DE + ĐA KIEM TRA CHUYEN DE ON THI DH LAN 1

1 TRƯỜNG THPT YỂN KHÊ ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CÁC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN – NĂM HỌC 2011 -2012 Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x 2 + mx. (Cm) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 0. 2.Tìm m để hàm số (Cm) có hai cực trị A và B, đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ O đến trọng tâm G của tam giác AOB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu II ( 3,0 điểm) 1.Trong đoạn [ 0; 10] phương trình sau có bao nhiêu nghiệm: 2 2 1 os2 sin os os2 2 9 4.9 13 9 3 c x x c x c x      . 2. Giải hệ phương trình : 2 4 2 2 2 2 0 4 3 0                 x xy x y x x y x y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I= 4 3 2 1 (5 ) . 5ln x x x dx x     . Câu IV(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang đáy AD và BC ,  0 BAC 90 và AC=AD. Biết SC=a , các mặt phẳng (SAC) , (SBC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và tạo với nhau góc 60 0 ,góc giữa SB và mặt phẳng (SAC) bằng 45 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm ) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm thực   2 2 4 2 1 1 2 1 2        m x x x x x x . Câu VI( 1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 5z   và 17( ) 5 0z z zz   . ………………Hết……………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: số báo danh 2 TRƯỜNG THPT YỂN KHÊ ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CÁC CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN – NĂM HỌC 2011 -2012 Câu Nội dung Điểm 1. (1 điểm) a) Tập xác định: D = R 0.25 b) Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: y' = 3x 2 – 6x; y ’ = 0  x = 0 ; x = 2 Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; 0), (2; +∞) và nghịch biến trong khoảng (0; 2). • Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = 0 đạt cực tiểu tại x = 2 và y CT = 4 0.25 • Giới hạn:       x x lim y , lim y Câu I (2 điểm) • Bảng biến thiên: x -  0 2 +  y ’ + 0 - 0 + y 0 +  -  4 0,25 c) Đồ thị (C): 0,25 2 y ’ = 3x 2 -6x + m 0.5 để hàm số có cực trị thì y’=0 phải có 2 nghiệm phân biệt vậy m < 3 Gọi điểm A(x 1 ;y 1 ) B(x 2 ;y 2 ) với x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình 3x 2 -6x + m =0 . 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 3 2 2 4 3 3 3 3 2 2 4 4 2 4 3 3 9 3 4 2 2 4 0 2 3 9 3 2 G G G G m x x ;x .x x x y y m G( x ; y );x ; y m m G( ; );OG OG OG ; m m (TM : m ) KL : m                              0.5 3 C©u Néi dung §iÓm II.1 Phương trình tương đương với: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2sin sin 1 sin 1 2sin 2 sin sin 2sin sin sin sin sin 2 9 4.9 13 9 3 36 27 3 9 13 9 9 9 36 27 9 13 0 9 (9 ) x x x x x x x x x x x                  0.25 Đặt 2 sin 9 ,1 9 x t t   Ta có phương trình: 2 39 27 13 0 ( 1)( 3)( 9) 0 1; 2; 9 t t t t t t t t t              0.25 Phương trình đã cho tương đương với : sin 2 x = 0. hoặc sin 2 x = 1 hoặc sin 2 x = 1 2 2 2 2 sin 0 sin 1 2 1 sin cos 2 0 2 4 2 x x k x x k k x x x                   0.5 Kết hợp nghiệm ta có : ;( ) 4 x k k z    Trong đoạn 0 10 40 0 10 0 ;( ) 4 x k k k z           Vậy k = 0,1,2, ,11,12. Trong đoạn [ 0; 10] phương trình có tất cả 13 nghiệm . 