Đề khảo sát chất lượng Toán 12 có kèm đáp án này này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: giải hệ phương trình, tính thể tích khối chóp, mặt phẳng tọa độ, nghiệm của hệ phương trình…. sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn học sinh ôn tập, nắm vững kiến thức để đạt được điểm tốt trong kì thi sắp tới.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 MƠN : TỐN; Thới gian làm bài :180 phút I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I (2,0 điểm) - x + 1 x - 2 2. Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vng góc với đường thẳng y = x. Câu II(2,0 điểm) sin 2x + cos x - ( cos 2x + sin x ) 1. Giải phương trình = 0 . sin 2x - ìïx + 4x + y 2 - 4y = 2 2. Giải hệ phương trình í 2 ïỵ x y + 2x + 6y = 23 x ln ( x + 2 ) Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = và trục hồnh. - x 2 Câu IV.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD = a 2 , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z 2 + 2xy = 3(x + y + z) Tìm giá trị nhỏ nhất 20 20 của biểu thức P = x + y + z + + x+z y + 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) a. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là I(5;1). 2. Trong khơng gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;1;2), C(1;1;3) và đường thẳng x - y z - 2 D : = = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và cắt mặt - 1 2 phẳng (ABC) theo một đường trịn sao cho đường trịn có bán kính nhỏ nhất 9 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z - 3i = - iz và z - là số thuần ảo. z b. Theo chương trình nâng cao Câu VIb(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường trịn (C): x + y 2 - 4x + 2y - 15 = 0 Gọi I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng D đi qua M(1;3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng D biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. x - y + z - 1 2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;1;0) và đường thẳng D : = = và mặt phẳng - 1 (P): x + y + z 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vng góc với D và 33 khoảng cách từ A đến đường thẳng D bằng 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y = ỉ z ỉ z Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1 - z = z1 = z >0 Tớnh A= ỗ ữ + ỗ ÷ è z ø è z1 ø chihao@moet.edu.vn gửi tới www.laisac.page.tl 4 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) a. Tập xác định: D = R \ { 2 }. b. Sự biến thiên: 1 > 0,"xạ 2. (x- 2)2 Suyrahmsngbintrờncỏckhong (-Ơ2) v (2+Ơ). - x+ 1 - x + 1 * Giới hạn: lim y = lim = -1 v lim y= lim = -1 xđ+Ơ xđ +Ơ x- xđ-Ơ xđ -Ơ x- - x+ - x + 1 lim y = lim = +¥ lim y= lim = -Ơ xđ2 xđ x- 2 x ® 2 x ® 2 x - 2 * Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = -1 ; đường tiệm cận đứng là x = 2 *Bảng biến thiên: x - ¥ + ¥ + + y ' + ¥ * Chiều biến thiên: Ta có y ' = - y - + - 1 -1 + y - ¥ c. Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại (1; 0), 1 cắt trục tung tại (0 ; - ) và nhận giao 2 điểm I (2 ; - 1 ) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 0,5 O - 1 1 2 x I 2. (1,0 điểm) Vì đường thẳng AB vng góc với y = x nên phương trình của AB là y = - x + m . - x + 1 Hồnh độ của A, B là nghiệm của phương trình = - x + m , hay phương trình x - 2 x 2 - ( m + 3 ) x + 2 m + 1 = 0 , x ¹ 2 (1) 2 2 Do phương trình (1) có D = ( m + 3 ) - 4 ( 2 m + 1 ) = m - 2 m + 5 > 0 , "m nên có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có x 1 + x 2 = m + 3 ; x 1 x 2 = 2 m + 1 Theo giả thiết bài tốn ta có AB 2 = 16 Û ( x 2 - x 1 ) 2 + ( y 2 - y 1 ) 2 = 16 0,5 Û ( x 2 - x 1 ) 2 + ( - x 2 + m + x 1 - m ) 2 = 16 Û ( x 2 - x 1 ) 2 = 8 Û ( x 1 + x 2 ) 2 - 4 x 1 x 2 = 8 II. (2,0 Û ( m + 3 ) 2 - 4 ( 2 m + 1 ) = 8 Û m 2 - 2 m - 3 = 0 Û m = 3 Ú m = -1 . * Với m = 3 phương trình (1) trở thành x 2 - 6 x + 7 = 0 Û x = 3 ± 2 . Suy ra hai điểm A, B cần tìm là (3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) . * Với m = -1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1 + 2 ; - 2 - 2 ) và (1 - 2 ; - 2 + 2 ) . Vậy cặp điểm TM: (3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) hoặc (1 + 2 ; - 2 - 2 ) , (1 - 2 ; - 2 + 2 ) . 1. (1,0 điểm) 3 p p Điều kiện: sin 2 x ¹ Û x ¹ + k p và x + kp , kẻ Z. 0,5 điểm) Khi đó pt Û sin 2 x + cos x - 3 (cos 2 x + sin x ) = 2 sin 2 x - 3 Û sin 2 x + 3 sin x + 3 cos 2 x - cos x - 3 = 0 Û sin x ( 2 cos x + 3 ) + ( 2 cos x + 3 )( 3 cos x - 2 ) = 0 0,5 Û ( 2 cos x + 3 )(sin x + 3 cos x - 2 ) = 0 é 3 5 p é x = ± + k 2 p êcos x = ê 2 6 ê p ổ p ờsinỗ x+ 3 ÷ = 1 êë x = 6 + k 2 p ø ë è 0,5 Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = 5p + k 2 p , k Ỵ Z 6 2. (1,0 điểm) 2 2 2 ïì( x + 2 ) + ( y - 2 ) = 10 Hệ Û í 2 ïỵ x ( y + 2 ) + 6 y = 23 Đặt u = x 2 + 2 , v = y - 2 . Khi đó hệ trở thành ìu 2 + v 2 = 10 ìu 2 + v 2 = 10 Û Û í í ỵ( u - 2 )( v + 4 ) + 6 ( v + 2 ) = 23 ỵuv + 4 ( u + v ) = 19 0,5 éu + v = 4 , uv = 3 êu + v = -12 , uv = 67 ë TH 1. u + v = -12, uv = 67 , hệ vơ nghiệm. ìu + v = 4 éu = 3 , v = 1 TH 2 í , ta có ê ỵuv = 3 ëu = 1 , v = 3 ì x 2 = 1 é x = ±1 Ûê í y = 3 ë y = 3 ỵ 2 ì x = -1 ìu = 1 * Với í ta có í , hệ vơ nghiệm. ỵv = 3 ỵ y = 3 Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1 ; 3 ), ( - 1 ; 3 ). ìu = 3 * Với í ta có ỵv = 1 0,5 Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x 2 theo y từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất. é x = 0 x ln( x + 2 ) Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính = 0 Û ê III. Ta có phương trình 2 4 - x ë x = -1 (1,0 điểm) là hình phẳng giới hạn bởi các đường x ln( x + 2 ) y = , y = 0 , x = -1 , x = 0 . 4 - x 2 0 0 x ln( x + 2 ) - x ln( x + 2 ) Do đó diện tích của hình phẳng là S = ị d x = ị d x . . 4 - x 4 - x 2 -1 -1 - x d x Đặt u = ln( x + 2 ), d v = d x . Khi đó d u = , v = 4 - x 2 x + 2 4 - x Theo cơng thức tích phân từng phần ta có 0 0 S = 4 - x ln( x + 2 ) - ò -1 -1 0 4 - x 2 4 - x 2 d x = 2 ln 2 - ò d x . x + 2 x + 2 -1 0,5 p Đặt x = 2 sin t . Khi đó dx = 2 cos t d t . Khi x = -1, t = - ; khi x = 0, t = 0 . 