Suy ra đồ thị cú điểm uốn là... d không vuông góc với Ox... Suy ra phương trình mặt cầu.
Trang 1đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 2 - 2010
MễN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phỳt
1 (1,0 điểm)
I.
(2,0
điểm)
Khi m2 hàm số trở thành
3
5 4 3
2 3 2
a Tập xỏc định: R
b Sự biến thiờn:
* Chiều biến thiờn: Ta cú y' 2x2 2x 4 ; y' 0 x 1 x 2
y' 0 1 x 2 ; y' 0 x 1 x 2 Suy ra hàm số đồng biến trờn khoảng ( 1 ; 2 ) và nghịch biến trờn mỗi khoảng
) 1
; ( , ( 2 ; )
* Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x1 và y CT 4; đạt cực đại tại x2 và y CĐ 5
* Giới hạn:
xlim ;
y xlim . 0,5 * Bảng biến thiờn x 1 2
' y 0 0
y
5
4
c Đồ thị: y" 4x 2 Ta cú 2 1 0 " x y Suy ra đồ thị cú điểm uốn là 2 1 ; 2 1 Nhận xột: Đồ thị nhận điểm uốn 2 1 ; 2 1 là tõm đối xứng 0,5 2 (1,0 điểm) Ta cú hệ số gúc của d:x 3y 1 0 là 3 1 d k Do đú x1, x2 là cỏc nghiệm của phương trỡnh y' 3, hay 2 2 2 ( 1 ) 3 2 3 x m x m 0 1 3 ) 1 ( 2 2 2 x m x m (1) 0,5 Yờu cầu bài toỏn phương trỡnh (1) cú hai nghiệm x1, x2 thỏa món x1.x2 0
3 1
3 0
2 1 3
0 ) 1 3 ( 2 ) 1 (
m m m
m m
Vậy kết quả của bài toỏn là m3 và .
3
1
1
II.
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: sin 2x 0
O
1
5y
x
4
2 1 2 1
Trang 2sin
cos cos
sin 2
1 sin
2 sin
1
x
x x
x
x x
0 2 cos cos 2 2 cos
0 cos sin 2
cos 2 1 sin
sin 2
x x
x
x x
x x
x
0,5
2 3
2 4 2
1 cos
0 2 cos
Z m k m x
k x
x
x
Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình là 2 , ,
3
; 2
x
0,5
2 (1,0 điểm)
Đặt a x 1 , b y 1 , a, b 0 Khi đó hệ trở thành
) 2 ( 4
1 ) 4 ( 2
) 1 ( 2
7 2 2 2
a a b
b a
Thế (1) vào (2) ta được
4
1 8 2 2
2 2
a
0 ) 6 5 )(
2 )(
1 (
0 12 8 7 2
2
2 3 4
a a a a
a a a
2
1
a a (vì a2 5a 6 0 với a0)
* Với a1, thay vào (1) ta được 0
2
5
b , không thỏa mãn
* Với a2, thay vào (1) ta được
2
1
4
3 ,
3
0,5
III.
(1,0
điểm)
Ta có
2
1 0
1
2x ex x
Vậy hình phẳng đã cho được giới hạn bởi các đường
2
1
; 0
; 1
và x 1
Do ; 1
2
1 ,
0
1
nên thể tích khối tròn xoay tạo thành là
1
2 1
2 d ) 1 2
0,25
Đặt u 2x 1 , dve 2xdx Khi đó .
2
1 ,
d 2
du x v e2 x
Theo công thức tích phân từng phần ta có
1
2 1 2 2
1
1 2 1
2
1
2
1 d
) 1 2
2 1
1 2 2
2
1 2
3
0,5
2 2
2
e
Trang 3(1,0
điểm)
Từ giả thiết suy ra BB1C là tam giác vuông tại B và
2
3
2
1 1
a BC BB
Mặt phẳng (BB1C) chứa B1C và song song với AA1 nên d(AA1; B1C)d(A; BB1C)2a
3
1 1 d A BB C S 1 a
Vì chung đáy và chung đường cao nên
1
V B ABC A BB C
0,5
0,5
V.
