SGIODC&OTOBCNINH TRƯờNG THPT THUậN THàNH Số II khảo sát chất lượng ôn thiđại họcLN1 Nmhc:2012 2013 Mụn thi:Toỏn,KhiA,B,D Thigianlmbi:180phỳt a. phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm) CõuI(2,0im). Chohms 1 2 + + = x mx y (1) (mlà tham số ) 1. Khosỏtsbinthiờnvvthhmskhi 1 - =m . 2. Cho hai điểm A ),43( - B( )23 - . Tìm m để trên đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt P, Q cách đều hai điểm A, B và diện tích tứ giác APBQ bằng 24. CõuII(2,0im). 1. Giiphngtrỡnh: ).sin1).(cos1(2 1cos 2sincos2cos2 3 xx x xxx + + = - - - 2. Giải hệ phương trình: ù ợ ù ớ ỡ = + + + - + + + + = + + + 44842)1( 36)2(4121 22 2 xyxxxx yxyxyx ( ), Ryx ẻ . CõuIII(1,0im). Tính tích phân sau : ũ + + - = - 3ln2 2ln2 2 2 2 )1)(1( 1 dx ee e I x x x CõuIV(1,0 im).ChohỡnhchúpS.ABCDcú đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD = DC, AB = 2AD, BC = 2a . Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA hợp với đáy một góc 0 45 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC thea a. . CõuV(1,0 im) Choa, b, clbas thực thoả mãn: abccbacba = + + + 2,1,1,1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: c c b b a a P 111 222 - + - + - = . b.PHNRIấNG(3,0điểm). (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần) a.Phndnhcho chương trình chuẩn. CõuVIa(2,0 im). 1. TrongmtphngvihtọaOxychotamgiỏcABC với A ),23( - B(1; 0). Tam giác ABC có diện tích bằng 4 và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Tìm tọa độ đỉnh C. Biết đỉnh C có tung độ dương. 2. Trongkhụnggianvihtọa độ Oxyz cho hai điểm A )103( - , B )101( . Tìm tọa độ các điểm C thuộc mp(Oxy) sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng .24 CõuVIIa(1,0 im). Cho hai đường thẳng song song 1 d và d 2 . Trên đường thẳng 1 d có 12 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n 2 ). Biết rằng có 3.600 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n thoả mãn điều kiện. b.Phndnhchobannõngcao. CõuVIb(2,0 im). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (E): 1 28 22 = + yx . Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm trên (E). Biết hình chữ nhật này nhận hai trục tọa độ là hai trục đối xứng và có diện tích lớn nhất. 2. TrongkhụnggianvihtọaOxyzcho hình vuông ABCD, biết A(3; 0; 8), C )045( - - , đỉnh B có tung độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ đỉnh D. CõuVIIb(1,0im). Giải phương trình: 6416 24 2. )2(4 2 2 12 + = + + + - + + x xx x x x x Cmntrangnguyenthi(truckhonghoa@gmail.com) gitiwww.laisac.page.tl HNGDNCHM Mụn:Toỏn im CõuI (2im) 1.