DEDAP AN THI THU DH 2012

Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1.. Câu II.[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I.(2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2

+3 mx+m+2

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m=0

2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị cho đường thẳng qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích

Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình tanxcos 3x+2 cos 2x −1

1−2 sinx =√3(sin 2x+cosx).

2 Giải hệ phương trình

¿

x2− y(x+y)+1=0 (x2+1)(x+y −2)+y=0

(x , y∈R). ¿{

¿

Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y=√1− x x+1 và

y=1− x.

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A ' B' C ' D' có đáy hình thoi cạnh a, BAD với cosα=3

4, cạnh bên AA'=2a Gọi M điểm thỏa mãn ⃗DM=k.⃗DA N trung điểm cạnh A ' B '. Tính thể tích khối tứ diện C 'MD' N theo a và tìm k để C ' M⊥D ' N.

Câu V.(1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [0;1] Tìm giá trị lớn biểu thức P=a

3 +2 b2+1+

b3+2 c2+1+

c3+2 a2+1.

PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần(phần a b) a Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, phương trình

BC:2x − y −7=0, đường thẳng AC qua điểm M(−1;1), điểm A nằm đường thẳng Δ:x −4 y+6=0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh A có hồnh độ dương

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

z −3¿2=9 y −2¿2+¿ x −1¿2+¿

(S):¿

đường thẳng

Δ: x −6 −3 =

y −2

2 =

z −2

2 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M(4;3;4), song song với đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S)

Câu VIIa.(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn (z+1)(1+i)+ ¯z −1 1− i=¿z¿

2 . b Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ:5x −2y −19=0 đường tròn (C):x2+y2−4x −2y=0. Từ điểm M nằm đường thẳng Δ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A B hai tiếp điểm) Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB biết

AB=√10

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

y −1¿2+z2=9 x+1¿2+¿

(S):¿

điểm A(1;0;−2). Viết phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A và tạo với trục Ox góc α có

Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z −2i

z −2 số ảo Tìm giá trị lớn biểu thức T=¿z−1∨+¿z− i∨.

Hết

-Ghi chú: 1 BTC trả vào ngày 14, 15/4/2012 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC.

2 Kỳ khảo sát chất lượng lần tổ chức vào chiều ngày 05 ngày 06/5/2012 Đăng kí dự thi tại Văn phịng Trường THPT Chun từ ngày 14/4/2012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012Mơn: TỐN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

I. (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Khi m=0 hàm số trở thành y=x3−3x2+2

a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có

y '=3x2−6x ;

y '=0⇔ x=0

¿ x=2

¿ x<0

¿ x>2

¿

, y '<0⇔0<x<2 ¿

, y '>0⇔¿ ¿ ¿ ¿

Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;0),(2;+∞); hàm số nghịch biến

(0;2).

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0, yCĐ=2, hàm số đạt cực tiểu x=2, yCT=−2

* Giới hạn: Ta có x →− ∞lim y=− ∞ x →lim+∞y=+∞.

0,5

* Bảng biến thiên:

x − ∞

+∞

y ' +¿ −

+¿

y 2+∞

−2 − ∞

c) Đồ thị:

0,5

2 (1,0 điểm)

Ta có y '=3x2−6x+3m.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y '=0 có nghiệm phân biệt

⇔Δ '=9−9m>0⇔m<1. (*)

Khi đó, gọi hai điểm cực trị A(x1; y1), B(x2; y2).

