ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011 doc

ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I/.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 4 2 2 1 4 4 ,(1) 2 y x mx m   1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số (1) khi 1 m   . 2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 3 4 . Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau: 1 1 2 sin 2 4sin 1 sin 6 2sin x x x x                   2)Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 9 (3 1) 125 45 75 6 y x x y x y           Câu III(1 điểm): Tính tích phân: 2 3 2 3 ( sin )sin (1 sin )sin x x x x I dx x x        Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh AD=b,góc · 0 60 BAD = .CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM=x (0<x<4a).Mặt phẳng(MBC) cắt cạnh SD tại N .Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối chóp SBCMN bằng 5 4 thể tích của khối BCNMAD. Câu V(1 điểm):Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x+y+z=xyz.Tìm giá trị lớn nhất của : 2 2 2 2 1 1 1 1 1 P x y z       II/. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A, hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIA(2 điểm):1)Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình :     2 2 2 3 10 x y     .Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(-3;-2) và 0 A x  . 2)Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm   1;4;2 A ,   1;2;4 B  . Viết phương trình đường thẳng    đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng   OAB . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng   OAB sao cho 2 2 MA MB  nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ) Câu VIIA(1 điểm):Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i 2    . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị B.Theo chương trình Nâng cao Câu VIB(2 điểm): 1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn : 2 2 1 ( ): 10 0 C x y x    và 2 2 2 ( ): 4 2 20 0 C x y x y      .Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của     1 2 ; C C và có tâm nằm trên đường thẳng (d) x+6y-6=0. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : 1 : 4 1 2 x t d y t z t            ;d 2 : 2 1 3 3 x y z      và d 3 : 1 1 1 5 2 1 x y z      . Chứng tỏ rằng 1 2 ; d d là hai đường thẳng chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng 1 2 ; d d .Viết phương trình đường thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. Câu VIIB(1 điểm):Tính tổng : 2 4 6 2010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C          ………………………………………….Hết…………………………………………………………. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12 LẦN 4 NĂM HỌC 2010-2011 Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 4 2 2 1 4 4 ,(1) 2 y x mx m   khi 1 m   . + 4 2 1 4 4 2 y x x    . Txđ: R lim x y    2 0 ' 2 ( 4); ' 0 2 x y x x y x           Bảng biến thiên: x  -2 0 2  ' y  0  0  0  y  4  4  4  Hàm số đồng biến trong các khoảng:     2;0 , 2;   Hàm số nghịch biến trong các khoảng:     ; 2 , 0;2   Các điểm cực tiểu của đồ thị: ( 2; 4),(2; 4)    Điểm cực đại: (0;4) + Điểm uốn của đồ thị: 2 2 '' 6 8, '' 0 3 y x y x      , các điểm uốn 1 2 2 4 2 4 ; ; ; 9 9 3 3 U U                + Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) 4 2 2 2 2 0 1 4 4 ' 2 ( 4 ); ' 0 2 4 x y x mx m y x x m y x m               Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì Phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi x qua 3 nghiệm suy ra điều kiện : 4 0 0 m m     Cực đại 2 (0;4 ) A m , hai cực tiểu 2 2 ( 2 ; 4 ), (2 ; 4 ) B m m C m m      . Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó . . 4 ABC AB AC BC R S  V Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là : 2 8 h m  , 4 BC m   , 4 64 4 AB AC m m    .Suy ra 0,25 0,25 2 2 1 1 . 