(1.0 ) *) Với m = -1 hàm số trở thành 1 2 + + - = x x y 1) TX: RD = \ { } 1 - 2)Sbinthiờn: ư Chiubinthiờn: 1,0 )1( 3 2 - ạ " < + - = x x y , Hmsnghchbintrờn mikhong ( ) 1 -Ơ - v ( ) 1+Ơ . ư Cctr:Hàm số không có cực trị. ư Tiệm cận: ư +Ơ = + + - = -Ơ = + + - = + + - - - đ - đ - đ - đ 1 2 limlim, 1 2 limlim )1()1()1()1( x x y x x y xxxx Do đó, đường thẳng 1 - =x là tiệm cận đứng. 1 1 2 limlim - = + + - = Ơ đ Ơ đ x x y xx . Do đó, đường thẳng 1 - =y là tiệm cận ngang. ư Bngbinthiờn: x ư Ơ ư1 +Ơ y ư ư y ư1 +Ơ ư Ơ ư1 3)th: thhmsiquacỏcim (2 0), (02) Vẽ đồ thị đúng chính xác thì cho điểm tối đa. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Ta có + phương trình AB: 01= + +yx , 26 =AB . + M(0; -1) là trung điẻm AB nên phương trình trung trực AB là d: 1 - =xy . + Do P, Q cách đều hai điểm A, B nên P, Q thuộc đường thẳng d. + Phương trình hoành độ giao điểm của d với đths (1): (*),03 2 = - - mxx với 1 - ạx + Tìm đkiện để d cắt đths (1) tại 2 điểm phân biệt P, Q là 2 ạm + Ta có P, Q thuộc d nên giả sử P babbQaa ạ - - ),1,(),1,( . Với a, b là hai nghiệm của (*) +Theo định lí viet ta có ợ ớ ỡ - = = + 3.ba mba + Theo giả thiết diện tích tứ gác APBQ bằng 24 nên ta được PQ.AB = 48 mà 2.baPQ - = Suy ra 164)(4 2 = - + = - abbaba 24 2 = ị = ị mm . So sánh đkiện ta được 2 - =m . 0.25 0,25 0,25 0,25 CõuII (2điểm) 1(1.0 ) ĐK : cosx ạ 1. Đưa về pt dạng: cosxsinx(sinx+1)=(1ư cos x 2 )(1 + sinx) cosxsinx(sinx + 1) = sin x 2 (1 + sinx) 0)sin)(cos1(sinsin = - + xxxx . +)sinx=0suyracosx= 1 so sánh đk ta được p p kxx 21cos + = - = +) p p kxx 2 2 1sin + - = - = (tmđk) +) p p kxxxx + = = = - 4 1tan0sincos (tmđk). Vậy phương trình có 3 họ nghiệm: p p p p p p kxkxkx + = + - = + = 4 ,2 2 ,2 0,25 0,25 0.25 0,25 2(1.0) ĐK: 2x + y 0 . Từ phương trình ban đầu của hệ ta được: 0)124)(124( 1236 124 01)24()1236( 2 = + + - + + + + + + - + = - + + + + - + yxyx yxyx yx yxyxyx 01)2(2 1236 1 )124( = ỳ ỳ ỷ ự ờ ờ ở ộ + + + + + + + - + yx yxyx yx (*). 0,25 Do 2x + y 0 nên (*) tương đương với 1240124 = + = - + yxyx (1) Biến đổi phương trình hai trong hệ ta được 04)24(242)1( 2 = - + + + - + yxxxxx (2). Từ (1) và (2) ta được phương trình: 04242)1( 2 = - + + - + xxxx (3) Xét hàm số 4242)1()( 2 - + + - + = xxxxxf trên R. Ta có Rx xx xx xx xx xxxf ẻ " > + + - + + = + + - - + + + - = 02 422 78 2 422 )14)(1( 42)( 2 2 2 2, Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên R mà 0) 2 1 ( =f nên 2 1 =x là nghiệm duy nhất của (3) Với )( 2 1 2 1 tmdkyx - = ị = . Thành thử hệ có nghiệm ) 2 1 2 1 ()( - =yx 0,25 0,25 0,25 CõuIII (1im) Biến đổi ta có dx e ee I x xx ũ + - = 3ln2 2ln2 2 2 )1( )1( . Đặt tdtdxeetet xx x 2 2 2 = ị = ị = Đổi cận với 33ln222ln2 = ị = = ị = txtx Ta được ũ ũ ũ + + - = + - = + - = 