đến Câu VIa.. Tính thể tích khối chóp S ABCD.. và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB SC ,.
Trang 1SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
MÔN TOÁN KHỐI 12
(Thời gian làm bài 150 phút - Ngày thi 20-05-2010) Phần chung: Dành cho cả ba khối A, B, D (Từ Câu I đến Câu VIa.)
Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x m = 2( − − 1 x2) 2 + có đồ thị là ( Cm).
1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 3.
2 Tìm mđể ( Cm) có 3 điểm cực trị Khi đó gọi ( ) ∆ là tiếp tuyến của ( Cm)tại điểm cực
tiểu, tìm mđể diện tích miền phẳng giới hạn bởi ( Cm) và ( ) ∆ bằng 4
15.
Câu II ( 2 điểm)
1 Giải phương trình: 2cos 2 2sin (2sin 3 sin ) cos 2
3
2 Giải hệ phương trình:
− + + =
Câu III ( 1 điểm) Tính tích phân 2
0
sin 2 ln(1 sin )
π
Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AD a = ,
AB = 2 a , · BAD = 60 0 Biết tam giác SBD đều và tam giác SAC cân tại S Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB SC ,
Câu V ( 1 điểm) Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn x y + + = 1 3 xy Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 1 12 12
( 1) ( 1)
M
Câu VIa ( 2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elíp ( ) : 2 2 1.
E + = Gọi F F1, 2 là các tiêu
điểm của ( ) E Tìm các điểm M thuộc( ) E sao cho · 0
1 2 120
MF F = biếtF2có hoành độ âm.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyzcho điểm A (5;2;5), mặt phẳng
( ) : 2 P x − 5 y z + + = 1 0 và hai đường thẳng 1 2
3 7
1 3
= −
−
= +
Tìm trên mặt phẳng (P) điểm M sao cho đường thẳng AM cắt cả ∆1 và ∆2
Phần riêng: Khối A chỉ làm câu VIIa.1, Khối B, D chỉ làm câu VIIa.2
Câu VIIa ( 1 điểm) (Khối A chỉ làm câu VIIa.1, Khối B, D chỉ làm câu VIIa.2)
1 Tìm phần ảo của số phức
2010
z
i
2 Giải phương trình sau trên £ : z2 − − (1 3 ) i z − − = 2 2 i 0.
Hết
Trang 2ĐÁP ÁN TOÁN 12 – KHẢO SÁT LẦN 4
Câu I.1) (1 điểm)
- m=3, h/s trở thành y x = 2(2 − x2) 2 + ⇔ = − + y x4 2 x2 + 2
TXĐ: R, là h/s chẵn, lim
1
x
x
=
0.25
BBT
0.25
Nêu các khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị 0.25
Đồ thị;
2
-2
O
-1 3
2 -2
1
0.25
Câu I.2) (1 điểm)
Trường hợp tổng quát, ta có y ' = − 4 x3+ 2( m − 1) x H/s có ba cực trị khi và chỉ khi pt y’=0 có
ba nghiệm phân biệt 3 20
x
=
= −
0.25
Ta có y '' = − 12 x2 + 2( m − ⇒ 1) y ''(0) 2( = m − > ⇒ 1) 0 ( Cm) có điểm cực tiểu (0;2) Tiếp
tuyến với ( Cm) tại (0;2) là ( ) : ∆ y − = 2 f '(0)( x − ⇔ = 0) y 2. 0.25
Pt hoành độ giao điểm của ( Cm) và ( ) ∆ là: 2 2 0
1
x
=
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi ( Cm) và ( ) ∆ là
1
1
m
m
−
− −
∫
0.25
m m
m
−
−
− −
đương với ( m − 1)2 m − = ⇔ 1 1 ( m − 1)5 = ⇔ = 1 m 2.
