Theo ch ươ ng trình Nâng cao. Câu VIb.[r]
(1)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 (7,0điểm)
Câu I.(2,0 điểm) 1 Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (C) hàm số y=x4−3x2−2
2 Tìm số thực dương a đểđường thẳng y=a cắt (C) hai điểm A,Bsao cho tam giác OAB vuông gốc tọa độ O
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình cos2
3 sin ) sin (
2 + =
+
− x x π x
2 Giải phương trình log2(6−x)=log2(x2−2x)+log 2x
Câu III.(1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường
, , cos sin cos
cos sin
2
= = +
+
= y x
x x
x
x x
y
4
π =
x xung quanh trục Ox
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD hình thang vng A D, AD= DC, ,
2AD
AB= mặt bên SBC tam giác cạnh thua ộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng )
(ABCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BC SA theo a
Câu V.(1,0 điểm) Cho hệ phương trình
+ + + + + + =
= + +
+
)
(
2
2
y x y y x x m
xy y
x y x
Tìm mđể hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn x≥1,y≥1
PHẦN RIÊNG(3,0điểm) Thí sinh chỉđược làm một hai phần(phần a hoặc b) a Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (C):x2+ y2 +2x−4y+1=0. Tìm tọa độ đỉnh A,B,C biết điểm M(0;1) trung điểm cạnh ABvà
điểm A có hồnh độ dương
2 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
1 :
1
+ = =
∆ x y z
2
1
2 :
2
− + = − = −
∆ x y z Tìm tọa độđiểm M thuộc ∆1, điểm N thuộc trục Oxsao cho đường thẳng
MN vng góc với đường thẳng ∆2 MN =2
Câu VIIa.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng phức, xác định tập hợp điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
1 ) ( )
( +i z+ −i z= z+ b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho hypebol : ) (
2
= − y x
H Gọi F1,F2 tiêu
điểm (H)(F1 có hồnh độ âm) Tìm tọa độđiểm M thuộc (H)sao cho ∠F1MF2 =600 điểm M
có hồnh độ dương
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
1
1 :
− − = − = −
∆ x y z mặt phẳng
:
)
(P x− y+ z− = Gọi A giao điểm ∆ (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ cho mặt cầu tâm M, bán kính MA cắt mặt phẳng (P) theo đường trịn có bán kính
2
Câu VIIb.(1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn
i z
z =
+
− Tính A= 1+(1+i)z - Hết -
Ghi chú: 1 BTC sẽ trả vào ngày 12, 13/5/2012 Để nhận được thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC
(2)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 Mơn: TỐN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
1 (1,0 điểm)
a TXĐ: D=R b Sự biến thiên:
* Giới hạn vô cực: = − − =+∞
±∞ → ±∞
→ )
2 ( lim
lim 2 4
x x x y
x
x
* Chiều biến thiên: y'=4x3−6x=2x(2x2−3)
2 ,
0
