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.. 1,0 điểm Cho hình hộp đứng ABCD.[r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; 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=x − x2 +3 mx+ m+2 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho m=0 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 tan x cos x+2 cos x − =√ 3(sin x+ cos x) Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình −2 sin x ¿ x − y ( x + y )+1=0 (x 2+1)( x + y − 2)+ y=0 Giải hệ phương trình (x , y ∈ R) ¿{ ¿ 1− x Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị các hàm số y= √ và x+1 y=1 − x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A ' B' C ' D' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD với cos α = , cạnh bên AA '=2 a Gọi M là điểm thỏa mãn ⃗ DM=k ⃗ DA và N là 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 các số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1] Tìm giá trị lớn biểu thức 3 a +2 b +2 c +2 P= + + b +1 c + a +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 : x − y −7=0 , đường thẳng AC qua điểm M (−1 ; 1), điểm A nằm trên đường thẳng Δ : x −4 y+ 6=0 Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ dương z − 3¿ 2=9 y − 2¿ +¿ x −1 ¿2+ ¿ (S) :¿ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và đường thẳng x−6 y−2 z−2 = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M (4 ; ; 4), song song với −3 2 đường thẳng Δ và tiếp xúc với mặt cầu (S) z̄ −1 ( z+ 1)(1+i)+ =¿ z ¿ Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1− i b Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ:5 x − y −19=0 và đường tròn (C): x2 + y − x −2 y=0 Từ điểm M nằm trên đường thẳng Δ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A và B là hai tiếp điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB=√ 10 Δ: 2 y − 1¿ + z =9 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm A (1 ; ; −2) Viết x +1 ¿2 +¿ ( S):¿ phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A và tạo với trục Ox góc α có cos α = √ 10 (2) z −2 i z −2 Câu VIIb (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn là số ảo Tìm giá trị lớn biểu thức T =¿ z − 1∨+¿ z − i∨ - Hết Ghi chú: BTC trả bài vào các ngày 14, 15/4/2012 Để nhận bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Kỳ khảo sát chất lượng lần tổ chức vào chiều ngày 05 và ngày 06/5/2012 Đăng kí dự