SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LTĐH LẦN 2 NĂM HỌC 2012 – 2013 TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH Môn : Toán ( Khối A + A1 + B) Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề I PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh– :(7®iÓm) Câu 1 :(2 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 1= − + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết nó song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0. Câu 2 :(2 điểm) 1. Giải phương trình : 2 1 sin 2 cos2 2 sin sin 2 1 cot x x x x x + + = + . 2. Giải hệ phương trình : 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 ( ) 2 ( ) x y xy y x y xy x y x y − + − + = + + = + Câu 3 :(1 điểm) TÝnh tÝch ph©n : I = 2 4 2 2 0 1 cos ( ) cos 1 5cos x x dx x x π + − ∫ Câu 4:(1điểm) Cho lăng trụ đều ABCA'B'C' (AA' // BB' // CC') có đáy là ∆ABC cạnh a.M là trung điểm AA'. Biết góc giữa hai mặt phẳng (BMC') và (ABC) bằng 60 0 .Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC'. Câu 5:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình : 2 3 2 3 (1 ) (1 ) x y m m y x m m − = − − = − có đúng năm nghiệm phân biệt. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho A(1;2), B(1;-2).Tìm trên đường thẳng d 1 :x - y -1 = 0 điểm C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d 2 : x + y -3 = 0 2. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) : 1 2 1 3 x y z− = = Và hai điểm A( 1; 2 ; - 4) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Trong các đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường ( d) viết phương trình đường thẳng (∆) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất Câu 7a (1điểm) Gọi 1 2 ;z z là các nghiệm phức của phương trình: 2 4 5 0z z− + = .Tính: 2013 2013 1 2 ( 1) ( 1)z z − + − . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC với cạnh đáy BC nằm trên đường thẳng : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH nằm trên đường thẳng :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên đường cao CK.Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB ; AC của ∆ABC. 2.Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ): 1 2 1 3 x y z− = = Và hai điểm A( 7 ; - 8 ; 5 ) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Trong các đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường thẳng ( d) viết phương trình đường thẳng (∆) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là nhỏ nhất. Câu 7b (1điểm)Một hộp chứa 6 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 6; 5 quả cầu vàng được đánh số từ 1 đến 5; 4 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 4.Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra ba quả cầu.Tính xác suất để ba quả cầu lấy ra đôi một khác màu và khác số. Họ và tên thí sinh : Số báo danh: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN CH ẤM TOÁN LẦN 2 1) Khảo sát 3 2 y x 3x 1= − + + TXĐ: D = ¡ + Giới hạn: 3 2 lim ( 3 1) x x x →−∞ − + = −∞ 3 2 lim ( 3 1) x x x →+∞ − + = +∞ +Sự biến thiên: 2 ' 3 6= −y x x 2 0 ' 0 3 6 0 2 = = ⇔ − = ⇔ = x y x x x 0,25 Hàm số đb trên các khoảng ( ) ( ) ;0 & 2;−∞ +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0;2 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -3 0,25 Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ y ′ + 0 − 0 + y 1 +∞ −∞ - 3 0,25 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1)− là tâm đối xứng. 0,25 2. Lập phương