3 2 3 2 2 3 2 2 2 ) 1 2 2(2 1 2 )1( )1( 2 dt t tdt t tt dt t tt I Suy ra 3 2 3 2 3 2 2 1ln44 + + - = tttI Từ đó tính được 3 4 ln41+ =I 0,25 0,25 0,25 0,25 CõuIV (1im) * Tính thể tích hình chóp S.ABCD Gọi I là trung điểm AB suy ra IBC D vuông cân tại I mà 2aBC = aDCADIAICIB = = = = = ị Từ đó ta được 2 2 3 2 )( a ADABDC S ABCD = + = (dvdt). Gọi H là trung điểm BC do SBC D cân tại S ,BCSH ^ ị mà )()()( ABCDSHABCDSBC ^ ị ^ , theo giả thiết SA hợp với đáy một góc 0 45 suy ra góc SAH bằng 0 45 Ta có ADC D vuông cân tại D 2aAC = ị Từ đó ta được ACB D vuông cân tại C aCHACAH 2 5 22 = + = ị . Từ đó ta được aAHSH 2 5 = = . Vậy 3 . 4 10 . 3 1 aSSHV ABCDABCDS = = * Tính khoảng cách giữa SA và BC theo a. Trong mặt phẳng đáy ABCD dựng hình bình hành ABHP, từ H dựng APHQ ^ , trong (SHQ) ta dựng SQHK ^ (1). Theo giả thiết ta có SHAP ^ do đó ta được HKAPSHQAP ^ ị ^ )( (2). Từ (1) và (2) ta được )(SAPHK ^ . Mặt khác BC // AP nên d(BC, SA) = d(BC, (SAP)) = d(H, (SAP)) = HK. 0,25 0,25 0,25 Trong SHQ D ta cã 2 2 . HQ SH HQ SH HK + = , trong ®ã a SH 2 5 = . Trong h×nh b×nh hµnh ABHP ta cã 2 2 45 sin . . 2 1 2 2 0 a S a BH AB S AHP ABH = Þ = = D mµ 2 2 , . 2 1 a BH AP AP HQ S AHP = = = 2 a HQ = Þ . Suy ra a HK SA BC d 3 10 ) , ( = = (Kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai kh«ng chÊm ®iÓm) 0,25 A B C D H I P Q K S * Theo bất đẳng thức bunhiacopki ta có 2 222222222 ) 111 (9) 111 (39) 111 (33 1 1 1 1 1 1 cbacbacbacba P + + - Ê + + - = ỳ ỷ ự ờ ở ộ + + - Ê - + - + - = Từ gt ta có 1 2111 = + + + abccabcab (*). Ta có 2 ) 111 ( 3 1111 cbacabcab + + Ê + + , 3 ) 111 ( 27 11 cbaabc + + Ê Ta đặt cba t 111 + + = thay vào (*) ta được 4 9 2 3 0)3)(32(027921 27 2 3 1 232332 + - - + + tttttttt . Suy ra 2 33 4 9 99 2 = - Ê - Ê tP . Thành thử 2 33 =MaxP đạt được khi 2 = = = cba 1.(1điểm) +) Phương trình cạnh AB : x + y 1 = 0, 22 =AB . +) Gọi M là trung điểm AB ta được M(2 ; -1) suy ra phương trình trung trực cạnh AB là d : y = x - 3 +) Gọi I là tâm đương tròn ngoại tiếp )3( - ị ẻ ị xxIdI +) AI = R = 2 10344)1()3( 222 = ị = + - = - + - xxxxx hoặc x = 3. 0.25 0,5 0,25 0,25 TH1. Với x = 1 suy ra I(1 ; -2) +) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 4)2()1( 22 = + + - yx +) Ta có toạ độ C thoả mãn pt : 4)2()1( 22 = + + - CC yx theo giả thiết 4)2(0 2 > + ị > CC yy Do đó phương trình vô nghiệm suy ra không tồn tại toạ độ C. 0.25 TH2. Với x = 3 suy ra I(3 ; 0) +) Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : 4)3( 22 = + - yx +) Ta có ờ ở ộ - - = - = = - + = = D CC CC CCABC xy xy yxABCdABS 3 5 414),(. 