'= ⇔x= x=±
y ;
> < < − ⇔ >
2
0
6
'
x x
y ;
< <
− < ⇔ <
2
2
'
x x y
Suy hàm số đồng biến khoảng
− ;0
2
∞ +
;
6
; nghịch biến
khoảng
− ∞ −
2
;
2 ;
0
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại điểm x=0, giá trị cực đại yCĐ=−2; hàm sốđạt cực tiểu điểm ,
2
± =
x giá trị cực tiểu
4 17
− = CT
y
0,5
* BBT:
c Đồ thị:
0,5
2 (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm đường thẳng y=a với (C) nghiệm pt x4−3x2−2=a, hay
2
= − −
− x a
x (1)
Rõ ràng với a>0 phương trình (1) có hai nghiệm thực trái dấu, nghĩa đường thẳng
a
y= cắt (C) hai điểm phân biệt A(xA;a) B(xB;a),xA<xB Ta có: xA+xB =0 (2) OA=(xA;a),OB=(xB;a)
Theo giả thiết tam giác OAB vuông O nên OA.OB=0, hay xAxB+a2=0
0,5 I
(2,0 điểm)
Kết hợp với (2) ta xA=−a,xB=a Do xA,xB nghiệm (1) nên
2
4− − − = a a
a ⇔(a−2)(a3+2a2+a+1)=0⇔a=2 (vì a>0) Vậy kết toán a=2
0,5 1 (1,0 điểm)
II (2,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với
(cos sin ) (cos sin )(cos sin )
2 ) sin (
2 − x x− x + x+ x x− x =
) sin cos sin )( sin
(cos − − + + =
⇔ x x x x x
0,5
x −∞ +∞
0
0
− + − +
' y
y
∞ +
4 17
−
4 17
−
2
−
∞
+ O x
2
−
y
2
6
−
4 17
−
2
−
(3)+) x− x= ⇔ x= +k ,k∈Z
0 sin
cos π π
+)
− − = −
≤ + ⇔
= + + −
2 ) sin cos ( sin
0 sin cos
sin cos sin
x x x
x x x
x x
∈ +
− =
+ = ⇔
=
≤ + ⇔
= ≤ + ⇔
Z k k x
k x k
x
x x x
x x
, 2 /
2
0 sin cos
2 sin
0 sin cos
π π
π π π
Tóm lại phương trình cho có nghiệm: π π, π 2π
4 k x k
x= + = + x=−π/2+k2π, k∈Z 0,5
2 (1,0 điểm)
Điều kiện: 2<x<6
Khi phương trình cho trở thành 2
2
2(6 ) log ( ) log
log −x = x − x + x
] ) [( log ) (
log2 −x = 2 x2− x x2
⇔
3
2 6−x=x − x
⇔
0,5
0
2 2
4− + − + − =
⇔x x x x x
0 ) ( )
( 2− 2− 2− − =
⇔ x x x x
2 13
3 2
± = ⇔
− = −
= −
⇔ x
x x
x x
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình
2 13 1+ =
x
0,5
Thể tích khối trịn xoay cần tìm
dx x x
x
x x V ∫
+ + =
4 /
0
2
2
) cos (sin cos
) cos (sin
π
π =
x dx x
x
2
/
0
2
cos tan
) (tan
∫ ++
π
π
Đặt tanx=t ta có: với x=0⇒t=0; với 4⇒ =
= t
x π dt x dx
=
2
cos
Suy dt
t t V ∫
+ + =
1
0 2
) ( π
0,5 III
(1,0 điểm)
dt
t t
∫
+ +
+ − =
1
0
1
1 4
π = dt
t t
∫
+ + +
1
0
3
1 π
=
0 ln
2
+ +
+ t t
t
π = ln3)
8 1 ( +
π
0,5
* Gọi M trung điểm AB, H trung điểm BC Ta có SH⊥BC⇒SH ⊥(ABCD),SH=a Tứ giác AMCD hình vng nên CM = AM = MB Suy ∆CMB vng cân Do
,
2 ,
2 AB a CD a
a
CM = = =
Diện tích
2 )
(
a CM CD AB
SABCD = +
=
Thể tích
3
1
SH S a
VSABCD = ABCD=
0,5 IV
(1,0 điểm
* Kẻ đường thẳng ∆ qua A, ∆//BC Hạ HI⊥∆(I∈∆) Suy BC//(SAI) Do ))
( , ( )) ( , ( ) ,
(BC SA d BC SAI d H SAI
d = =
Hạ HK⊥SI (K∈SI) Suy HK⊥(SAI) Do d(H,(SAI))=HK
Ta có CM =AM =MB nên tam giác ACB vng C Suy HI=AC=2a Do
7 21
) , (