trình tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x - y + 6 = 0 Ta có : y’ = 3x 2 - 6x Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên có hệ số góc k = 9 0,25 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x 2 - 6x = 9 1 3 x x = − ⇔ = 0,25 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là :y = 9x + 6 ( loại và trùng với (d)) Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là : y = 9x - 26 0,25 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 Bài2 1. Giải phương trình 2 1 sin 2 cos 2 2 sin sin 2 1 cot x x x x x + + = + . ĐK : sinx ≠ 0 khi đó ⇔ 2 2 sin (1 sin2 cos2 ) 2 2 sin cosx x x x x+ + = 0,25 1 sin 2 cos2 2 2 cosx x x⇔ + + = 2 2cos 2sin cos 2 2 cos 0x x x x⇔ + − = ⇔ 2cos (cos sin 2) 0x x x+ − = 0,25 ⇔ cosx = 0 hoặc cosx + sinx = 2 hay ⇔ cosx = 0 hoặc sin 1 4 x π + = ÷ 0,25 ⇔ x = 2 k π π + hay x = 2 4 k π π + (k ∈ Z) 0,25 2.Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 ( ) 2 ( ) x y xy y x y xy x y x y − + − + = + + = + 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 (1) ( ) 2 ( ) (2) (2) ( ) 2 2 ( )( 1) 2( 1) 0 1 ( 1)( 2) 0 2 x y xy y x y xy x y x y xy x y x y xy x y xy xy xy xy x y x y 2 − + − + = + + = + ⇔ + + = + + ⇔ + − − − = = ⇔ − + − = ⇔ + = 0,25 2 3 1 1 5 4 3 2( ) 0 TH1: 1 1 1 x x x y xy y x y hoac y y xy 2 = = − − + − + = ⇔ = = − = 0,25 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 5 4 3 ( )( ) 0 TH2 : 2 2 2 2 2 2 1 5 5 2 2 2 2 5 5 x y xy y x y x y xy y x y x y x y x y x x y x v y x x y y y 2 2 − + − + = − + − + + = ⇔ + = + = = = − = = ⇔ ⇔ ∨ + = = = − 0,25 Vậy hệ có bốn nghiệm 2 2 2 2 1 1 5 5 ; ; ; 1 1 2 2 5 5 x x x x y y y y = = − = = − = = − = = − 0,25 Bài3 TÝnh tÝch ph©n : I = 2 4 2 2 0 1 cos ( ) cos 1 5cos x x dx x x π + − ∫ Ta có : I = 4 2 0 cos x dx x π ∫ + 4 2 0 1 1 5cos dx x π − ∫ = A + B 0,25 A = 4 4 4 4 0 0 0 0 sin 1 (tan ) .tan ln | cos | ln 2 cos 4 4 2 | | x xd x x x dx x x π π π π π π = − = + = − ∫ ∫ 0,25 B = 1 1 4 1 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 2 1 (tan ) ( ) ln | | ln 3 tan 4 4 4 2 2 4 2 4 | t d x dt dt x t t t t π − = = − = = − − − − + + ∫ ∫ ∫ 0,25 Vậy I = 1 ln 2 4 2 π − 1 ln3 4 − 0,25 Bài4 lăng trụ đều ABCA'B'C' có đáy là ∆ABC cạnh a.M là trung điểm AA'. G((BMC') ; (ABC) ) = 60 0 .Tính thể tích lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và MC'. Kéo dài MC' cắt AC kéo dài tại E => A là trung điểm EC khi đó ∆BEC vuông tại B => EB ⊥ (BCC'B') => g((BMC');(ABC)) = ¼ 0 ' 60C BC = 0,25 => CC' = BC.tan60 0 = a 3 => V TRU = S ∆ ABC .CC' = 3 3 4 a 0,25 Gọi D là trung điểm CC' => MC' // (ABD) => d(MC';AB) = d(MC' ; (ABD))=d(C’;(ABD)) = d(C ; (ABD)). 0,25 Gọi N là trung điểm AB => AB ⊥ (CND) khi đó ∆DCN vuông cân tại C với cạnh góc vuông 3 2 a . Gọi H là trung điểm DN => CH ⊥ (ABD) & CH = 6 4 a hay d( AB ; MC') = 6 4 a 0,25 Tìm m để hệ phương trình : 2 3 2 3 (1 ) (1 ) x y m m y x m m − = − − = − có đúng năm nghiệm phân biệt Tr ừ vvv ta c ó : (x-y)(1 + xy) = 0 khi đ ó h ệ <=> 3 3 2 3 ( ) 1 ( ) x y I x x m m xy II x xy m m = − = − = − − = − <=> 2 2 3 ( ) ( )( 1) 0 1 ( ) x y I x m x mx m xy II x y m m = − + + − = = − + = − 0,25 Ta thấy (II) luôn có hai nghiệm pb ∀ m ∈ R đồng thời nghiệm của (II) không thể là nghiệm của (I) ( vì nghiệm của (I) là x = y còn nghiệm của (II) là xy = -1) do đó hệ có 5 nghiệm pb <=> (I) có 3 nghiệm pb 0,25 (I) có 3 nghiệm pb <=> pt : x 2 + mx + m 2 - 1 = 0 có hai nghiệm pb khác m <=> 2 2 2 4( 