2 1 +) Với ờ ở ộ = ị = ị = ị = - + - ị - = )(05 )23(3 4)5()3(5 22 loaiyx Cx xxxy CC C CCCC +) Với 4)3()3(3 22 = + + - ị - - = CCCC xxxy phương trình vô nghiệm Thành thử ta có tọa độ điểm C thoả mãn C(3 ; 2) 0.5 CõuV (1im) Câu VIa(2đ) 2. 1điểm +) Do )(OxyC ẻ nên giả sử C(a ; b ; 0). +) Ta có CA = CB suy ra : 21)1(1)3( 2222 = ị + + - = + + - ababa 0,25 Câu VIIa.(1đ +) Gọi I là trung điểm AB suy ra I(2; 0 0), CI = b +) Do tam giác ABC cân tại C nên ta có : 442422. 2 1 . 2 1 = ị = = = = D bbbABCIS CAB +)Với a=2, b = -4 suy ra C(2; -4; 0) +) Với a = 2, b = 4 suy ra C(2; 4; 0) Thành thử có hai điểm C thoả mãn điều kiện bài toán. +) Số tam giác có một đỉnh thuộc 1 d , hai đỉnh thuộc 2 d là: 2 .12 n C +) Số tam giác có một đỉnh thuôc 2 d , hai đỉnh thuộc 1 d là: 2 12 .Cn +) Theo đề bài ta có: 600.3 12 2 12 2 = + CnC n +) Giải phương trình ta được n = 20 hoặc n = -30 (loại) Thành thử n = 20 thoả mãn bài toán. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 Câu VIIb(2đ) 1.1điểm +) Giả sử M(a; b) ẻ(E) 1 28 22 = + ị ba +) Theo giả thiết ta được diện tích hình chữ nhật là: baOyMdOxMdS .4),(2).,(2 = = Theo bất đẳng thức Côsi ta có được Sba baba = + = .48 2 . 22 .2) 2 () 22 (1 22 Do đó ợ ớ ỡ = = ù ợ ù ớ ỡ = = ù ù ợ ù ù ớ ỡ = + = = 1 2 1 2 1 28 222 8 2 22 max b ba b ba ba ba S Thành thử có bốn điểm cần tìm thoả mãn bài toán là: (2; 1), (2; -1), (-2; 1), (-2; 1) 0,25 0,5 0,25 2.1điểm +) Gọi I là giao điểm hai đường chéo suy ra I(-1; -2; 4), AC = 12 +) Điểm B có tung độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy) nên giả sử B(a;b; 0), (b > 0) +) ABCD là hình vuông ù ợ ù ớ ỡ = + + + + + + + = + + - ù ợ ù ớ ỡ = = ị 3616)2()1( )4()5(64)3( 4 1 22 2222 22 22 ba baba ACBI BCBA 0,25 0,25 +) Giả hệ tìm được nghiệm ợ ớ ỡ = = 2 1 b a hoặc ù ù ợ ù ù ớ ỡ < - = = )(0 5 14 5 17 loaib a Với a = 1, b = 2 ta được B(1; 2; 0) suy ra D(-3; -6; 8) là điểm cần tìm. 0,25 0,25 Cõu VIIb (1im) ĐK: ù ợ ù ớ ỡ ạ + + + ạ 024 0 2 xx x . Biến đổi phương trình ta được: 0)24(4)24(244 )24)(24( )24.(2.4 )2(4 22 1 2 22 2 1 = - - + - - - + + = - - + + + + - - + - + xxxxx xxxx xxx x x x 0)24)(42( 2 1 = - - + - xx x +) Với 0 )2(4 2 24024 22 22 = ợ ớ ỡ + = + - + = + = - - + x xx x xxxx không thỏa mãn điều kiện. +) Với 2 1 42042 11 = = = - x xx thỏa mãn điều kiện. Thành thử phương trình đã cho có nghiệm 2 1 =x . 0.5 0,25 0,25 Chỳý: Nuhcsinhlmcỏchkhỏcỳngthỡcho imtiacõuú. . - - + - - - + + = - - + + + + - - + - + xxxxx xxxx xxx x x x 0)24)(42( 2 1 = - - + - xx x +) Với 0 )2(4 2 24024 22 22 = ợ ớ ỡ + = + - + = + = - -. Tiệm cận: ư +Ơ = + + - = - = + + - = + + - - - đ - đ - đ - đ 1 2 limlim, 1 2 limlim )1()1()1()1( x x y x x y xxxx Do đó, đường thẳng 1 - =x là tiệm cận đứng.