Ta có y=(31x −13)y '+[2(m−1)x+2m+2]. Do

y1=(1 3 x −

1

3)y '(x1)+[2(m−1)x1+2m+2]=2(m−1)x1+2m+2

và y2=2(m −1)x2+2m+2

Suy tọa độ A, B thỏa mãn phương trình y=2(m−1)x+2m+2 , hay phương trình AB y=2(m−1)x+2m+2

0,5

x O

2 

2

y

Ta có giao điểm AB với Ox, Oy M(−m−m+11;0), N(0;2m+2). Yêu cầu toán ⇔SOMN=1⇔

1

2OM ON=1⇔ 1 2|−

m+1

m−1|.|2m+2|=1

m+1¿2=|m−1|⇔ ¿

m+1¿2=m−1 ¿

m+1¿2=−(m−1) ¿

m=−3 ¿ m=0

¿ ¿ ¿ ⇔¿

¿ ¿ ¿ ¿ ⇔¿

(thỏa mãn (*))

Vậy giá trị m m=−3,m=0

0,5

II. (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠0,sinx ≠12 hay x ≠ ±π2+k2π , x ≠π6+k2π , x ≠56π+k2π , k∈Z. Khi phương trình cho tương đương với

sinx(4 cos

2

x −3)+4 cos2x −3

1−2 sinx =√3 cosx(2 sinx+1) ⇔(sinx+1)(1−4 sin

2x )

1−2 sinx =√3 cosx(2 sinx+1) ⇔(sinx+1)(1+2 sinx)=√3 cosx(2 sinx+1)

0,5

⇔ 2sinx+1=0

¿ sinx+1=√3 cosx

¿ sinx=−1

2 ¿ cos(x+π

6)= 1 2 ¿ x=−π

6+k2π , x=− 5π

6 +k2π ¿

x=π

6+k2π , x=− π 2+k2π ¿

¿ ¿ ⇔¿

¿ ⇔¿

¿ ¿ ¿

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x=−π6+k2π , x=−56π+k2π ,

k∈Z.

0,5

2 (1,0 điểm)

Hệ

⇔

x2+1=y(x+y)(1) y(x+y)(x+y −2)+y=0(2)

¿{

* Nếu y=0 từ (1) suy khơng tồn x Do hệ vơ nghiệm

* Với y ≠0, ta có (2)⇔(x+y)(x+y −2)+1=0 ⇔t2−2t+1=0 (với t=x+y¿

⇔t=1 Suy x+y=1

Hệ trở thành

x2+1=y x+y=1

⇔ ¿y=1− x

x2+x=0 ⇔ x=0, y=1

¿ ¿ x=−1, y=2

¿ ¿{

¿ ¿ ¿ ¿

Vậy nghiệm (x; y) hệ (0;1),(−1;2).

0,5

III. (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị √1− x

2

x+1 =1− x ⇔

x ≠ −1 √1− x2=1− x2

⇔

1− x2=0, x ≠ −1 ¿

1− x2=1 ¿ ¿ ⇔

¿ ¿ ¿ ¿

Vì √1− x2

x+1 ≥1− x với x∈[0;1] nên diện tích hình giới hạn S=∫

0

(√1x+1− x2−(1− x))dx=∫0

√1− x2 x+1 dx −∫0

1

(1− x)dx=I −(x −x 2 ) ¿1

¿0=I − 1 2.

(1)

0,5

Tính I=∫

√1− x2

x+1 dx. Đặt x=sinu , u∈[− π 2;

π

2] Khi dx=cosudu , x=0 u=0 x=1 u=π/2 Suy

I=∫

π

2

√1−sin2u

1+sinu cosudu=∫0 π

2 cos2u

1+sinudu=∫0 π

2

(1−sinu)du=(u+cosu) ¿

π

2 ¿0

=π 2−1

(2)

Từ (1) (2) ta có S=π 2−

3 2.

0,5

IV. (1,0 điểm

* Ta có VC 'MD' N= 1

3d(M ,(A ' B' C ' D')).SC 'ND= 1

3d(M ,(A ' B ' C ' D ')). 1 2SABCD ¿1

3.2a. 1

2.a.a sinα= a3

3 √1− 9 16=

a3 √7

12 .

0,5

* Đặt ⃗AB=⃗x ,⃗AD=⃗y ,⃗AA'=⃗z. Ta có

⃗C ' M=⃗C ' D '+⃗D ' D+⃗DM=−⃗x −⃗z − k⃗y ⃗D ' N=⃗D ' A '+⃗A ' N=−⃗y+1

2⃗x.