1) 0 2 2 1 ; \ 3 1 0 3 3 3 m m m m − − > ⇔ ∈ − ± ÷ − ≠ 0,5 Bài6a cho A(1;2), B(1;-2).Tìm trên đường thẳng d 1 : x - y -1 = 0 điểm C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng d 2 : x+y -3 = 0 Vì 2 dA∈ nên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tiếp xúc với d 2 tại A => Ptrình IA: x – y + 1 = 0 0,25 Gọi I(t; t+1), vì IA = IB suy ra t = -1 Suy ra I(-1; 0) 0,25 Gọi C(a; a-1), vì IC = IA = 322 ±=⇒ a 0,25 Vậy có 2 điểm C thỏa mãn bài toán là ( ) 13 ;3 −C và ( ) 13- ;3 −−C 0,25 cho ( d ) : 1 2 1 3 x y z− = = ; A( 1; 2 ; - 4) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Viết ptđt ( ∆ ) đi qua B và cắt đường ( d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất Do B ∉ (d) Gọi (P) là mp chứa B & (d) => (P) : 6x - 9y - z + 9 = 0 khi đó (∆) nằm trong (P). 0,25 Do A,B cố đinh và (∆) qua B nên d(A ; (∆)) ≤ AB nên d(A ; ∆) lớn nhất <=> ∆ ⊥ AB. 0,25 Vậy ∆ có vtcp ; p u n AB ∆ = uur uur uuur hay u ∆ uur (3 ; 2 ; 0) => ptts ∆ 1 3 2 2 3 x t y t z = + = + = − 0,5 Bài7a Một hộp chứa 6 quả cầu xanh được đánh số từ 1 đến 6; 5 quả cầu vàng được đánh số từ 1 đến 5; 4 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 đến 4.Lấy ngẫu nhiên từ hộp ra ba quả cầu.Tính xác suất để ba quả cầu lấy ra đôi một khác màu và khác số. Số phần tử của không gian mẫu : C 4 15 = 1365 0.25 CĐ 1 : lấy 1 quả cầu đỏ có 4 cách lấy CĐ 2 : lấy 1 quả cầu vàng có 4 cách lấy CĐ 3 : lấy 1 quả cầu xanh có 4 cách lấy 0.25 Vậy số kết quả thuận lợi của biến cố : 64 0.25 => P(A) = 64 1365 0.25 ∆ABC cân với cạnh đáy BC : x + y – 1 = 0 ; đường cao BH :x – 2y – 2 = 0 và điểm I( - 2 ; 0) nằm trên đường cao CK.Viết phương trình AB ; AC của ∆ABC Từ gt => B( 4 1 ; 3 3 − ÷ ; ¼ ¼ HBC KCB= => g(BH ; BC) = g(CK;BC) giả sử pt CK : Ax + By + 2A = 0 từ g(BH ; BC) = g(CK;BC) => pt CK : 2x - y + 4 = 0. 0,25 Đt AB qua B và ⊥ CK => pt AB : 3x + 6y 2 = 0.– 0,25 BC ∩ CK = C( - 1 ; 2) 0,25 Đt AC qua C & AC ⊥ BH => pt AC : 2x + y = 0 . 0,25 cho ( d ) : 1 2 1 3 x y z− = = ; A( 7; - 8 ; 5) ; B( 1 ; 2 ; -3) .Viết ptđt ( ∆ ) đi qua B và cắt đường ( d) sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là nhỏ nhất Do B ∉ (d) Gọi (P) là mp chứa B & (d) => (P) : 6x - 9y - z + 9 = 0 khi đó (∆) nằm trong (P). 0,25 Hình chiếu của A trên (P) là H(1 ; 1 ; 6) 0,25 (∆) nằm trong (P) nên d(A ; (∆)) ≥ AH do đó d(A ; (∆)) nhỏ nhất <=> ∆ qua B & H 0,25 Vậy ∆ có vtcp u ∆ uur = BH uuur (0 ; - 1 ; 9) => ptts ∆ 1 2 3 9 x y t z t = = − = − + 0,25 Bài7b Gọi 1 2 ;z z là các nghiệm phức của pt: 2 4 5 0z z− + = .Tính: 2013 2013 1 2 ( 1) ( 1)z z − + − Ta có: ' 2 4 5 1 i∆ = − = − = 1 2 2 2 z i z i = − ⇒ = + 0,25 Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 2013 2013 2013 2013 1 2 1 1 1 1z z i i− + − = − + + 0,25 ( ) 1006 1006 2 2 (1 ) (1 ) 1 (1 )i i i i = − − + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) 1006 1006 1 2 1 2i i i i− − + + 0,25 1006 1006 1006 1007 2 (1 ) 2 (1 ) 2 (1 1 ) 2i i i i= − − − + = − − + + = − 0,25 . MC'. Kéo dài MC' cắt AC kéo dài tại E => A là trung điểm EC khi đó ∆BEC vuông tại B => EB ⊥ (BCC'B') => g((BMC');(ABC)) = ¼ 0 ' 60C BC = 0,25 => CC' =. 4:(1điểm) Cho lăng trụ đều ABCA'B'C' (AA' // BB' // CC') có đáy là ∆ABC cạnh a.M là trung điểm AA'. Biết góc giữa hai mặt phẳng (BMC') và (ABC) bằng 60 0 .Tính. CC' = BC.tan60 0 = a 3 => V TRU = S ∆ ABC .CC' = 3 3 4 a 0,25 Gọi D là trung điểm CC' => MC' // (ABD) => d(MC';AB) = d(MC' ; (ABD))=d(C’;(ABD)) = d(C