TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 − 2011 MÔN: TOÁN 12 KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 3x − Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) x −1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm toạ độ hai điểm B, C thuộc hai nhánh khác (C) cho tam giác ABC vuông cân điểm A(2; 1) Câu (2,0 điểm ) 3π cos x − + tan x − ÷ = Giải phương trình: 2sin x sin x 3 x − y = y − x Giải hệ phương trình: 6 x − y + − x + − x − y = 34 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x2 + dx x x +1 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = a , cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên đoạn SA lấy điểm M cho a Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD N Tính thể tích khối chóp S.BCNM AM = Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thoả mãn xyz = 1 1 + + ≤ Chứng minh rằng: 2x + y + y + z + 2z + x + II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân A Biết M(3; −1) trung điểm 8 1 cạnh BC, G ; − ÷ trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh B, C 3 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y − 2z – = đường thẳng (∆): x y +1 z − = = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I∈∆ khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) −1 mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính r = Câu 7a (1,0 điểm) Giải phương trình log ( x − 4) + log ( x + 2) − log3 ( x − 2) = B Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường trung tuyến BN đường cao AH 3 có phương trình: 3x + 5y + = 8x − y − = 0, M −1; − ÷ trung điểm cạnh BC Xác 2 định toạ độ đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + z – = hai đường thẳng: x +1 y − z + x −1 y − z −1 = = = = (d1) , (d2) Viết phương trình tham số đường thẳng ∆ nằm −1 2 1 mặt phẳng (P) cắt đường thẳng (d1), (d2) z −1 z − 2i = 1, =2 Câu 7b (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn: z −3 z +i −−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A Câu Nội dung Điểm TXĐ: R\{1} + Sự biến thiên: y = 3; lim± y = ±∞ Đồ thị hàm số có TCN: y = 3; TCĐ: x = Giới hạn tiệm cận: xlim →±∞ x →1 y' = − 0,25 < , ∀x ∈(−∞; 1)U(1; +∞) ( x − 1) BBT x y’ −∞ +∞ − − +∞ 0,5 y −∞ Câu Hàm số nghịch biến trên: (−∞; 1) (1; +∞) Đồ thị: 0,25 2 2 Giả sử B 1 − m;3 − ÷, C 1 + m;3 + ÷ (với m > 0) thuộc hai nhánh đồ thị m m uuur u u u r 2 2 Ta có: AB = −( m + 1); − ÷, AC = m − 1; + ÷ m m Vì tam giác ABC vuông A nên uuur uuur AB AC = ⇔ −( m − 1) + − ÷ = ⇔ ( m − 1)( m − 4) = ⇔ m = ±1; m= ±2 m Vì tam giác ABC cân A nên: 2 2 2 16 2 AB = AC ⇔ ( m + 1) + − ÷ = ( m − 1) + + ÷ ⇔ 4m − = ⇔ m = ±2 m m m Vậy để tam giác ABC vuuong cân A B(−1; 2), C(3; 4) B(3; 4), C(−1; 2) π Đk: x ≠ k Phương trình cho tương đương với: cos x − − cot x = ⇔ cos x − cos x = cos 3x − 2sin x sin x ⇔ cos x − cos x = − cos x ⇔ − sin x sin x = sin x Câu x = kπ sin x = ⇔ ⇔ sin x(2cosx + 1) = ⇔ x = ± 2π + k 2π cos x = − 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x = ± 0,25 π + k 2π ; k∈Z Điều kiện: x ≤ 2, −x − y ≥ Từ phương trình ta có: ( x − y )( x + xy + y + 3) = ⇔ x = y Thay vào phương trình thứ hai ta có: x − x + − x + −2 x = 34 (ĐK x ≤ 0) 0,25 0,25 0,25 ⇔ 3( x + 2)(2 x − 5) + ( − x − 2) + ( −2 x − 2) = 1 ⇔ ( x + 2) 3(2 x − 5) − − ÷= 2− x +2 −2 x + Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A Trang 2/5 1 − < Vậy phương trình có nghiệm x = −2 2− x +2 −2 x + Vì x ≤ nên 3(2 x − 5) − KL: Hệ phương trình có nghiệm x = y = −2 0,25 Đặt t = x + ⇒ t = x + ⇒ 2tdt = dx Với x = ⇒ t = 2; x = ⇒ t = 0,25 Câu 0,25 (t − 1)2 + 2(t − 1)2 + 2 tdt = ∫ (t − 1) dt ( t − 1) t 2 I =∫ 0,25 3 t3 t −1 32 = ∫ 2(t − 1) dt + ∫ − dt = − t + ln = − ln ÷ ÷ ÷ t −1 t +1 t +1 2 2 3 0,5 S M N 0,5 D A 600 B Câu C Dựng MN // AD, N∈SD Ta có: SA = AB.tan 600 = a 1 a3 VSABC = VSACD = VSABCD = a 3a.a = 2 VSMBC SM SB SC SM SA − AM = = = = VSABC SA SB SC SA SA a3 Thể