6 0 Suy ra I = ò -1 4 - x 2 d x = x + 2 0 - Suy ra S = 2 ln 2 - 2 + 3 IV. (1,0 điểm 0 0 0,5 4 cos 2 t p òp 2 sin t + 2 d t = 2 òp ( 1 - sin t ) d t = 2 ( t + cos t ) -p = 2 + 3 - 3 . - 6 6 6 p 3 +) Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD ). V HF ^ AC (Fẻ AC) ị SF ^ AC (định lí ba đường vng góc). Suy ra ÐSFH = 60 0. Kẻ BE ^ AC ( E Ỵ AC ). Khi đó S I K 1 a 2 HF = BE = D 2 2 3 A F a 2 E H Ta có SH = HF . tan 60 0 = J 2 1 a 3 Suy ra V S ABCD = SH . S ABCD = B C 3 3 +) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có AH . HC . AC AH . HC . AC 3 a 3 r = = = 4 S AHC 2 S ABC 4 2 Kẻ đường thẳng D qua J và D // SH Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. AHC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và D trong mặt phẳng (SHJ). Ta có 0,5 0,5 2 IH = IJ 2 + JH 2 = SH + r 2 . 4 31 32 Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ. 1 2 2 2 V. Từ giả thiết ta có 3 ( x + y + z ) = ( x + y ) + z ³ 2 ( x + y + z ) (1,0 Suy ra x + y + z £ điểm Khi đó, áp dụng BĐT Cơsi ta có 8 ổỗ 8 ửữ ổỗ ổ P=ỗ ( x + z ) + + + + 4 + ÷ + ç ( y + 2 ) + x + z x + z ø è y + y+ 2ữứ ỗố x+ z ố 8 ³ 12 + 12 + - 2 ³ 22 + ³ 26 . ( x + z )( y + 2 ) x + y + z + 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y = 2 , z = 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x = 1, y = 2 , z = 3 . 1. (1,0 điểm) VIa. Ta có A (- 3 ; - 8 ). Gọi M là trung điểm BC A (2,0 Þ IM // AH Ta suy ra pt IM : x - 2 y + 7 = 0 . điểm) Suy ra tọa độ M thỏa mãn ì x -2y+ 7= ị M(35). I ợ13x- 6y- 9 = 0 Suy ra bán kính mặt cầu là R = a B H M 0,5 1 ö÷ - 2 y + 2 ÷ø 0,5 0,5 C Pt đường thẳng BC : 2 ( x - 3 ) + y - 5 = 0 Û 2 x + y - 11 = 0 . B Ỵ BC Þ B( a ; 11 - 2 a ). Khi đó 0,5 éa = 4 Từ đó suy ra B ( 4 ; 3 ), C ( 2 ; 7 ) hoặc B ( 2 ; 7 ), C ( 4 ; 3 ). IA = IB Û a 2 - 6 a + 8 = 0 Û ê ëa = 2 2. (1,0 điểm) Ta có AB (1 ; - 1 ; 2 ), AC ( -2 ; 1 ; - 3 ). Suy ra pt ( ABC):x- y- z- 1= 0. Gitõmmtcu IẻD ị I ( 1 - t ; 2 t ; 2 + 2 t ) . Khi đó bán kính đường trịn là 2 t 2 + 4 t + 8 2 ( t + 1 ) 2 + 6 = ³ 2 . 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = -1. Khi đó I ( 2 ; - 2 ; 0 ), IA = 5 . Suy ra pt mặt cầu ( x - 2 ) 2 + ( y + 2 ) 2 + z 2 = 5 . Đặt z = a + bi ( a , b Ỵ R ). Ta có | z - 3 i | = | 1 - i z | tương đương với VIIa. | a + ( b - 3 ) i | = | 1 - i ( a - bi ) | Û | a + ( b - 3 ) i | = | 1 - b - ai | (1,0 Û a 2 + ( b - 3 ) 2 = ( 1 - b ) 2 + ( - a ) 2 Û b = 2 . điểm) 9 9 9 ( a - 2 i ) a 3 - 5 a + ( 2 a 2 + 26 ) i Khi đó z - = a + 2 i = a + 2 i - = là số ảo khi và z a + 2 i a + 4 a 2 + 4 chỉ khi a 3 - 5 a = 0 hay a = 0, a = ± 5 . Vậy các số phức cần tìm là z = 2i , z = 5 + 2 i , z = - 5 + 2 i . 1. (1,0 điểm) VIb. Đường trịn (C) có tâm I (2 ; - 1 ), bán kính R = 2 5 . Gọi H (2,0 điểm) là trung điểm AB. Đặt AH = x (0 < x < 2 5 ). Khi đó ta có I é x = 4 1 2 IH AB = Û x 20 - x = 8 Û ê M 2 ë x = (ktm AH < IA) H A B nên AH = 4 Þ IH = 2 . 