0.5 II.2 Cách 1 Nhận thấy hệ có 1 nghiệm 0, 0x y  . Với 0x  , chia phương trình   1 cho x , phương trình   2 cho 2 x khi đó: Hệ   2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 4 3 6 3 x y y y x y x x y x y x y y x x                                         2 2 1 2 1 6 3 4 10 4 0 2; 2 y y y y y y            + Với 2y  thay vào PT   1 ta được: 2 3 2 0 1; 2x x x x       + Với 1 2 y  thay vào PT   1 ta được: 2 1 0 2 x   PTVN Kết luận: Nghiệm của hệ:       0;0 ; 1;2 ; 2;2 0.5 0.5 0.5 Cách 2: Từ phương trình   1 ta có: 2 2 1 x x y x    thay vào   2 ta được: 4 6 5 4 3 2 4 12 10 6 4 0x x x x x           2 2 2 1 2 2 1 0 0; 1; 2x x x x x x x           thay vào phương trình   1 ta được các giá trị tương ứng của y Từ đó ta có được căp nghiệm của hệ:         ; 0;0 1;2 2;2x y    . 4 4 2 1 1 ln(5 ) 5 . x I dx x x dx x       =K+H ………………………………………………………………………………………… . K= 4 2 1 ln(5 ) x dx x   đặt 2 ln(5 ) 5 1 dx u x du x dx dv v x x                      . K= 4 1 ln(5 ) ( ) x x   - 4 1 (5 ) dx x x   = 4 4 1 1 1 ln 4 ( ln(5 )) ln 5 x x     = 3 ln 4 5 . ………………………………………………………………………………………… . H= 4 1 5 . x x dx   Đặt 5t x  ta có 2 5t x  do đó 2tdt dx  x 1 4 t 2 1 . 1 5 2 3 2 2 1 5 164 (5 ) ( 2 ) 2( ) 3 5 15 t H t t t dt t       ………………………………………………………………………………………… . KL: 3 164 ln 4 5 15 I   0, 25 0,2 5 0, 25 0, 25 Câu III Câu IV Do           SAC ABCD SC ABCD SBC ABCD            ,   SC AB AB SAC AC AB                          0 0 SAC , SAB ACB 60 , SB, SAC ASB 45     Đặt AC=x>0 ta có 2 2 AB x 3,SA a x   Do tam giác SAB vuông cân tại A nên 2 2 a x 3 a x x 2     0.5 0.5 45 0 60 0 x 3 x a C B D A S 5 nên   3 2 S.ABCD ABCD ABC ACD 1 1 1 3 3a V SC.S SC. S S SC. AB.AC AC 3 3 3 2 8                    1,0 + ĐK: 1x  Phương trình tương đương   2 2 2 1 1 2 1 1 2m x x x x x x         (2) 0,25 Câu V + Đặt    2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 0 . 1 1 1 t x x t x x t x x                      Vậy 1 2t  0,25 + Ta có     2 1 2 1 t t f t m t       với 1; 2t          2 / 2 0, 1; 2 1 t t f t t t              nên   f t đồng biến trên 1; 2       . 0,25 + PT đã cho có nghiệm         1; 2 1; 2 min max 1 2f t m f t f m f                   3 2 2 1 2 m    . 0,25 Đặt ; , z a bi a b R    , ta có:     2 2 2 2 1 5 1 5 2 24 1z a b a b a          Mặt khác:   2 2 34 17( ) 5 . 0 2 5 z z z z a b a      0.5 Câu VI Thay (2) vào (1) được 24 24 5 5 a a   . Kết hợp với (1) có 2 9 3, 3b b b     . Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: z = 5 3i và z = 5 3i . 0,5 Thí sinh làm theo cách khác, đúng vẫn cho điểm tối đa. . V + Đặt    2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 0 . 1 1 1 t x x t x x t x x                      Vậy 1 2t  0,25 + Ta có     2 1 2 1 t t f t m t       với 1; 2t .  3 2 S.ABCD ABCD ABC ACD 1 1 1 3 3a V SC.S SC. S S SC. AB.AC AC 3 3 3 2 8                    1, 0 + ĐK: 1x  Phương trình tương đương   2 2 2 1 1 2 1 1 2m x x x x x.  Vậy k = 0 ,1, 2, ,11 ,12 . Trong đoạn [ 0; 10 ] phương trình có tất cả 13 nghiệm . 0.5 II.2 Cách 1 Nhận thấy hệ có 1 nghiệm 0, 0x y  . Với 0x  , chia phương trình   1 cho x , phương