SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2 NĂM 2013 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 1 Môn:TOÁN; Khối :A-A 1 -B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số (1) 2 1 1 y x x = + − a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b. Gọi M là điểm bất kì nằm trên Parabol (P): 2 2y x = , H là hình chiếu của M lên trục hoành, chứng minh rằng đường thẳng đi qua H và song song với đường thẳng y x= luôn cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ của M để tam giác MAB cân tại M. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình ( ) 2 6 sin cos 3 7 3tan 4 2 cos 1 2 1 cos2 4 x x x x x π π + + + − + = ÷ ÷ − Câu 3. (1 điểm) Giải bất phương trình ( ) 2 2 2 1 1 3 1 0x x x x x + − + + − + > Câu 4. (1 điểm) Tính tích phân sau 6 0 sin3 cos cos2 x I dx x x π = ∫ Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp SABC có các mặt bên (SAB), (SBC) và (SAC) cùng tạo với đáy (ABC) một góc 60 0 . Tam giác ABC vuông tại A, BC = 5a, AB = 3a. Tính thể tích của khối chóp SABC và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC). Câu 6. (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt ( ) 2 2 10 28 22 2 3 2 2x x m x x x + + = + + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng d 1 : x + 2y – 6 = 0, d 2 : x + 2y = 0 và d 3 : 3x – y – 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d 3 và cắt các đường thẳng d 1 lần lượt tại A và B, cắt d 2 lần lượt tại C và D sao cho tứ giác ABCD là hình chữ nhật có diện tích bằng 132 5 . Câu 8a (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – y + z – 2 = 0. Lập phương trình của đường thẳng d song song với mặt phẳng (P) biết khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) bằng 2 3 và hình chiếu của d lên mặt phẳng (Q): x + y – z + 1 = 0 là đường thẳng d’ có phương trình 1 1 3 1 1 2 x y z − − − = = . Câu 9a (1 điểm) Cho số phức z có điểm biểu diễn trên mặt phẳng phức là M. Tìm số phức z biết 2 2 2z z z− − là số thuần ảo và trên mặt phẳng phức 3 điểm M, A(1;1), B(7;3) thẳng hàng. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của elip (E) biết nó đi qua điểm 3 4 ; 5 5 M ÷ và điểm M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc 90 0 . Câu 8b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y – z + 1 = 0. Lập phương trình của đường thẳng d đi qua điểm M(1; 1; 3) và tạo với với mặt phẳng (P) một góc 45 0 đồng thời hình chiếu của d lên mặt phẳng (P) là đường thẳng d’ có phương trình 1 1 3 1 1 2 x y z − − − = = . Câu 9b (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 3 8 2 2 2 3 3 3 log 9 log 3 log (4 2 ) 1 x xy x y x y − + + = + − = − − Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ; Số báo danh Gọi M(m; 2m 2 ) thuộc (P), suy ra H(m; 0). Phương trình đường thẳng d đi qua H và song song với đường thẳng y = x là y = x – m. Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị (C) có dạng ( ) 2 1 2 1 ( ) 3 1 0 (*) 1 x x x m g x x m x m x ≠ + = − ⇔ = − + + − = − Vì 2 2 13 0 1 ( 3) 1 0 m m m m ∆ = + + > − + + − ≠ m∀ nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với mọi m hay đường thẳng d luôn cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi A(x 1 ; x 1 – m ), B(x 2 ; x 2 – m ) với x 1 , x 2 là nghiệm phân biệt của (*). Tam giác ABM cân tại M ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2MA MB x m x m m x m x m m⇔ = ⇔ − + − − = − + − − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 2 2 0x x x x m m x x m m ⇔ − + − − = ⇔ + − − = . Theo định lí Viét, 1 2 3x x m + = + do đó 2 2 1 2 2 2 0 3 2 2 0 1x x m m m m m m + − − = ⇔ + − − = ⇔ = hoặc 3 2 m = − Vậy có 2 điểm cần