4 .8 16 2 2 ABC S BC h m m m m      V và AB.AC.BC= 4 (16 4 )4 m m m   Vậy   4 3 2 2 3 (16 4 )4 3 1 4 1 3 4 2 2 0 4 4 2 4.16. m m m R m m m m m m m                     Suy ra 1 1 2 m m        .Kết hợp với điều kiện m<0 ta nhận 1 2 m   0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) Giải phương trình: 1 1 2 sin 2 4sin 1 sin 6 2sin x x x x                   Điều kiện: sin 0 x  (*) Với điều kiện (*) ta có:   2 1 1 2 sin 2 4sin 1 sin 6 2sin 4sin 2 sin 2 8sin 2sin 1 6 1 3 2(2sin 1) cos2 sin 2 (2sin 1)(4sin 1) 2 2 x x x x x x x x x x x x x                                              Suy ra : 2sin 1 0 x   hoặc cos2 3sin 2 4sin 1 x x x    2 6 )2sin 1 0 ( ) 5 2 6 x k x k Z x k                    2 )cos 2 3sin 2 4sin 1 4sin 2sin 2 3sin cos 0 7 sin 3cos 2 cos 1 2 ( ) 6 6 x x x x x x x x x x x k k Z                              (Vì sin 0 x  ) Vậy phương trình có nghiệm: 2 , 6 x k k Z      ; 5 2 , 6 x k k Z      ; 7 2 , 6 x k k Z      0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 9 (3 1) 125 45 75 6 y x x y x y           .Với y=0 hệ phương trình vô nghiệm .Với 0 y  .Chia cả hai vế pt(1) và pt(2) lần lượt cho 3 2 0; 0 y y   ta có hệ pt 3 3 3 3 2 2 125 125 27 9 27 9 (*) 5 5 3 . 3 6 45 75 6 x x y y x x x x y yy y                             Đặt 5 3 ; , 0 u x v v y    .Ta có (*) trở thành 3 3 3 3 3 9 ( ) 3 ( ) 9 ( ) 27 2 ( ) 6 ( ) 6 ( ) 6 u v u v u v uv u v u v uv uv u v uv u v uv u v                                 Suy ra : 1 2 u v      hoặc 2 1 u v      0,25 0,25 Với 1 3 1 1 3 5 2 2 5 2 x x u v y y                        .Với 3 2 2 2 5 3 1 1 5 x u x v y y                      Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là 1 5 2 ; ; ;5 3 2 5             0,5 Câu III (1,0 đ) 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 3 3 ( sin )sin (1 sin ) sin (1 sin )sin (1 sin )sin sin 1 sin x x x x x x x I dx dx x x x x x dx dx x x                        + Đặt 2 cot sin u x du dx dx v x dv x                 2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 3 3 3 cot cot cot ln sin sin 3 | | x dx x x xdx x x x x                   2 2 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 1 sin 1 cos 2cos 2 4 2 tan 3 2 4 2 | dx dx dx x x x x                                             Vậy 3 2 3 I     0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) D B A C S M N Ta có: (MBC ) I (SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC và N  SD ) .Khi đó 2 0 . 1 2 3. . .sin60 . 3 3 S ABCD a b V AB AD SA= = ; 2 . . . 1 3. . 2 3 S ABC S ACD S ABCD a b V V V= = = . Mà: . . 4 . . 4 S MBC S ABC V SM SB SC a x V SA SB SC a - = =  ( ) . 3 4 12 S MBC ab a x V - = Lại có :         2 . . . . S MNC S ADC V SM SN SC SM V SA SD SC SA  ( ) 2 . 3. 4 48 S MNC b a x V - = 0,25 0,25 Dẫn đến : ( )( ) . 3 4 8 48 S BCNM SMBC SMNC b a x a x V V V - - = + = Và ( ) 3 12 48 BCNMAB b x a x V - = Theo giả thiết có . 5 4 S BCNM BCNMAB V V=            2 2 4a x = (Nhaän) 3 9 108 128 0 32a x = (Loaïi) 3 x ax a KL : 4a x = 3 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 P x y z       .Đặt 1 1 1 ; ;a b c x y z    .Khi đó giả thiết có ab+bc+ca=1 và 2 2 2 2 1 1 1 a b c P a b c       Do ab+bc+ca=1 Nên 2 2 1 ( )( ) a ab bc ca a a b a c         Với các đẳng thức tương tự ta có 2 2 2 ( )( ) 4( )( ) 4( )( ) 1 1 1 1 1 1 9 4( ) ( ) ( ) 4( ) 4 a b c P a b a c b c b a c a c b a b c a b a c b c a b c a c b                                        (Bất đẳng thức Cô Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 7 b c a   .Hay 7 15 y z x   .Vậy 9 4 MaxP  Khi 7 15 y z x   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIA.1 (1,0 đ) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình :     2 2 2 3 10 x y     . Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(-3;-2) và 0 A x  . Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng 3 2 0 ax by a b     .Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính 10 R  nên: 2 2 2 2 2 2 3 3 2 10 10( ) 25( ) ( 3 )(3 ) 0 3 a b a b a b a b a b a b a b a b                 Hay b=-3a. Do đó pt (AB) là x-3y-3=0 hoặc pt (AB) là 3x-y+7=0. TH1:(AB) x-3y-3=0. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ 0 A x  nên t>-1 và do 2 2 2. 20 IA R   nên     2 2 2 1 1 3 3 20 10 10 20 1 t t t t t               .V ì t>-1 nên chọn t=1.Suy ra A(6;1)  C(-2;5) và B(0;-1)  D(4;7) TH2:(AB) 3x-y+7=0. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ 0 A x  nên t>0 và do 2 2 2. 20 IA R   nên     2 2 2 0 2 3 4 20 10 20 20 20 2 t t t t t t                (loại) 0,5 0,25 0,25 Câu VIA.2 (1,0 đ) Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm   1;4;2 A ,   1;2;4 B  . Viết phương trình đường thẳng    đi qua trực tâm H của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng   OAB . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng   OAB sao cho 2 2 MA MB  nhỏ nhất.       1;4;2 , 12, 6,6 1;2;4 OA n OA OB OB                 uuur r uuur uuur uuur mặt phẳng ( ) : OAB 2 0 x y z    ( , , ) H a b c là trực tâm tam giác OAB nên : 0 ( ) 2 0 5 2 2 2 0 2 ( 1) 2( 4) 4( 2) 0 5 2 a H mp OAB a b c OH AB a b c b a b c AH OB c                                          uuur uuur uuur uuur   2 5 : 2 5 2 x t y t z t                Với mọi điểm K ta đều có:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB           uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur Chọn (0;3;3) K là trung điểm AB nên 2 2 2 2 2 2 MA MB KA KM    KA không đổi nên 2 2 MA MB  nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu của K trên mặt phẳng ( ) OAB ( ; ; ) ( ; 3; 3)/ / (2; 1;1) (2 ;3 ;3 ) M x y z KM x y z n M t t t          uuuur r ( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0 M OAB t t t t          Vậy (0;3;3) M 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIIA (1,0 đ) Gọi số phức z=a+bi Theo bài ra ta có:       2 2 2 1 2 2 1 4 3 2 a b i a b b a b a                        2 2 1 2 2 2 1 2 a b a b                              Vậy số phức cần tìm là: z= 2 2  +( 1 2   )i; z= z= 2 2  +( 1 2   )i. 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIB.1 (1,0 đ) Gọi A,B lần lượt là giao điểm của hai đường tròn 1 ( ) C và 2 ( ) C suy ra toạ độ của A và B thoả mãn hệ : 2 2 2 2 10 0 4 2 20 0 x y x x y x y              2 2 2 2 10 (7 10) 10 14 2 20 0 7 10 x y x x x x x y y x                   2 2 2 49 140 100 10 50 150 100 0 7 10 7 10 x x x x x x y x y x                    0,25 2 2 4 1 1 7 10 3 x x y x x y x y                                 .Vậy A(2;4) ,B(1;-3) Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I  V :x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường tròn ( C) cần tìm đi qua 2 điểm A,B nên ta có:IA=IB=R (Có: (6 4;4 ), (6 5; 3 ) IA a a IB a a        uur uur ) 2 2 2 2 (6 4) (4 ) (6 5) ( 3 ) a a a a R           2 2 2 2 (6 4) (4 ) (6 5) ( 3 ) a a a a          2 2 2 2 36 48 16 16 8 36 60 25 9 6 a a a a a a a a              2a = -2  a = -1 Lúc đó : I(12; -1), 100 25 5 R    Vậy :(C ): (x - 12) 2 + (y + 1) 2 = 5 2 0,25 0,25 0,25 Câu VIB.2 (1,0 đ) +)Đường thẳng 1 : 4 1 2 x t d y t z t            suy ra 1 d đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp 1 (1; 1;2) u  ur .Đường thẳng d 2 : 2 1 3 3 x y z      suy ra 2 d đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp 2 (1; 3; 3) u   uur .Ta có (0; 2;1) AB  uuur và   1 2 , 9;5; 2 u u       ur uur suy ra 1 2 . , 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0 AB u u             uuur ur uur .Vậy 1 d và 2 d là hai đường thẳng chéo nhau. Khoảng cách giữa 1 d và 2 d là :   1 2 1 2 2 2 2 1 2 . , 12 6 , 55 9 5 ( 2), AB u u d d d u u                uuur ur uur ur uur +)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC ( 1 5 ) 2 4 (1 2 ) 2.(2 3 ) 1 2 ( 1 ) 2( 3 ) t v u t v u t v u                       Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1) Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình 2 1 1 1 x y z    0,25 0,25 0,25 0,25 Câu VIIB (1,0 đ) 2 4 6 1010 1 3 5 2009 2010 2010 2010 2010 2 1 2 1 2 1 2 1 . . . . 2 4 6 2010 S C C C C          Tacó 2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) . . . . . K k k x C x C C x C x C x C x C x            2010 2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 0 (1 ) .( ) . . . . . k k k x C x C C x C x C x C x C x              2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) . . 2 x x C x C x C x C x         Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được:   2 2 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009 2010 2010 2010 2010 1 1 (1 ) (1 ) . 2 x x dx C x C x C x C x dx           2011 2011 1 2 3 4 2009 2010 2010 2010 2010 (1 ) (1 ) 2 2 1 1 1 2011 2011 2 2 4 2010 1 1 x x C x C x C x                           2011 2011 2 4 2010 1 3 2009 2010 2010 2010 3 1 2 2 1 2 1 2 1 4022 2 4 2010 C C C           . Vậy: 2011 2011 3 2 1 4022 S    0,5 0,5 . ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I/.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm). 0 3 a b a b a b a b a b a b a b a b                 Hay b=- 3a. Do đó pt (AB) là x-3y-3=0 hoặc pt (AB) là 3x-y+7=0. TH1:(AB) x-3y-3=0. Gọi A( 3t+3;t) vì A có hoành độ 0 A x  . D B A C S M N Ta có: (MBC ) I (SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC và N  SD ) .Khi đó 2 0 . 1 2 3. . .sin60 . 3 3 S ABCD a b V AB AD SA= = ; 2 . . . 1 3. . 2 3 S ABC S ACD S ABCD a b V