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
zx z
x z yz y
z y xy x
y
x2 3 1 3 , 2 3 1 3 , 2 3 1 3 Khi đó
) (
3 )
1 (
) 1 (
) 1 (x2y3 x y2z3 y z2x3 z x2 y2 z2 x y z
3 ) 3 )(
(
3 ) (
3 ) (
) (
3 )
( 3
2
2 2 2
z y x z y x
z y x z
y x
z y x z y x zx yz xy
0,5
Từ giả thiết xyyzzx 3 và x, y, z 0 ta có
9 ) (
3 )
Suy ra xyz 3
Do đó A3
Dấu đẳng thức xảy ra khi xyz 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, đạt được khi xyz 1
0,5
VIa.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Giả sử M(x0; y0)(E) Khi đó 1
3 4
2 0
2
0 y
x
và 2x0 2
(E) có a 2 , c 4 3 1 Suy ra
2
1
a
c
0
2 0
2 0 2
2 0
2 0
2 2
2
1 MF aex a ex a aex e x x x
0,5
Xét hàm ( ) 2 2 12 0 32
0
x
f trên [ 2 ; 2 ]
Ta có f'(x0)4x0 120,x0[2; 2] Suy ra min ( 0) (2)
] 2
; 2 [ 0
f x f
Suy ra min( 7 2 ) 16
2
2
MF , đạt khi x0 2 Thay vào (1) ta có y0 0 Vậy M( 2 ; 0 )
0,5
2 (1,0 điểm)
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0 Vì I d nên I( t 1 ; 2t 3 ;t 3 )
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
2 2 )) (
;
d
Ta có
3
2 11 )) (
;
d Chu vi của đường tròn giao tuyến 2 r 2 r 1
3
) 2 11 ( ))
(
; (
2 2
2 2
r Q I d
A
B
C a
3a
1
A
1
B
1
C
Trang 4Từ (1) và (2) suy ra
2 23
4 1
3 ) 2 11 ( 9
) 2 2
t
t t
t
* Với t4 ta có I( 3 ; 5 ; 7 ), R 2 Suy ra mặt cầu ( 3 ) 2 ( 5 ) 2 ( 7 ) 2 4
x
* Với
2
23
2
29
; 20
; 2
21
I Suy ra phương trình mặt cầu
49
2
29 20
2
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Giả sử z xyi, x,yR. Khi đó
3
1 9
1 )
3 ( ) 3 2 ( ) 1 6 ( ) 6
(
3 ) 3 2 ( ) 1 6 ( 6 3
2 6
2 2 2
2 2
2
z y
x x
y y
x
xi y i
y x iz
i z
3
1 2
1 z
z
0,5
9
2 ) (
) )(
( 9
1
1 2 2 1 1
2 2 1
2 2
2 1 2 1 2 1
2 2
Suy ra
9
1 1 2 2
1z z z
3
1 9
1 9
2 ) (
) )(
( 1 2 1 2 12 2 2 1 2 2 1
2 2
1 z z z z z z z z z z z
z
3
1
2
1 z
z
Chú ý: HS có thể đặt z1, z2 dạng đại số để tính
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
x y
P) : 4
có p 2 Suy ra tiêu điểm F( 1 ; 0 )
TH 1 d Ox Khi đó pt d: x 1 Từ hệ 4
) 2
; 1 ( ) 2
; 1 ( 4 1
2
AB B A x y x
Vậy x 1 thỏa mãn
TH 2 d không vuông góc với Ox Khi đó pt d:yk(x 1 )
Tọa độ A, B là nghiệm của
x y
k kx y
4
2 2 ( 2 ) 0
4 ) (
2 2 2
2
x k kx k kx y
Ta có d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B 0
0 4 4 ' 0
2
k k
Giả sử A(x1;kx1 k), B(x2; kx2 k) với x1, x2 là nghiệm của phương trình (*)
Ta có
2 2 1
2 2 1 2 2
1 2 2
2 ( 1 k )(x x) ( 1 k )[(x x ) 4x x ]
) 1 ( 16 4 ) 2 ( 4 ) 1
k
k k
k
Suy ra 4(1 2 ) 42 4 4
2
k k
k
Vậy phương trình d: x 1 hay x 1 0
0,5
2 (1,0 điểm)
Mặt cầu có tâm I( 2t 2 ; t 1 ; t 1 ) d
3
9 ))
(
;
P I
d Chọn u ( 0 ; 1 ; 1 ) và M( 1 ; 1 ; 3 )
Khi đó MI ( 2t 1 ; t 2 ; t 2 )
Suy ra [u, MI] ( 2t 4 ; 2t 1 ; 2y 1 ) 0,5
Trang 5Suy ra ( , ) [ , ] 12 224 18
2
u
MI u I
Từ giả thiết ta có d(I; (P)) d(I; ) R
53 90
0 0
90 53 9 12 6 3
t
t t
t t
t t
* Với t 0 Ta có I( 2 ; 1 ; 1 ), R 3 Suy ra phương trình mặt cầu
9 ) 1 ( ) 1 ( ) 2
x
* Với
53
90
53
143
; 53
37
; 53
74
2 2
2 2
53
129 53
143 53
37 53
74
x
0,5
VIIb.
(1,0
điểm)
3
sin 3
cos 2 2
3 2
1 2 3
1 i i i Giả sử zr(cos isin ),r 0
) 3 sin(
) 3 cos(
2 3 1
r z
i
Theo giả thiết ta có
3
2 3
hay là
3
Suy ra z r r i
2
3
2
0,5
Khi đó giả thiết 2z i 2 z z r ( 3r 2 )i 2 3ri
3 4 0
3 4 )
3 ( 4 ) 1 3
2
- Hết