
VIb 1) + Gi tõm v bỏn kớnh ca (C), (C) ln lt l I(1; 1) , I(-2; 0) v
1, ' 3
R R
, ng
thng (d) qua M cú phng trỡnh
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)
a x b y ax by a a b
.
+ Gi H, H ln lt l trung im ca AM, BM.
Khi ú ta cú:
2 2 2 2
2 2 ' ' '
MA MB IA IH I A I H
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]
d I dd I d ,
.
IA IH
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I dd I d
a b a b
2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b
D thy
0
b
nờn chn
6
1
6
a
b
a
.
Kim tra iu kin
IA IH
ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món.
2. .Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2('
M và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp )(
phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
un
. Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn
thì ta phải có :
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
CACACACA
. Vậy
CA
hoặc
CA
2
.
NÕu
CA
,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã
2
B
, tøc lµ
)1;2;1(n
vµ )(
mp cã ph¬ng tr×nh
0)2(2
zyx hay
042
zyx
NÕu
CA
2
ta cã thÓ chän 2,1
CA , khi ®ã
1
B
, tøc lµ
)2;1;1( n
vµ )(
mp cã ph¬ng tr×nh
02)2(
zyx hay
022
zyx
VIIb. Vì a,b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
.
Đặt
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
Ta có:
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
Do đó:
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
V.Phương trình
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
(1)
Điều kiện :
0 1
x
Nếu
0;1
x
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất thì cần có điều
kiện
1
1
2
x x x
. Thay
1
2
x
vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
4 4
1
1 0
2
x x x
Phương trình có nghiệm duy nhất
* Với m = -1; (1) trở thành
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x
+ Với
1
1 0
2
x x x
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
Với m = 1 thì (1) trở thành:
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm
1
0,
2
x x
nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy
nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
. ) 4[9 ( '; ) ] d I d d I d , . IA IH 2 2 2 2 2 2 2 2 9 4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35 a b d I d d I d a b a b 2 2 2 2 2 2 36 35 36 a b a b a b D thy 0 b nờn chn. qua d và tạo với d một góc 0 30 Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh 1 1 2 2 3 3 2 3 3 b c a a b a c a b c a c a b Ht Đáp án De thi thu dai. ) P D hoc ( ) ( ) P D . Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn (P). Ta luụn cú IH IA v IH AH . Mt khỏc , , d D P d I P IH H P Trong mt phng P , IH IA ; do ú