Khi C ' M⊥D ' N⇔⃗C ' M.⃗D ' N=0

0,5

A D

C B

C’

B’

x ⃗

M

N y

⇔( ⃗x+k⃗y+ ⃗z)(1

2⃗x −⃗y)=0 ⇔1

2|⃗x|

−k|⃗y|2+(k

2−1)⃗x⃗y=0

⇔1

2a

−ka2+(k

2−1).a.a. 3

4=0⇔k=− 2 5.

V. (1,0 điểm

Vì a , b∈[0;1] nên ta có a

3 +2 b2+1≤

a2+2 b2+1=(a

2

+2)(1− b b2+1)=(a

2

+2)−(a2+2). b b2+1≤ (a2+2)−(a2+2).b

2 2=a

2

− b2+2−1 2a

2 b2.

Dấu đẳng thức xảy a , b∈{0,1}.

0,5

Hồn tồn tương tự, ta có b

3 +2 c2+1≤ b

2

−c2+2−1 2b

2 c2;c

3 +2 a2+1≤ c

2

− a2+2−1 2c

2 a2.

Suy P≤6−1

2(a

b2+b2c2+c2a2)≤6.

Dấu đẳng thức xảy a , b , c∈{0,1} a2

b2+b2c2+c2a2=0 hay ba

số a, b, c có nhiều số 1, số lại

Suy giá trị lớn P 6, đạt ba số a, b, c có nhiều số 1, số lại

0,5

VIa. (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Vì

A∈Δ:x −4y+6=0⇒A(4a −6; a)⇒⃗MA(4a −5;a −1).

Vì tam giác ABC vuông cân A nên ACB45 0

Do

a −1¿2 ¿ .√5

4a −5¿2+¿ ¿

√¿ |cos(⃗MA,⃗uBC)|= 1

√2⇔

|(4a−5)+2(a −1)| ¿

0,5

⇔13a2−42a+32=0⇔ a=2

¿ a=16

13 ¿ A(2;2)

¿ A(−14

13 ; 16

13)(ktm) ¿

¿ ¿ ⇒¿

¿ ¿ ¿

Vậy A(2;2). Suy AC :x −3y+4=0,AB: 3x+y −8=0 Từ ta có

B(3;−1), C(5;3).

0,5

2 (1,0 điểm)

Gọi ⃗nP(a ;b ;c)(a2+b2+c2≠0) vectơ pháp tuyến (P) Khi (P):a(x −4)+b(y −3)+c(z −4)=0.

Vì (P)//Δ nên ⃗nP⊥⃗uΔ, ⃗uΔ(−3;2;2) vectơ phương đường thẳng Δ. Suy

−3a+2b+2c=0⇔a=2b+2c

3 (1)

0,5

A’ D’

A

B

) 1 ; 1 (

M

2x y  7 0

:x 4y 6 0

   

Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d(I ,(P))=R , I(1;2;3), R=3 lần

lượt tâm bán kính (S) Do |−3a − b −c|

√a2+b2+c2 =3

(2)

Từ (1) (2) ta có b+c¿2=(2b+32c)

2

+b2+c2⇔2b2−5 bc+2c2=0 ¿

(3) * Với c=0⇒b=a=0 (ktm)

* Với c ≠0, ta có (3)⇔2(bc)

2 −5b

c+2=0⇔ b

c=2 b c=

1 2.

