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 De thi thu dai hoc 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 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 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