2 Pt đường thẳng qua M: a ( x - 1 ) + b ( y + 3 ) = 0 ( a + b ¹ 0 ) Û ax + by + 3b - a = 0 . | a + 2 b | 4 Ta có d ( I , AB ) = IH = 2 Û = 2 Û a ( 3 a - 4 b ) = 0 Û a = 0 Ú a = b . 2 3 a + b * Với a = 0 ta có pt D : y + 3 = 0 . 4 * Với a = b . Chọn b = 3 ta có a = 4 Suy ra pt D : 4 x + 3 y + 5 = 0 . 3 Vậy có hai đường thẳng D thỏa mãn là y + 3 = 0 và x + 3 y + 5 = 0 . 2. (1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vng góc với D Khi đó pt (Q ) : 2 x - y + z - 3 = 0 . Ta có nQ ( 2 ; - 1 ; 1 ), n P ( 1 ; 1 ; 1 ). Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q) Khi đó r = IA 2 - d 2 ( I , ( ABC )) = ì x = 1 + 2 t ï u d = [n P , n Q ] = ( 2 ; 1 ; - 3 ) và N ( 1 ; 0 ; 1 ) Ỵ d nên pt của d : í y = t ï z = 1 - 3t ợ VỡA ẻd suyra A(1+2tt1- 3t). 1 Gi H là giao điểm của D và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1 ; - ; ). 2 2 33 8 Ta có d ( A , D ) = AH = Û 14 t 2 - 2 t - 16 = 0 Û t = -1 Ú t = 2 7 23 8 17 Suy ra A (- 1 ; - 1 ; 4 ) hoặc A ( ; ; - ). 7 7 7 z1 VIIb. Đặt = w ta được | z 2 w - z 2 | = | z 2 w | = | z 2 | > 0 . Hay | w - 1 | = | w | = 1 . z 2 (1,0 điểm) Giả sử w = a + bi ( a , b Ỵ R) . Khi đó ta có 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3 ( a - 1 ) 2 + b 2 = a 2 + b 2 = 1 hay a = , b = ± 2 2 4 p 4 p 4 p 4 p 3 p p ỉ 1 ư * Với w = + i = cos + i sin Tacú w =cos + isin v ỗ ữ = cos - i sin 2 2 3 3 3 3 è wø 4 p Do đó A = cos = -1 . 3 3 * Với w = i , tương tự ta cũng có A = -1 2 2 Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức. 3 3 0,5 www.laisac.page.tl trongxuanht@yahoo.com sent to of xrrAo sAr cnArr,ugr\c t 6p tzr,An 3, NAna zorr m0n: TOAN; Thli gian lim bhi: IBA phrtt r rHAN cHUNc cHo rAr cA rHi slr.{H 1z,o a$q TRIJONG EAI HQC VINH TRIIONG THPT CHUYTN y = 1*o -(3m+l)xz +2(m+l), m ldtham Ciu I 1Z,O ei6m; Cho him s6 "4 s5 l Kh6o s6t sg bitin thi6n vd vC dO thi hdm sb c16 cho z = Tinr llr A6 A6 fti ham sii da cho co tli6m cgc ti l$p mQt tam gf6c e6 trgng t6m ld g6c toa d0 CAu II (2,0 tti6m) I Giai phuorg trinh 2Iogo(l a ,l2y a1= logz (5 - r) + log , (3 - 1(:.1 x) ')L- sin3x Gieiohuongtrinh lsinZx-cos2x)tanr* =sinr+cosx Ciu III (1,0 di6m) Tinh thc tich khdi trdn xoay tu":iah quay hinh phang gidi han boi d6 thi hem s6 y = E,trqc hoanh vi A* dudmg thdng x = xung quanh truc hoanh e- * -lttl t-4r Ciu IV (1,0 di6m) Cho hinh Hng tru dtmg ABC.A' B'C' c6 AC = a, BC =2a, ZACB = 1200 vd e -zJz 72221 _ _ ._ -._. _- _ pe tintr trubng hqp sau lQn I ,u x€t c6c +) d - Truoug hqp niy cd I s6 +) d = Truung hgp cd Ci s6 +) d :8 Truo'ng hqp c6 C; Suyra lCInl=t Do l sS *Cl.+Cl -46- P(A)=l# -/ : :? r= 0,02, ' lCIl 2296 (1,0 tti6m .l (P) Ii}' | olai"l : yz - 4x c6 p :2 + ti6u di€m r(l; 0) * la$; r ox*pt d:x=e.Tthe {f =+{ LB(A; -4) [x-4 =ffi.og: 16- 16 - o + aoB: 9oo 4) l.rl.t€u ^rYs d |' +)NCu d LOx* pt d:y-k{x-4)- Tqa 6Q A, B la nghiQm cria h$ \.- M(4; 0), {v-b-4k