Với bc=2, ta chọn b=2,c=1⇒a=2 Khi (P):2x+2y+z −18=0 , ktm chứa

Δ

Với b

c= 1

2, ta chọn b=1, c=2⇒a=2 Khi (P):2x+y+2z−19=0 , thỏa mãn

0,5

VIIa. (1,0 điểm)

Đặt z=x+yi(x , y∈R). Khi (z+1)(1+i)+ ¯z −1 1− i=|z|

2

⇔(x+1+yi)(1+i)+(x −1−yi)(1+i)

2 =x

2

+y2⇔3x+1− y+(3x+1+y)i=2(x2+y2)

0,5

⇔

3x+1− y=2(x2+y2) 3x+1+y=0

¿{

⇔ y=−(3x+1) 10x2+3x=0

⇔ ¿x=0, y=−1 x=− 3

10, y=− 1 10 . ¿{

Vậy z=−i z=− 3 10−

1 10i.

0,5

VIb. (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(2;1), bán kính R=√5 Gọi

H=MI∩AB Ta có AH=1

2AB=√ 10

2 . Trong tam giác

vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có

1 AH2=

1 AI2+

1 AM2⇒

1 AM2=

4 10 −

1

5⇒AM=√5⇒MI=√10

Ta có Δ:5x −2y −19=0⇔Δ:x −25=y −53

⇒M(5+2m;3+5m)

0,5

Khi

2+5m¿2=10⇔29m2+32m+3=0⇔m=−1 3+2m¿2+¿

MI=√10⇔¿

m=− 3 29.

Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB đường trịn đường kính MI

Với m=−1 ta có M(3;−2). Khi pt đường tròn ngoại tiếp ΔAMB (x −5

2)

+(y+1 2)

2 =5

2.

Với m=−293 ta có M(29139;7229). Khi pt đt ngoại tiếp ΔAMB

(x −197 58 )

2

+(y −101 58 )

2 =5

2.

0,5

2 (1,0 điểm)

Gọi ⃗uΔ=(a ;b ;c)(a2+b2+c2≠0) vectơ phương đường thẳng Δ. Mặt cầu (S) có

tâm I(−1;1;0). Vì đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A nên ⃗

IA(2;−1;−2)⊥u⃗Δ⇔2a −b −2c=0⇔b=2a −2c. (1) Mặt khác đường thẳng Δ tạo với trục Ox góc α với cosα= 1

3√10 nên

0,5 A

B M

¿a∨ ¿ √a2+b2+c2

= 1

3√10⇔b

=89a2− c2 ¿

(2) Từ (1) (2) ta có phương trình 85a2

+8 ac−5c2=0 (3)

* Với c=0, suy a=0, b=0 (ktm) * Với c ≠0, ta có (3)⇔85(a

c)

+8a

c −5=0⇔ a c=

1

5 a c=−

5 17.

Với a

c= 1

5, ta chọn a=1,c=5⇒b=−8 Suy phương trình Δ: x −1

1 =

y −8=

z+2 5 .

Với ac=−175 , ta chọn a=5, c=−17⇒b=44 Suy phương trình

Δ:x −1

5 =

y 44=

z+2 −17.

0,5

VIIb. (1,0

điểm) Đặt z=x+yi(x , y∈R). Khi

x −2¿2+y2 ¿ ¿ z −2i

z −2 =

x+(y −2)i (x −2)+yi=

[x+(y −2)i].[(x −2)−yi] ¿

x −2¿2+y2

¿

x −2¿2+y2

¿ ¿ ¿

¿x(x −2)+(y −2)y ¿

số ảo

x −2¿2+y2 ¿ ¿

x(x −2)+(y −2)y ¿

⇔

x2+y2=2(x+y) ¿

x −2¿2+y2≠0 ¿ ¿

0,5

Ta có

x −1¿2+y2 ¿ y −1¿2

x2 +¿ ¿

T=¿z −1∨+¿z − i∨¿∨(x −1)+yi∨+¿x+(y −1)i∨¿√¿ ¿√1+2y+√1+2x

Áp dụng BĐT Cơsi ta có

x+y¿2 2(x+y)=x2+y2≥1

2¿ Suy

x+y ≤4

Suy T2≤2(2+2(x

+y))≤20

Suy T ≤2√5 , dấu đẳng thức xảy x=y=2 Vậy giá trị lớn T 2√5 , đạt z=2+2i