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