SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – NĂM 2013 Môn: Toán 11; Khối: A, A 1 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: 3 1 mx y x + = + có đồ thị (C m ) (với m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi 1m = . 2. Tìm m để trên đồ thị (C m ) có hai điểm C, D cách đều hai điểm ( ) 3; 1−A , ( ) 5;3−B sao cho diện tích tứ giác ACBD bằng 20. Câu II: (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1. ( ) 2 cos 2 5sin 6cos 3sin 3 2 2 x x x x π + = + + 2. 3 2 3 4 8 5 2x x x x− = + − Câu III: (2,0 điểm) 1. Có bao nhiêu ước nguyên dương của số 1400. 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 4 2 4 1 n x x   +  ÷   , biết rằng số nguyên dương n thoả mãn: 2 2 2 3 36 n n C A + + = . Câu IV: (1,0 điểm) Cho hai số thực ,x y thoả mãn ( ) ( ) 1 1 1 1 0x x y y− + − − − = . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 4 1 x y M x y xy + + + = − + + . Câu V: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng : 7 31 0d x y+ − = , điểm ( ) 2; 3−M thuộc đường thẳng AB, điểm 5 1; 2    ÷   N thuộc đường thẳng AC. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm. Câu VI: (2,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , AB = 3a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , biết ( ) SG ABC⊥ , 14 2 a SB = . Tính thể tích khối chóp .S ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( ) SAC . . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………………… SBD:…………………… Sở GD – ĐT ĐăkLăk Trường THPT Phan Chu Trinh Năm học: 2012 - 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – KHỐI A, A 1 MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)  Câu Đáp án Điểm Câu I: ( 2,0 điểm) 1. Khi 1m = hàm số trở thành: 3 1 x y x + = + có đồ thị (C) i) Tập xác định: D = R \ {−1}. ii) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: ( ) 2 2 ' 0 1 y x − = < + ; 'y không xác định tại 1x = − . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ +) Cực trị: Hàm số không có cực trị. +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y − + → − → − = −∞ = +∞ ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng 1x = − lim 1; lim 1 x x y y →−∞ →+∞ = = ⇒ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang 1y = +) Bảng biến thiên: x −∞ −1 +∞ y’ − − y 1 +∞ −∞ 1 iii) Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì C, D cách đều 2 điểm A, B nên C, D thuộc đường thẳng d là đường trung trực của đoạn thẳng AB. Tính ( ) 8;4AB = − uuur , ( ) 1;1I − là trung điểm của AB. Ptđt d : ( ) ( ) 8 1 4 1 0x y− + + − = ⇔ 2 3y x= + , phương trình hoành độ của (C m ) và d : 3 2 3 1 mx x x + = + + ⇔ ( ) 2 2 5 0 (*) 1 x m x x  − − =   ≠ −   , từ đó suy ra 5 3 m m ≠   ≠  Gọi 1 2 ,x x là 2 nghiệm của pt (*) : ( ) 1 2 1 5 2 x x m+ = − , 1 2 0x x = do đó: ( ) 1 1 ;2 3C x x + ; ( ) 2 2 ;2 3D x x + ⇒ ( ) 2 2 1 5CD x x= − Diện tích tứ giác ACBD: 1 . 