Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại.[r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 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) Khảo sát biến thiên vẽđồ thị (H)của hàm số
1
+ + − =
x x y
2 Tìm m đểđường thẳng d:y=−x+m cắt (H) hai điểm A, B thỏa mãn AB=2
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình sin3x+sin2x+sinx+1=cos3x+cos2x−cosx Giải bất phương trình +7−2 >4 + 4−2
x x x
x x
x
Câu III.(1,0 điểm) Tính tích phân d
2
2 ln
0
∫ + +
= − x
e e
x
I x x
Câu IV.(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C 1 có M trung điểm cạnh AB,
0
90 ,
2 ∠ =
= a ACB
BC
, 600
=
∠ABC cạnh bên CC1 tạo với mặt phẳng )(ABC góc 450, hình chiếu vng góc của
1
C lên mặt phẳng )(ABC trung điểm CM Tính thể tích khối lăng trụđã cho góc tạo hai mặt phẳng
)
(ABC (ACC1A1)
Câu V.(1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x+y+z≤3 Tìm giá trị nhỏ biểu
thức 23 23 23 2 2 2 2 2 2
x zx z z yz y y xy x z y x P
+ − + + − + + − + + + =
PHẦN RIÊNG(3,0điểm) Thí sinh chỉđược làm một hai phần(phần a b) a Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( ) : 2 x y
E + = có tiêu điểm F1,F2 (F1 có hồnh độ âm) Đường thẳng d qua F2 song song với đường phân giác góc phần tư thứ cắt
)
(E A B Tính diện tích tam giác ABF1
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1 1
1
2 :
− + = + =
− y z
x
d
:
Δ
2
1
3= + = +
− y z
x Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d tạo với Δ một góc 300. Câu VIIa.(1,0 điểm) Tính hệ số x4 khai triển biểu thức 3(1 1) ,( >0),
⎥⎦ ⎤ ⎢⎣
⎡ + − x
x x
n
biết n số nguyên dương thỏa mãn 3
1
2
1 + +
+ + n = n
n C C
C
b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):y2=2x điểm ).K(2;0 Đường thẳng d qua K cắt (P) hai điểm phân biệt M, N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm đường thẳng d
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):x+2y−z+5=0 đường thẳng
1
1
3
:x+ = y+ = z−
d Gọi 'd hình chiếu vng góc d lên (P) E giao điểm d (P) Tìm tọa độđiểm F thuộc (P) cho EF vng góc với 'd EF =5
Câu VIIb.(1,0 điểm) Giả sử z số phức thỏa mãn z2−2z+4=0. Tìm số phức .
3
1
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ − + =
z z w
- Hết -
(2)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN Mơn: TỐN – KhĐỀ THI KHẢO SÁT CHối A; ThẤT Lời gian làm bài: 180 phút ƯỢNG LỚP 12 - NĂM 2012
Câu Đáp án Điểm
1 (1,0 điểm)
a) Tập xác định: R\{−1} b) Sự biến thiên:
* Giới hạn, tiệm cận: Ta có
( )− − =−∞
→ y
xlim1 x→lim( )−1+ y=+∞ Do đường thẳng =−1
x
tiệm cận đứng (H)
Vì lim = lim =−2
+∞ → −∞
→ y x y
x nên đường thẳng y=−2 tiệm cận ngang đồ thị
* Chiều biến thiên: Ta có 0, )
1 (
3
' 2 < ∀ ≠− +
−
= x
x
y
Suy hàm số nghịch biến khoảng (−∞;−1) (, −1;+∞)
0,5
* Bảng biến thiên:
x −∞ 1− +∞
'
y − −
y
+∞
2
− 2−
−∞
c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox ⎟
⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ;0
2
, cắt Oy
tại ( )0;1 (H) nhận giao điểm I(−1;−2)
hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm d (H) nghiệm phương trình
x m
x
x =− +
+ + −
1
) (
1 )
1 (