tìm là ( ) 1;2M và 3 9 ; 2 2 M − ÷ . ĐKXĐ: x k π ≠ Khi đó ta có ( ) 2 6 sin cos 3 7 3tan 4 2cos 1 2 1 cos2 4 x x x x x π π + + + − + = ÷ ÷ − ( ) ( ) 2 2 3 sin cos 3cot 4 sinx cos 1 sin x x x x x + ⇔ + − + = ( ) ( ) 2 2 2 3cos 3 sin cos 4sin sinx cos sinx x x x x x ⇔ + + − + = ( ) ( ) 2 2 2 3cos 3 sin cos 4sin sinx cos sinx x x x x x ⇔ + + − + = ( ) ( ) 2 3 4sin sin cos 1 0x x x⇔ − + + = Hoặc là 2 1 2 3 4sin 0 os2 2 2 2 3 3 x c x x k x k π π π π − = ⇔ = − ⇔ = ± + ⇔ = ± + Hoặc là 2 sin cos 1 0 sin sin sin 4 2 4 4 x x x x π π π + + = ⇔ + = − ⇔ + = − ÷ ÷ ÷ 2 2 2 x k x k π π π π = − + ⇔ = + Đối chiếu với ĐKXĐ, phương trình đã cho có các họ nghiệm là 3 k π π ± + và 2 2 k π π − + . ( ) 2 2 2 1 1 3 1 0x x x x x + − + + − + > ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 0x x x x x ⇔ + + − + + + > Hoặc là 2 2 2 2 3 0 1 2 0 1 2 1 2 0 x x x x x x x x x x + − > + + − > ⇔ + + > − + + + > ( ) 2 2 2 1 13 1 13 2 2 1 13 1 13 1 13 2 2 2 3 1 0 1 2 x x x x x x x x x x − + − + > > − + ⇔ ⇔ ⇔ > − − − − < < − − < + + > − Hoặc là 2 2 2 2 3 0 1 2 0 1 2 1 2 0 x x x x x x x x x x + − < + + − < ⇔ + + < − + + + < ( ) 2 2 1 13 0 1 13 1 13 2 2 6 1 2 x x x x x − − < < − − − ⇔ ⇔ < < + + < − Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là 1 13 1 13 1 13 ; ; 2 6 2 S − − − − + = ∪ +∞ ÷ ÷ 6 0 sin3 cos cos2 x I dx x x π = ∫ Cách 1. 6 6 6 6 0 0 0 0 sin3 sin os2 sin 2 cos sin sin2 cos cos2 cos cos2 cos cos2 x xc x x x x x I dx dx dx dx x x x x x x π π π π + = = = + ∫ ∫ ∫ ∫ = 6 6 0 0 cos 1 os2 cos 2 cos2 d x dc x x x π π − − = ∫ ∫ 6 6 0 0 1 3 1 lncos lncos2 ln 2 ln3 2 2 2 x x π π − − = − Cách 2. Đặt 6 0 sin cos cos2 x K dx x x π = ∫ Ta có 6 6 6 6 0 0 0 0 2sin 2 cos 2sin 2 os2 ln os2 ln2 cos cos2 cos2 cos2 x x x dc x I K dx dx c x x x x x π π π π + = = = − = − = ∫ ∫ ∫ 6 6 6 6 0 0 0 0 2 os2 sin 2sin cos 2 2lncos ln3 2ln2 cos cos2 cos cos c x x x d x I K dx dx x x x x x π π π π − = = = − = − = − + ∫ ∫ ∫ Suy ra 3 1 2 3ln 2 ln3 ln2 ln3 2 2 I I= − ⇔ = − Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC), gọi M, I, K lần lượt là hình chiếu của S lên các cạnh BC, AB và AC, dễ thấy AB vuông góc với (SIH), suy ra ( ) · 0 ( ),( ) 60SAB ABC SIH = = . Tương tự, · · 0 60SKH SMH= = ⇒ ra các tam giác SHK, SHI, SHM bằng nhau ⇒ HK = HI = HM ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Dễ thấy AIHK là hình vuông có cạnh r với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 2 2 4AC BC AB a = − = ⇒ 6 2 AB BC CA p a + + = = Ta có 1 . . 2 AB AC p r= ⇒ r a = ⇒ 3SH a= Vậy 3 1 1 1 . . 3. .3 .4 2 3 3 3 2 SABC ABC V SH S a a a a= = = * Kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với SI và SK thì ( )HE SAB ⊥ và ( )HF SAC ⊥ ⇒ ( ) ( ) ( ),( ) ,SAB SAC HE HF = Ta có 0 3 .sin60 2 a HE HF a= = = ; 2 2 2 2 . 3 4 EF SE SE SI SH IK SI SI IH SH = = = = + suy ra 3 2 4 a EF = Trong tam giác HEF có · 2 2 2 2 2 2 2 3 3 9 1 4 4 8 os 3 2 . 4 2. 4 a a a HE HF EF c EHF a HE HF + − + − = = = Vậy ( ) 1 os ( ),( ) 4 c SAB SAC = . . ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2MA MB x m x m m x m x m m⇔ = ⇔ − + − − = − + − − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0 2 2 0x x x x m m x x m m ⇔ − + − − = ⇔ + − − = . Theo định lí Viét, 1 2 3x x. nghiệm là 3 k π π ± + và 2 2 k π π − + . ( ) 2 2 2 1 1 3 1 0x x x x x + − + + − + > ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 0x x x x x ⇔ + + − + + + > Hoặc là 2 2 2 2 3 0 1 2 0 1 2 1 2 0 x x x x x x x x x x +. os2 cos 2 cos2 d x dc x x x π π − − = ∫ ∫ 6 6 0 0 1 3 1 lncos lncos2 ln 2 ln3 2 2 2 x x π π − − = − Cách 2. Đặt 6 0 sin cos cos2 x K dx x x π = ∫ Ta có 6 6 6 6 0 0 0 0 2sin 2 cos 2sin 2 os2 ln