2
a SH
HI SH HI HK
SA BC
d =
+ =
=
0,5
S
A
D C
B
H I
(4)+) Do x≥1,y≥1 ta có (x−1)(y−1)≥0⇔xy−(x+y)+1≥0 Suy x+y+4−2(x+y)+2≥0, hay x+y≤6
+) Mặt khác, từ phương trình x+y+4=2xy ta có ( )2
1
4 x y
y
x+ + ≤ + hay x+y≥4
Đặt x+y=t,4≤t≤6 Khi từ hệ phương trình cho ta
+ +
=m t t
t
1
2 hay 2t t2 t=m,
+ − 4≤t≤6
Hệ cho có nghiệm (x;y) thỏa mãn x≥1, y≥1⇔ phương trình 2t( t2+1−t)=m có nghiệm t∈[4;6]
0,5 V
(1,0 điểm
Xét hàm số f(t)=2t t2+1−t, 4≤t≤6
Ta có
− + +
+ −
=
1
1
2 ln ) ( '
2
t t t
t t
f t t
=
t + −t
t
1
2 0, [4;6]
1 ln
2 > ∀ ∈
+
− t
t
Suy f(4)≤m≤ f(6), hay 16( 17−4)≤m≤64( 37−6)
0,5
1 (1,0 điểm)
Đường trịn (C) có tâm I(−1;2), bán kính IA=2 Ta có AB
IM
IM(1;−1), ⊥ suy phương trình đường thẳng
0 :x−y+ =
AB
) ;
( +
⇒
∈AB Aa a
A Khi
1
4 ) ( ) (
2⇔ + 2+ − 2= ⇔ 2= ⇔ =
= a a a a
IA (do a>0)
Suy A(1;2); B(−1;0)
0,5
Ta có IA(2;0),IA⊥BC suy phương trình BC:x+1=0, phương trình AI:y−2=0
Gọi N giao điểm AI BC Suy N(−1;2) N trung điểm BC Suy C(−1;4) 0,5 2 (1,0 điểm)
) ; ; ( );
1 ; ; (
1 M t t t N Ox N a
M∈∆ ⇒ − + ∈ ⇒ nên MN(a−t;−2t;1−t) Đường thẳng ∆2 có vectơ phương u2(1;2;−2)
Ta có đường thẳng MN⊥∆2
= − + + −
= − − ⇔ =
20 ) ( ) (
0
2 2 2 2
t t t a
t a MN
0,5 VIa
(2,0 điểm)
− = − =
= = ⇔
= − +
+ = ⇔
3 ,
5 ,
15
2
2 t a
a t t
t t a
Vậy M(1;2;0),N(5;0;0) , ( 3;0;0)
8 ; 10 ;
−
− −
− N
M
0,5
Giả sử M(x;y), nghĩa z=x+yi,(x,y∈R ) Ta có z+z=2x;z−z=2yi Khi hệ thức
đã cho trở thành z+z+(z−z)i=2z+1 ⇔2x−2y=2z+1 ⇔x−y= (x+1)2+ y2
+ + + = − +
≥ − ⇔
2
2
1 2
0
y x x xy y x
y x
≠ − − = ≥ ⇔
0 ,
1
1 x
x y
y
x 0,5
VIIa (1,0 điểm)
Vì x≥ y, nên
x x
2 1− −
≥ hay 0
2 2
> ⇔ ≥ + +
x x
x x
Vậy tập hợp điểm M mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy đồ thị hàm số
,
1 1− > −
= x
x y
0,5
C B
A
I
(5)1 (1,0 điểm)
(H) có a=1,b= 3,c=2 Lấy M(xM; yM)∈(H), xM >0 Khi MF1=1+2xM,MF2=−1+2xM Xét ∆MF1F2 ta có
0 2 2 2
1F MF MF 2MF.MF.cos60 F = + −
0,5
) )( ( ) ( ) (
16= + xM 2+ − + xM 2− + xM − + xM
⇔
2 13
13
2 = ⇔ =
⇔xM xM (do xM >0) Suy
2 3
27
2 = ⇔ =±
M
M y
y
Vậy
2 3 ; 13 ,
2 3 ; 13
−
M M
0,5
2 (1,0 điểm)
Tọa độ A(2;3;1)
) ; ;
( t t t
M
M∈∆⇒ + + −
Gọi N hình chiếu vng góc M (P) Khi N tâm đường trịn cắt mặt cầu (P) Suy
2
=
NA
0,5 VIb
(2,0 điểm)
Ta có
2 )) ( , ( ) ( ) 2 ( )
( 2 2
2
2= + ⇔ − + − + − = +
P M d t
t t
NA MN MA
= = ⇔ = − ⇔ + − = − ⇔
2
) (
) ( ) (
6
2
t t t
t t
Vậy M(1;1;2),M(3;5;0)
0,5
Đặt z=a+bi,(a,b∈R) Từ giả thiết ta có
i a b bi a b
a2+ 2+ −4− =− +( +1)
+ = −
− = − + + ⇔
1 2
a b
b a
b a
= − =
− = = ⇔
1 ,
2 ,
b a
b
a 0,5
VIIb (1,0 điểm)
+) Với a=1,b=−2 ta có A=1+(1+i)(1+2i) = 3i =3
+) Với a=−2,b=1 ta có A=1+(1+i)(−2−i)= −3i =3 0,5
O x
y
M
2
2 F
F
2
− −1
P
N M
A