Đề thi khảo sát Chuyên đề lớp 12 môn: Toán

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng P một khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng P theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3... Giải phương trình:.[r]

Së GD  §T VÜnh Phóc Trường THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 M«n: To¸n Thời gian làm bài: 180 phút  Câu (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y = x Câu (2.0 điểm ) :  2sin x    2(cotg x  1) sin x cos x  x3  y  y  x   Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2 x   x  y  y  m   Câu (2.0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: x y 1 z    (P): 2x  y  2z  = 0; (d): 1 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) khoảng và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính Giải phương trình: Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) góc nhỏ Câu (2.0 điểm): Cho parabol (P): y = x2 Gọi (d) là tiếp tuyến (P) điểm có hoành độ x = Gọi (H) là hình giới hạn (P), (d) và trục hoành Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh hình (H) quay quanh trục Ox Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  Tìm giá trị nhỏ 1 biểu thức: P     xy  yz  zx Câu (2.0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung elip x2 y (E):   và parabol (P): y2 = 12x 12 1  Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển Newton: 1  x   x  o0o Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: SBD: http://ductam_tp.violet.vn/ Lop12.net Câu Nội dung Điểm Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x =  x = x = Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT xCT = 2, yCT = y” = 6x  =  x = Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +) Điểm uốn (1; 2) 0.25  4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x3 1      x x  x x  0.25 LËp BBT: x y’ ∞ + y  ∞ I +∞ + +∞ 0.25 §å thÞ: y 0.25 x O x  2/ Ta có: y’ = 3x2  6mx =    x  2m Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  http://ductam_tp.violet.vn/ 0.25 Lop12.net  Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m3 ) Trung điểm đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25 Điều kiện để AB đối xứng qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 0.25 2m  4m3   2m  m Giải ta có: m   ;m=0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: m   2/ Đk: x  k 2  0.25 Phương trình đã cho tương đương với:  tg x    2cotg x sin x 2(sin x  cos x)  3tg x    2cotg x sin x cos x   0.25  3tg x  2tg x      tg x   x    k     tg x   x    k   II 0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x   x3  y  y  x   2/  2  x   x  y  y  m     k ; kZ (1) (2) 0.25 1  x  1  x  Điều kiện:    2 y  y  0  y  Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 2 (1)  y = y  y = x +  (2)  x   x  m  Đặt v   x  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt g (v)  1; m ax g (v)  [ 0;1] http://ductam_tp.violet.vn/ 0.25 0.25 0.25 0.25 [ 0;1] Lop12.net Vậy hệ phương trình có nghiệm và 1  m  x  t  1/ Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z   t  0.25 Gọi tâm mặt cầu là I Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)() Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) khoảng nên:  t  | 2t   2t   2t  | | 6t  | d ( I ; )    3  3 t    0.25  8  17   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính nên mặt cầu có bán kính là R = Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: III 2 2 2  1  8 7  17   1    x     y     z    25 vµ  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3    2 x  y   2/ Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z    Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2) Góc đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin   | 2   |  3 6  Góc mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos     Giả sử (Q) qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = (m2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = | 3m | Vậy góc (P) và (Q) là: cos    3 5m  2n  4mn IV 0.25 0.25 0.25 0.25  m2 + 2mn + n2 =  (m + n)2 =  m = n Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + = 0.25 1/ Phương trình tiếp tuyến điểm có hoành độ x = là: y = 4x  0.25 http://ductam_tp.violet.vn/ Lop12.net 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) dx    0   16  x5 16 =   ( x  1)3    15  0.5  1    2/ Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)   9   xy  yz  zx  0.25 P 9   xy  yz  zx  x  y  z 0.25  P  0.25 Vậy GTNN là Pmin = V x = y = z 0.25 1/ Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) () là tiếp tuyến (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A C = 2A Với C = 2A  A = B = (loại) 0.25 2A  Đường thẳng đã cho có phương trình: Với C = 4A  B   Ax  0.25 2A y  4A   x  y40 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  V 0.25 12 y40 12 12 1       Ta có:  x   1  1   x      (1)12k C12k  x   x  x  x     k 0 http://ductam_tp.violet.vn/ 0.25 k 0.25 Lop12.net 12   (1) 12 k k 0 12 C12k k i 0 i  12 k 12 k k i k  4i  i x     (1) C12Ck x  x  k 0 i 0 k i   x  Cki k 0.25   (1)12k C12k Cki x k 5i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N,  i  k  12; 4k  5i =  i = 0, k = 2; i = , k = 7; i = 8, k 12 0.25 12 C12  27159 Vậy hệ số cần tìm là: C122 C20  C127 C74  C12 0.25 http://ductam_tp.violet.vn/ Lop12.net