0.25
Câu II.1) (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
2 cos2 cos sin 2 sin 4sin sin3 1 0 cos2 3sin 2 4sin sin3 1 0
0.25
Trang 31 2sin 2 3 sin cos 4sin sin3 1 0
sin 0 sin (2sin 3 sin 3 cos ) 0
sin 3 cos 2sin 3 (*)
x
=
0.25
sin x = ⇔ = 0 x k π Phương trình (*) 1 3
sin( ) sin 3
3
π
Kết luận: ;
x k x = π = + π k π
là nghiệm
0.25
Câu II.2) (1 điểm)
Ta có (1)
2 2
Với x=y, (2) ⇔ x x x − + + = ⇔ = ⇒ = = 1 x 2 x 1 x y 1 là 1 nghiệm 0.25 Với x=2-2y,
2 0
3
x y
=
=
KL: Hệ có 3 nghiệm (1;1); (2;0); (8/3;-1/3)
0.25
Câu III.) (1 điểm)
2
Do đó 1
02 ln(1 )
I = ∫ t + t dt Đặt
2
1 ' ln(1 )
1 ' 2
u
t
v t
=
0.25
1 2
0
Tính được
1
Câu IV.) (1 điểm)
O
B A
S
0.25
Ta có SYABCD = AB AD sin 600 = 3 a2
Trang 4Gọi O =AC X BD⇒ SO ⊥ AC SO , ⊥ BD nên SO là đường cao của hình chóp.
Theo định lý cosin, ta có
·
2
BD = AB + AD − AB AD BAD = a + a − a a = a ⇒ BD a =
Mà tam giác SBD đều nên dễ thấy
3 2
0.25
Ta có AB//CD⇒ AB SCD //( ) ⇒ d AB SC ( , ) = d AB SCD ( ,( )) = d B SCD ( ,( )) Xét khối
chóp S.BCD, ta có
3
a
0.25
Mà ta có SD=BD=a 3, CD=2a
2
Theo định lý cosin,
2
Suy ra
3 2
d B SCD
a
0.25
Câu V (1 điểm)
Theo giả thiết, ta có 3 xy − = + ≥ 1 x y 2 xy Đặt t xy = ⇒ − 3 t 2 t − ≥ ⇒ ≥ 1 0 t 1.
0.25
Ta có
2
4
0.25
Theo Cô si 1 1 1 5 21 1
2
t M
−
+
0.25
Xét 5 21
( )
4
t
f t
t
−
= trên [1;+ ) ∞ và suy ra max 3
2
Câu VIa.1) (1 điểm)
Ta có a2 = 1, b2 = ⇒ = ⇒ = ⇒ 3 c2 1 c 1 F1(1;0); ( 1;0) F2 −
0.25 Giả sử M x y ( ; )0 0 ⇒ uuuur F M x1 ( 0 − 1; ); y F F0 uuuur1 2( 2;0) − VìM∈( )E ⇒3x02 +4y02 =12 (1)
2( 1) 1
2
2 ( 1)
x
0.25
Từ (2) s.ra 02 2
1
x
≥
, thế vào (1) được
8
5
0.25
Trang 5Từ đó suy ra có hai điểm M thỏa mãn ycbt là 1 8 3 3 2 8 3 3
0.25
Câu VIa.2) (1 điểm)
Giả sử 1 (3 7 ;1 2 ;1 3 ); 2 (7 ;3 2 ;9 )
Gọi ∆là đường thẳng qua A và cắt ∆ ∆1, 2tại B, C suy ra tồn tại kđể uuur AB k AC = uuur 0.25
Điểm M cần tìm chính là giao điểm của ∆và (P) M ∈∆ ⇒ M (3 2 ;1 + t + t ;1 4 ) + t
0.25
0.25
1890 1890
2010 2010
0.25
Từ đó ta có
19 5 1890
z = + + π + π + − π π + i π + π + − π π = π + i π
0.25
Vậy phần ảo của z bằng
97
3 2
Ta có ∆ = − (1 3 ) i 2 + + = − + 8 8 i 1 6 i 9 i2 + + = 8 8 i 2 i 0.25 Gọi ω = + x yi x y ( , ∈ ¡ ) là một căn bậc hai của ∆
2 x2 2 xyi y i2 2 x2 y2 2 xyi
ω
xy
0.25
1
1 1
x y
i
⇔ = = − ⇒ = + (thí sinh chỉ cần tìm 1 nghiệm)
0.25
Kết luận phương trình có các nghiệm là: z1 = − 1 ; i z2 = − 2 i 0.25