2 ACBD S ABCD= ⇔ 2 5CD = ( do 4 5AB = ) Khi đó: 2 5CD = ⇔ ( ) 2 2 1 4x x− = ⇔ ( ) 2 1 2 1 2 4 4x x x x+ − = ⇔ ( ) 2 5 16m − = ⇔ 9m = hoặc 1m = (thoả đk) 0,25 0,25 0,25 Trang 2 Giao điểm của đồ thị với trục Oy: (0;3) Giao điểm của đồ thị với trục Ox: (−3;0) Ngoài ra đồ thị hàm số còn đi qua điểm (−2;−1); (1; 2) y x Câu Đáp án Điểm Vậy có 2 giá trị cần tìm: 9m = hoặc 1m = . 0,25 Câu II: ( 2,0 điểm) Giải pt: ( ) 2 cos 2 5sin 6cos 3sin 3 2 2 x x x x π + = + + ⇔ 2 1 2sin 5sin 3 3cosx 3sin 2x x x− + = + − ⇔ ( ) 2 2sin 5sin 2 3cos 2sin 1 0x x x x− + − − = ⇔ ( ) ( ) ( ) 2sin 1 sin 2 3cos 2sin 1 0x x x x− − − − = ⇔ ( ) ( ) 2sin 1 sin 3cos 2 0x x x− − − = ⇔ 2sin 1 0x − = hoặc sin 3cos 2 0x x− − = *) 2sin 1 0x − = ⇔ .2 6 x k π π = + hoặc 5 .2 6 x k π π = + **) sin 3cos 2 0x x− − = ⇔ ( ) sin sinx α β − = (với 1 3 2 cos ;sin ;sin 10 10 10 α α β = = = ) ⇔ .2x k α β π = + + hoặc .2x k π α β π = + − + Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: .2 6 x k π π = + hoặc 5 .2 6 x k π π = + ; .2x k α β π = + + hoặc .2x k π α β π = + − + 0,25 0,25 0,25 0,25 Biến đổi về pt: ( ) 2 3 2 4 3 4 5 0x x x x− + − − = (1) Điều kiện: 2 0x − ≤ ≤ hoặc 2x ≥ Ta thấy 0x = không phải là nghiệm của pt (1). Trường hợp 1: Nếu 2 0x − ≤ < thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được: 4 4 2 3 5 0x x x x   − − − − =  ÷   (2) Đặt 4 t x x = − , đk: 0t ≥ , pt (2) trở thành: 2 2 3 5 0t t− − = ⇔ 1t = − (loại) hoặc 5 / 2t = Với 5 / 2t = , suy ra: 4 5 2 x x − = ⇔ ( ) 1 25 881 8 x = − hoặc ( ) 1 25 881 8 x = + Đối chiếu đk: ( ) 1 25 881 8 x = − nhận; ( ) 1 25 881 8 x = + loại Trường hợp 2: Nếu 2x ≥ thì chia 2 vế của pt (1) cho x ta được: 4 4 2 3 5 0x x x x   − + − − =  ÷   (3). Đặt 4 t x x = − , đk: 0t ≥ , pt (3) trở thành: 2 2 3 5 0t t+ − = ⇔ 1t = hoặc 5 / 2t = − (loại) Với 1t = , suy ra: 4 1x x − = ⇔ ( ) 1 1 17 2 x = + hoặc ( ) 1 1 17 2 x = − Đối chiếu đk: ( ) 1 1 17 2 x = + nhận; ( ) 1 1 17 2 x = − loại Vậy phương trình có 2 nghiệm: ( ) 1 25 881 8 x = − hoặc ( ) 1 1 17 2 x = + 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III: ( 2,0 điểm) Phân tích: 3 2 1400 2 .5 .7 2 .5 .7 a b c = = với , ,a b c N∈ , 0 3a≤ ≤ ; 0 2b≤ ≤ ; 0 1c≤ ≤ Mỗi ước nguyên dương của số 1400 ứng với việc chọn một bộ số ( ) , ,a b c a có 4 cách chọn b có 3 cách chọn c có 2 cách chọn Vậy có: 4.3.2 = 24 ước nguyên dương 0,25 0,5 0,25 Trang 3 Câu Đáp án Điểm Giải phương trình: 2 2 2 3 36 n n C A + + = ⇔ 3n = 12 2 4 1 x x   +  ÷   12 12 2 12 24 6 12 12 4 0 0 1 ( ) . k k k k k k k C x C x x − − = =   = =  ÷   ∑ ∑ Số hạng không chứa x ứng với: 24 6 0 4k k− = ⇔ = Vậy số hạng cần tìm là: 4 12 495C = 0,25 0,5 0,25 Câu IV: ( 1,0 điểm) Từ giả thiết ta có điều kiện: 0x ≥ và 1y ≥ 1x y⇒ + ≥ ( ) ( ) 1 1 1 1 0x x y y− + − − − = ⇔ 1 1x y x y+ = + − + ⇔ 1 1 ( 1) 1 2 2 x y x y + + − + ≤ + + 3x y⇔ + ≤ Do đó: 1 3x y≤ + ≤ Khi đó: ( ) ( ) 2 2 2 1 3 4 1 x y M x y xy + + + = − + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 5 1 x y x y x y + + + + = + + Đặt t x y= + , đk: 1 3t≤ ≤ . Xét hàm số 2 2 2 4 5 ( ) 1 t t f t t + + = + , với 1 3t≤ ≤ ( ) 2 2 2 4 6 4 '( ) 1 t t f t t − − + = + ; 1/ 2 '( ) 0 2 t f t t =  = ⇔  = −  (loại) Tính: 11 (1) 2 f = ; 7 (3) 2 f = Vậy: 11 2 =maxM tại 0x = và 1y = ; 7 2 =minM tại 1x = và 2y = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V: ( 1,0 điểm) Đường thẳng BC có vtpt: ( ) 1;7n = r . Gọi ( ) 1 ;n a b= ur với 2 2 0a b+ > là véc tơ pháp tuyến của đt AB, suy ra vtpt của đt AC là: ( ) 2 ; an b= − uur Vì tam giác ABC cân tại A nên: ( ) ( ) 1 2 cos , cos ,n n n n= ur r uur r ⇔ 7 7a b b a+ = − ⇔ 4 3 0a b + = hoặc 3 4 0a b − = *) Với 4 3 0a b+ = chọn 3 4a b= ⇒ = − , suy ra: ptđt AB: 3 4 18 0x y− − = , ptđt AC: 8 6 23 0x y+ − = . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt: 3 4 18 0 8 6 23 0 x y x y − − =   + − =  ⇔ 4 3 / 2 x y =   = −  hay 3 4; 2 A   −  ÷   loại vì không thoả y/cầu bài toán *) Với 3 4 0a b− = chọn 4 3a b= ⇒ = , suy ra: ptđt AB: 4 3 1 0x y+ + = , ptđt AC: 3 4 7 0x y− + = . Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ pt: 4 3 1 0 3 4 7 0 x y x y + + =   − + =  ⇔ 1 1 x y = −   =  hay ( ) 1;1A − thoả yêu cầu bài toán Với ( ) 1;1A − , tìm được ( ) 4;5B − , ( ) 3;4C 0,5 0,25 0,25 Trang 4 Câu Đáp án Điểm Câu VI: ( 2,0 điểm) Gọi I là trung điểm AB , 3 2 2 a a CI IG= ⇒ = Tam giác BIG vuông tại I nên: 2 2 2 2 10 4 a BG BI IG= + = 2 2 2 2 14 10 4 4 a a SG SB BG a= − = − = . Thể tích khối chóp S.ABC: 3 1 1 1 3 3 . . .3 . . 3 3 2 2 4 SABC ABC a a V S SG a a= = = (đvtt) Kẻ , ,( / / )GK AC K AC GK BC SK AC⊥ ∈ ⇒ ⊥ 2 2 2 2 3 3 ; 2 2 2 2 2 GC a a a a GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = = Diện tích tam giác ABC: 2 1 3 3 3 3 . . 2 2 4 2 SAC a a S a= = . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC là: ( ) 3. ;( ) 3 SABC SAC V d B SAC a S = = . Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng 3a . 0,5 0,5 0,5 0,5 Trang 5 . GD – ĐT ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – NĂM 2013 Môn: Toán 11; Khối: A, A 1 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu. THPT Phan Chu Trinh Năm học: 2012 - 2013 ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN IV – KHỐI A, A 1 MÔN: TOÁN ; NĂM HỌC 2012 – 2013 (Đáp án – Thang điểm này gồm 4 trang)