1 ), )(
1 (
2− + − + =
⇔
− ≠ +
− + = + − ⇔
m x m x
x m x x
x
Phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔Δ>0⇔( +1)2−4(− +1)>0
m m
⎢ ⎢ ⎣ ⎡
+ − >
− − < ⇔ > − + ⇔
3
3
3
2
m m m
m (2)
0,5 I
(2,0 điểm)
Khi A(x1;−x1+m),B(x2;−x2+m), với x1+x2=m+1, x1x2 =−m+1
Từ giả thiết ta có ( ) ( ) ( )2
1 2
1 2
2 = ⇔ − + − = ⇔ − =
x x x
x x x AB
⎢ ⎣ ⎡
− = = ⇔ = − + ⇔ = + − − + ⇔
= −
+ ⇔
7
7
) ( ) (
4
) (
2
2 2
m m m
m m
m
x x x
x
Đối chiếu với (2), ta có giá trị cần tìm m m=1,m=−7
0,5
1 (1,0 điểm) II
(2,0 điểm)
Phương trình cho tương đương với
x x x
x x
x sin ) sin2 cos2 cos3 cos
(sin + + + − = −
⇔2sin2xcosx+2sinxcosx+2sin2x=−2sin2xcosx
) sin )(cos cos ( sin
0 ) sin (cos sin ) sin (cos sin
= +
+ ⇔
= +
+ +
⇔
x x x
x
x x x x
x x
0,5
x O
1
−
2
y
(3)Từđó ta có trường hợp sau *) sinx=0⇔x=kπ,k∈Z
*) ,
3 2
1 cos cos
2 x+ = ⇔ x=− ⇔x=± π +k π k∈Z
*) ,
4
sin
cosx+ x= ⇔x=−π +kπ k∈Z
Vậy phương trình cho có nghiệm ,
,
, =± + =− + ∈Z
=k x k x k k
x π π π π π
0,5
2 (1,0 điểm)
Điều kiện: 0
2
> ⇔ ⎪⎩
⎪ ⎨ ⎧
> − + >
x x
x x
Khi bpt cho tương đương với 4
x x
x
x + − > + −
Đặt x2−2x+4=t,t≥0 ta được
⎢ ⎣ ⎡
> < ⇔ > + − ⇔ > +
3
3 4
3
2
t t t
t t t
0,5
*) Với t<1 ta có x2−2x+4<1, bpt vơ nghiệm
*) Với t>3 ta có
⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− <
+ > ⇔ > − − ⇔ > + −
6
6
5
4
2
2
x x x
x x
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x>1+
0,5
Ta có d
) (
2 ln
0
2
∫ +
= x
e xe
I x
x
Đặt u=x⇒du=dx, 1 d
) (
d 2
+ − = ⇒ +
= x x x
e v x e
e v
Theo cơng thức tích phân phần ta có
∫
∫ =− + +
+ + + −
= ln2
0
ln
0
2 ln
1 d
2 ln d
1 x x
x e
x e
x e
x
I (1)
0,5 III
(1,0 điểm)
Tính
1 d
2 ln
0 = ∫ x +
e x
I Đặt ex =t ta có x=0⇒t=1;x=ln2⇒t=2 d d t
t x=
Suy d ln ln( 1) 2ln2 ln3
1 1 ) (
d
1
1 2
1
1
1 ⎟ = − + = −
⎠ ⎞ ⎜
⎝ ⎛
+ − = +
=∫ ∫ t t t
t t t
t t I
Thay vào (1) ta ln2 ln3
5 −
=
I
0,5
*) Gọi H trung điểm CM Từ giả thiết
45 )) ( ; ( )
(
1
1 ⊥ ⇒∠ =∠ =
⇒C H ABC CCH CC ABC
*) Từ tam giác vuông ABC với
3 60
,
2
a AC ABC
a
BC= ∠ = ⇒ = ,
a CH a AB CM
a
AM = = =2 ⇒ =
2 ,
4
45 tan 1H CH a
C = =
⇒
3
1
111 CH S a a a
VABCABC = ABC = =
0,5 IV
(1,0 điểm
*) Kẻ HK ⊥AC⇒ đường xiên C1K ⊥AC⇒∠((ABC);(ACC1A1))=∠C1KH
Tam giác MCA cân tại M
2 30 sin
300 a
HC HK MAC
MCA=∠ = ⇒ = =
∠ ⇒
arctan ))
( ); (( )
tan(∠ 1 = = ⇒∠ 1 1 =
⇒ ABC ACC A
HK CH KH C
0,5
C
A M
H K
1
C
1
B
1
A
2a
(4)Ta có 13 13 ; 13 13 ; 13 13
zx x
z yz z
y xy y
x + + ≥ + + ≥ + + ≥
Suy 23 23 23 3 3
zx yz xy z
y
x + + + ≥ + +
Suy 3 3 2 2 2 2 2 2
x zx z z yz y y xy x zx yz xy P
+ − + + − + + − + + + ≥ +
0,5 V
(1,0 điểm
Mặt khác, áp dụng BĐT 1 ,
b a b
a+ ≥ + với a,b>0 ta có
⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎝ ⎛
+ − + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ − + + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ − + + + + ≥
+3 2 2 2 2 2 2 2
x zx z zx z
yz y yz y
xy x xy zx yz xy P
12
9 16 ) 2 (
9
16
) ( ) ( ) (
3
16 ) (
16 )
( 16 )
( 16
1
1
2
2
4
4
2
2
3 2
2
2
2 2
2
2
2 2 2
= ≥
+ + ≥
+ +
+ ≥
+ + + + + ≥
⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎝ ⎛
+ + +
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ + +
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ + =
+ + + + + + + + ≥
z y x
x z z y y x x
z z y y x
x z zx z
y yz y
x xy
x z z y y x zx yz xy
Do P≥9 Dấu đẳng thức xảy x=y=z=1 Vậy giá trị nhỏ P 9, đạt x= y=z=1
0,5
1 (1,0 điểm) : ) (
2
= + y
x
E có c= 8−4=2⇒F1(−2;0),F2(2;0)
Từ giả thiết ⇒d:y=x−2 hay x−y−2=0
0,5
Từ hệ
3 ; ), ; (
2
2
2 ⎟
⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⇒ ⎪⎩
⎪ ⎨ ⎧
= +
− =
B A
y x
x y
16 2 ) ; (
1
1 = ABd F AB = =
SFAB
0,5
2 (1,0 điểm)
*) (P) chứa d⇒(P) qua M(2;−1;−1)⇒ pt (P) có dạng
) (
0
2 + + = 2+ 2+ ≠
− +
+By Cz A B C A B C
Ax
0
)
( ⇒ = ⇔ + − =
⊂ P u n A B C
d d P (1)
*)
2
6
| |
2 )) ( ; sin( 30
)) ( ; (
2 2
0 =
+ +
+ + ⇔
= Δ
⇔ = Δ
∠
C B A
C B A P
P
2( )2 3( 2 2)
C B A C
B
A+ + = + +
⇔ (2)
0,5 VIa
(2,0 điểm)
*) Từ (1) có C= A+B thay vào (2):
⎢ ⎢ ⎣ ⎡
− =
− = ⇔ = + +
2
2
2 2
B A
B A B
AB A
+ Khi A=−2B Chọn B=−1, A=2,C=1⇒(P):2x−y+z−4=0 + Khi
2
B
A=− Chọn B=−2, A=1,C =−1⇒(P):x−2y−z−5=0
0,5
VIIa (1,0 điểm)
Từ giả thiết ta có ,
6 ) ( ) (
) )( ( ) (
3 n+ + n+ n+ = n+ n n− n≥
11
2 11
22 )
1 ( ) (
6 ⇔ =
⎢ ⎣ ⎡
− = = ⇔ = − − ⇔ − = + +
⇔ n
n n n
n n
n n
(5)Theo khai triển nhị thức Newton ta có
∑ ∑
∑
= − =
− =
− =
⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − =
⎥ ⎦ ⎤ ⎢
⎣ ⎡
⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −
+ k
i
i i i k k k
k k k
k k k
k
x C x
C x
x C x
x
0 11 11
0 11 11
11
0 11 11
) ( ) (
1 ) (
1
( 1)
11
0 11
0 11
i k i k
i i k k k
k
x C
C −
− =
=
−
=∑ ∑
Xét phương trình 4,0 11
11− − = ≤ ≤ ≤
k i i
k
⎢ ⎣ ⎡
= =
= = ⇔ ≤ ≤ ≤ = + ⇔
0 ,
1 , 11
0 ,
i k
i k k
i i
k
Suy hệ số
x C111.3.C11.(−1)1+C113.33=4422
0,5
1 (1,0 điểm)
– TH1: d ⊥Ox⇒d:x=2 Từ
) ; (
) ; (
2
2 ⇒ =
⎩ ⎨ ⎧
− ⇒
⎩ ⎨ ⎧
= =
ON OM N
M x y x
(1)
– TH2: d ⊥/Ox⇒d:y=kx−2k Tọa độM, N nghiệm
⎩ ⎨ ⎧
= − =
x y
k kx y
2
2
⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧
− = = ⇔
k y k y
y x
2
2
0
2− − =
⇒ky y k (2)
0,5
Đểd cắt (P) M, N phân biệt (2) phải có nghiệm phân biệt ⇔k ≠0
Gọi ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
2 2
2
1 ;
2 , ;
2 y
y N y y
M y1, y2 nghiệm (2)
Ta có ( 2) ( 4)
2
2 2
1 ⎟ + = − + − =
⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
= y y y y
ON
OM (3)
Từ (1) (3) suy ∠MON=900⇒ΔOMN vuông O Suy tâm I đường tròn
ngoại tiếp ΔOMN trung điểm MN ⇒I∈d
0,5
2 (1,0 điểm)
d cắt (P) E(−1;0;4)
Giả sử F(x0; y0;z0),F∈(P)⇒x0+2y0−z0+5=0 (1) Vì EF⊥d' nên EF⊥d (định lí đường vng góc) ⇒ud.EF =0
2 0+ 0+ 0− =
⇔ x y z (2)
0,5 VIb
(2,0 điểm)
75 ) ( )
1 (
5
0 2
0+ + + − =
⇔
= x y z
EF (3)
Từ (1), (2) (3) suy F(4;−5;−1), F(−6;5;9) 0,5 Từ giả thiết 0z2−2z+4= ta có (z−1)2 =−3⇔z=1± 3i. 0,5 VIIb
(1,0
điểm) *) Với z=1+ 3i ta có
7
7 7
) sin (cos
) sin (cos
1 ) (
) (
3 3
π π
π π
i i i
i i
i w
+ − + − =
+ − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
+ − =
7
cos sin
1 4 4 1 3
7 32 32
8 cos sin
6
i
i
i i
i
π π
π π
− + −
+ + −
= = − = − −
+ +
*) Với z=1− 3i ta có
7
7
) sin (cos
) sin (cos
1 ) (
) (
π π
π π
− + −
+ =
− + =
i i i
i w
32 32
1 3
1 sin
7 cos
4 sin cos
1
i i
i i
i −
+ + − = + −
− =
− + −
+
= π π
π π