thi Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 14/4/2012 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) (1,0 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên: Đáp án Điểm y=x − x +2 y '=3 x − x ; * Chiều biến thiên: Ta có Suy hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; 2) y '=0 ⇔ x=0 ¿ x=2 ¿ x <0 ¿ x >2 ¿ , y ' <0 ⇔0< x <2 ¿ , y '> ⇔ ¿ ¿ ¿ ( − ∞; )¿, ( 2; +∞ ) ; 0,5 hàm số nghịch biến trên x=0 , y CĐ =2 , hàm số đạt cực tiểu lim y=− ∞ lim y =+ ∞ * Giới hạn: Ta có x →− ∞ và x →+∞ * Bảng biến thiên: y − ∞ x +∞ − 0 y' +¿ +¿ x=2 , y CT=− * Cực trị: Hàm số đạt cực đại y +∞ −2 −∞ O x 0,5 c) Đồ thị: (1,0 điểm) Ta có y ' =3 x − x+3 m Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị và phương trình y '=0 có nghiệm phân biệt ⇔ Δ '=9− m> ⇔m<1 (*) A (x ; y ), B(x ; y 2) 1 y= x − y ' +[2(m−1) x+2 m+2] Do đó Ta có 3 1 y 1= x − y ' (x 1)+[2(m− 1) x1 +2 m+2]=2(m−1) x +2 m+ 3 y 2=2(m −1)x +2 m+2 và Suy tọa độ A, B thỏa mãn phương trình y=2( m−1) x +2 m+ , hay phương trình AB là y=2( m−1) x +2 m+ Khi đó, gọi hai điểm cực trị là ( ( ) ) 0,5 0,5 (3) Ta có giao điểm AB với Ox, Oy là Yêu cầu bài toán II (2,0 điểm) m+1 ; , N ( ; 2m+2) (1 m− ) m+1 M − ⇔ SOMN =1 ⇔ m+1 OM ¿ 2ON=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 là m=−3 ,m=0 ⇔¿ (1,0 điểm) π π 5π Điều kiện: cos x ≠ , sin x ≠ hay x ≠ ± + k π , x ≠ + k π , x ≠ + k π , k ∈ Z 0,5 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 2 sin x (4 cos x −3)+4 cos x −3 =√ cos x (2 sin x +1) −2 sin x (sin x +1)(1− sin x) ⇔ = √3 cos x (2 sin x+1) ⇔x 1− sin 2sin x +1=0 ⇔ (sin x+1)(1+2 sin x)= √3 cos x (2 sin x+1) ¿ sin x+1=√ cos x ¿ sin x=− ¿ π cos x+ = ¿ π 5π x=− + k π , x=− +k π 6 ¿ π π x= +k π , x=− + k π ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ⇔¿ π 5π ¿ Đối chiếu điều kiện, ta ¿có nghiệm phương trình là x=− + k π , x=− +k π , ¿ k∈Z ( ) 0,5 (1,0 điểm) ⇔ x +1= y (x+ y )(1) Hệ y ( x + y)( x + y −2)+ y=0 (2) ¿{ * Nếu y=0 thì từ (1) suy không tồn x Do đó hệ vô nghiệm * Với y ≠ , ta có (2)⇔ ( x + y)( x + y −2)+1=0 ⇔t − 2t +1=0 (với t=x+ y ¿ ⇔ t=1 Suy x+ y=1 0,5 0,5 (4) x +1= y x+ y=1 ⇔ ¿ y=1 − x x +x =0 ⇔ x=0 , y=1 ¿ ¿ x=−1 , y=2 ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿ Hệ trở thành (0 ; 1),(− 1; 2) Vậy nghiệm (x; y) hệ là III (1,0 điểm) √1 − x =1− x Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị là 0,5 x +1 ⇔ x≠−1 √ 1− x 2=1 − x ⇔ 1− x =0 , x ≠ −1 ¿ − x =1 ¿ ¿ ⇔ ¿ ¿ ¿¿ √1 − x ≥1 − x với x ∈[0 ; 1] nên diện tích hình giới hạn là x +1 1 1 − x2 − x2 x2 S=∫ √ −(1− x) dx=∫ √ dx −∫ (1 − x )dx=I − x − x +1 x +1 0 ¿1 =I − ¿0 2 π π 1−x x=sin u , u∈ − ; Tính Khi đó I =∫ √ dx Đặt 2 x +1 x=0 thì u=0 và x=1 thì u=π /2 Suy Vì ( ) ( [ π 2 π ) ] 0,5 (1) dx=cos udu , π 2 −sin u cos u I =∫ √ cos udu=∫ du=∫ (1 −sin u)du= (u+ cos u ) 1+sin u 0 1+ sinu π π ¿ = −1 ¿0 (2) π S= − 2 1 V C ' MD' N = d ( M ,( A ' B' C ' D' )) SC ' ND= d ( M ,( A ' B ' C ' D ')) S ABCD * Ta có 3 3 1 a a √7 ¿ a a a sin α= 1− = 3 16 12 * Đặt ⃗ C AB=⃗x , ⃗ AD=⃗y ,⃗ AA '=⃗z Ta có ⃗ B ⃗ C ' M =⃗ C ' D ' +⃗ D ' D+⃗ DM=− ⃗x − ⃗z − k ⃗y x M A ⃗ D D ' N=⃗ D ' A '+⃗ A ' N =− ⃗y + ⃗x y Khi đó C ' M ⊥ D ' N ⇔⃗ C ' M ⃗ D ' N=0 Từ (1) và (2) ta có IV (1,0 điểm √ ⃗ z B’ N C’ 0,5 0,5 (5) A’ D’ ⇔ ( ⃗x +k ⃗y + ⃗z ) ( 12 ⃗x − ⃗y)=0 2 ⇔ |⃗x| −k |⃗y| + ⇔ a − ka 2+ ( k2 − 1) ⃗x ⃗y=0 ( k2 −1) a a 34 =0 ⇔k =− 25 V (1,0 điểm VIa (2,0 điểm) 2 a +2 a + b b ≤ =(a 2+ 2) − =(a2+ 2)−(a2 +2) ≤ b +1 b + b +1 b +1 b (a2 +2)−( a2+ 2) =a2 − b2 +2 − a2 b2 2 Dấu đẳng thức xảy và a , b ∈ {0 , } 3 b +2 2 2 c +2 2 ≤ b −c +2− b c ; ≤ c − a +2− c a Hoàn toàn tương tự, ta có 2 2 c +1 a +1 2 2 2 Suy P≤ − (a b +b c +c a )≤ Dấu đẳng thức xảy và a , b , c ∈ { , } và a2 b2 +b c +c a2=0 hay ba ( a , b ∈[0; 1] nên ta có Vì ) 0,5 0,5 số a, b, c có nhiều số 1, các số còn lại Suy giá trị lớn P là 6, đạt ba số a, b, c có nhiều số 1, các số còn lại (1,0 điểm) Vì A ∈ Δ : x − y +6=0 ⇒ A ( a −6 ; a)⇒ ⃗ MA( a −5 ; a − 1) ACB 450 A : x y 0 M ( 1; 1) B Vì tam giác ABC vuông cân A nên a −1 ¿2 ¿ √5 x y 0 Do đó C a −5 ¿ +¿ ¿ √¿ |(4 a− 5)+ 2(a −1)| MA , ⃗ uBC )|= ⇔ |cos (⃗ ¿ √2 ⇔13 a − 42 a+32=0 ⇔ a=2 ¿ 16 a= 13 ¿ A (2 ; 2) ¿ 14 16 A − ; (ktm) 13 13 ¿ ¿ ¿ ⇒¿ ¿ ¿ ¿ AC : x −3 y +4=0 , AB: x + y −8=0 ( Suy A (2 ; 2) B (3 ; −1), C (5 ; 3) Vậy (1,0 điểm) 2 n P (a ; b ; c )(a +b + c ≠ 0) Gọi ⃗ ( P) // Δ nên Δ Suy Vì 0,5 ) 0,5 Từ đó ta có là vectơ pháp tuyến (P) Khi đó ( P):a ( x − 4)+b ( y − 3)+ c ( z − 4)=0 nP⊥ ⃗ ⃗ u Δ , đó ⃗ u Δ (−3 ; ; 2) là vectơ phương đường thẳng −3 a+ 2b+ c=0 ⇔ a= 2b+ c (1) 0,5 0,5 (6) d ( I ,( P))=R , =3 √ a2 +b 2+ c2 Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên lượt là tâm và bán kính (S) Do đó |−3 a − b −c| (2) Từ (1) và (2) ta có b+ c ¿ = * Với ( đó I (1; ; 3), R=3 b+2 c 2 + b +c ⇔ 2b − bc+ 2c 2=0 ¿ ) lần (3) c=0 ⇒ b=a=0 (ktm) b b b b = c ≠ , (3)⇔ −5 +2=0 ⇔ =2 * Với ta có c c c c b Với c =2 , ta chọn b=2 ,c =1⇒ a=2 Khi đó ( P):2 x+2 y + z − 18=0 , ktm vì chứa Δ b = , ta chọn b=1, c=2⇒ a=2 Khi đó ( P):2 x+ y+2 z − 19=0 , thỏa mãn Với c z̄ −1 =|z| Đặt z=x +yi( x , y ∈ R) Khi đó ( z+ 1)(1+i)+ 1− i ( x −1 − yi ) (1+ i) 2 ⇔ ( x +1+yi ) (1+i)+ =x + y ⇔3 x +1− y +(3 x +1+ y )i=2(x + y ) ⇔ y=−(3 x+ 1) ⇔ 10 x2 +3 x=0 2 x+1 − y =2( x + y ) ⇔ ¿ x =0 , y=−1 x +1+ y=0 ¿{ x=− , y=− 10 10 ¿{ − i Vậy z=−i z=− 10 10 () VIIa (1,0 điểm) VIb (2,0 điểm) 0,5 0,5 (1,0 điểm) I (2; 1) , bán kính R= √ Gọi 10 H=MI∩ AB Ta có AH= AB= √ Trong tam giác 2 Đường tròn (C) có tâm A vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có M 1 1 = 2+ ⇒ = − ⇒ AM=√ ⇒ MI=√ 10 2 AH AI AM AM 10 x−5 y−3 Δ:5 x − y −19=0 ⇔ Δ : = Ta có ⇒ M (5+2 m; 3+5 m) H B 0,5 2+5 m¿ =10 ⇔29 m +32 m+3=0 ⇔ m=−1 m=− 3+2 m ¿ + ¿ 29 Khi đó MI= √ 10 ⇔ ¿ Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI Với m=−1 ta có M (3 ; −2) Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp 2 x− + y+ = 2 139 72 M ; m=− Với ta có 29 29 29 197 101 x− + y− = 58 58 Δ AMB là ( )( ) ( ( )( ) 0,5 Khi đó pt đt ngoại tiếp Δ AMB là ) (1,0 điểm) 2 ⃗Δ=(a ; b ; c)( a +b +c ≠ 0) là vectơ phương đường thẳng Δ Mặt cầu (S) có u I (−1 ;1 ; 0) Vì đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) A nên ⃗ IA (2; − 1; − 2)⊥ u⃗Δ ⇔ a −b − c=0 ⇔ b=2 a −2 c (1) Mặt khác đường thẳng Δ tạo với trục Ox góc α với cos α = nên √ 10 Gọi tâm 0,5 (7) 2 ¿ = ⇔ b =89 a − c 2 (2) √ a +b + c √ 10 ¿ Từ (1) và (2) ta có phương trình 85 a2 +8 ac − c 2=0 (3) * Với c=0 , suy a=0 , b=0 (ktm) a a a a =− + −5=0 ⇔ = * Với c ≠ , ta có (3)⇔ 85 c 17 c c c a x −1 y z +2 = , ta chọn a=1 ,c =5⇒ b=− Suy phương trình Δ : = = Với c −8 a =− , a=5 , c=−17 ⇒b=44 Với ta chọn Suy phương trình c 17 x −1 y z+2 Δ: = = 44 −17 x − 2¿2 + y ¿ ¿ z=x +yi( x , y ∈ R) x +( y −2) i [x +( y − 2)i].[(x −2)− yi] z −2 i Đặt Khi đó = = ¿ z −2 (x −2)+ yi 2 x −2 ¿ + y ¿ 2 x−2¿ + y 2 x −2 ¿ + y ¿ ¿ ¿ ¿ x (x −2)+( y −2) y ¿ là số ảo và ¿ x (x −2)+( y −2) y ¿ ⇔ ¿ x 2+ y =2(x+ y) ¿ 2 x − 2¿ + y ≠ ¿ ¿ x − 1¿ 2+ y ¿ y −1 ¿2 x +¿ Ta có ¿ T =¿ z − 1∨+¿ z − i∨¿∨( x − 1)+ yi∨+¿ x +( y −1)i∨¿ √ ¿ ¿ √1+2 y + √ 1+2 x x+ y ¿ x+ y ≤ 2 Áp dụng BĐT Côsi ta có 2( x + y)=x + y ≥ ¿ Suy 2 Suy T ≤ 2(2+2( x+ y))≤ 20 Suy T ≤ √ , dấu đẳng thức xảy và x= y=2 Vậy giá trị lớn T là √ , đạt z=2+2 i ¿ a∨ () VIIb (1,0 điểm) 0,5 0,5 0,5 (8)