tích hính chóp S.MBC là: VSMBC = VSABC = 3 VSMNC SM SN 4 2a 2 2 = = ⇒ VSMNC = VSADC = Ta có: SD = SA + AD = 6a VSADC SA SD 9 Thể tích khối chóp SMNBC là: VSMNBC = Câu a 2a 5a + = 9 1 + + 2x + y + y + z + 2z + x + Đặt x = 2a , y = 2b , z = 2c (a, b, c > 0) ⇒ abc = Khi ta có: 1 P= + + 2 4a + 2b + 4b + 2c + 4c + 2a + 1 ⇔ 2P = + 2 + 2 2a + b + 2b + c + 2c + a + Áp dụng BĐT Cauchy: 1 2b + b + = (a + 1) + (a + b ) + ≥ 2(a + ab + 1) ⇒ ≤ 2a + b + 2(ab + b + 1) CM tương tự: 1 b 1 ab ≤ = ; ≤ = 2 2b + c + 2(bc + b + 1) 2(1 + ab + a ) 2c + a + 2(ac + c + 1) 2(a + ab + 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Đặt P = Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A 0,25 0,25 0,25 Trang 3/5 Vậy P ≤ + ab + a 1 = ⇒P≤ 2(ab + a + 1) 0,25 uuu r uuuu r x A − = − x = ⇔ A Ta có: GA = MG ⇔ yA = y − = A 3 uuuu r Ta có: AM = (1; −4) nên phương trình cạnh BC là: x − − 4(y + 1) = ⇔ x − 4y − = 2 Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( x − 3) + ( y + 1) = 17 0,25 0,25 Toạ độ B, C nghiệm hệ phương trình: x − y − = x = x = −1 ⇔ hoÆc Câu 6a 2 y = y = −2 ( x − 3) + ( y + 1) = 17 0,25 Vậy toạ độ B(7; 0), C(−1; −2) B(−1; −2), C(7; 0) 0,25 Giả sử I(−t; −1 + 2t; + t) thuộc đường thẳng ∆ Vì khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ nên ⇒ I (0; −1; 2) t = | −2t + − 2t − − 2t − | = ⇔| −6t − |= ⇔ t = −2 ⇒ I (2; −5;0) Vì mặt cầu (S) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến đường tròn (C) có bán kính r = nên mặt cầu (S) có bán kính R = 22 + 32 = 13 0,5 0,25 Vậy có mặt cầu thoả mãn: x + ( y + 1) + ( z − 2)2 = 13, (x − 2) + ( y + 5) + z = 13 0,25 x − > x ∈ (−∞; −2) ∪ (2; +∞) ⇔ ⇔ x ∈ (−∞; −3] ∪ [2;+∞) Điều kiện: x ∈ (−∞; −3] ∪ [1; +∞) log ( x + 2) ≥ 0,25 Với x ≤ −3, phương trình tương đương với: log (2 − x) + log3 (−2 − x) + log ( −2 − x) − log (2 − x) = Câu 7a Câu 6b log (−2 − x) = ⇔ log (−2 − x) + log (−2 − x) − = ⇔ ⇔ x = −2 − log (−2 − x) = −4 (lo¹i) Với x > 2, phương trình tương đương với: log ( x − 2) + log3 ( x + 2) + log ( x + 2) − log ( x − 2) = 0,25 ⇔ log ( x + 2) + log ( x + 2) − = 0,25 log ( x + 2) = ⇔ ⇔ x = −2 + (lo¹i) log ( x + 2) = −4 (lo¹i) Kết luận: phương trình có hai nghiệm x = −2 − 0,25 3 Phương trình cạnh BC là: x + + y + ÷ = ⇔ x + y + 13 = 2 0,25 Toạ độ B nghiệm hệ phương trình: x + y + 13 = x = ⇔ ⇒ B (3; −2) 3 x + y + = y = −2 0,25 Vì M trung điểm BC nên C(−5; −1) 0,25 a−5 ; 4a − ÷ Giả sử A(a; 8a − 5) Vì N trung điểm AC nên N a−5 + 5(4a − 3) + = ⇔ a = ⇒A(1; 3) Vì N thuộc trung tuyến BN nên: Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A 0,25 Trang 4/5 Câu 6b Câu 7b Gọi A giao điểm d1 mặt phẳng (P) x = x +1 y − z + = = −1 ⇔ y = ⇒ A(1;1; 2) Toạ độ A nghiệm hệ phương trình x − y + z − = z = Gọi B giao điểm d1 mặt phẳng (P) x = x −1 y − z −1 = = 1 ⇔ y = ⇒ B (7;5; 4) Toạ độ B nghiệm hệ phương trình x − y + z − = z = uuur r Ta có: AB = (6; 4; 2) Đường thẳng cần tìm đường thẳng AB có VTCP u = (3; 2;1) nên x = + 3t có phương trình tham số là: y = + 2t z = + t Giả sử số phức cần tìm là: z = x + yi, x, y ∈ ¡ ( x − 1) + y = ( x − 3) + y Từ giả thiết ta có: 2 2 x + ( y − 2) = x + ( y + 1) ( ) 0,25 0,25 0,5 0,5 Giải hệ ta có: x = 2; y = −2 0,25 Vậy số phức cần tìm z = − 2i 0,25 Cho hàm số y = x − 3mx + (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A Trang 5/5 ... a−5 ; 4a − ÷ Giả sử A(a; 8a − 5) Vì N trung điểm AC nên N a−5 + 5(4a − 3) + = ⇔ a = ⇒A(1; 3) Vì N thuộc trung tuyến BN nên: Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối A 0,25 Trang 4/ 5 Câu... 2 AB = AC ⇔ ( m + 1) + − ÷ = ( m − 1) + + ÷ ⇔ 4m − = ⇔ m = ±2 m m m Vậy để tam giác ABC vuuong cân A B(−1; 2), C(3; 4) B(3; 4) , C(−1; 2) π Đk: x ≠ k Phương trình cho tương đương... + − x + −2 x = 34 (ĐK x ≤ 0) 0,25 0,25 0,25 ⇔ 3( x + 2)(2 x − 5) + ( − x − 2) + ( −2 x − 2) = 1 ⇔ ( x + 2) 3(2 x − 5) − − ÷= 2− x +2 −2 x + Hướng dẫn chấm KSCL thi ĐH năm 2011− Khối