Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy.. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I5;
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011
I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y x 1
x 2
- +
=
- .
2. Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x. Câu II(2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2x cos x 3 cos 2x( sin x )
0
2 sin 2x 3
=
2. Giải hệ phương trình
ï
í
ï
î
.
Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số ( )
2
x ln x 2
y
4 x
+
=
-
và trục hoành.
Câu IV.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD = a 2 , góc giữa hai mặt
phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 60 0 . Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.AHC
Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x2 +y2+z2 +2xy=3(x+ + y z) Tìm giá trị nhỏ nhất
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
a. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(5;1).
2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;1;2), C(1;1;3) và đường thẳng
x 1 y z 2
:
- . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng D, đi qua điểm A và cắt mặt
phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất
Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z 3i- = - 1 iz và z 9
z
- là số thuần ảo.
b. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): 2 2
x +y -4x+2y 15- = Gọi I là tâm đường tròn (C). 0 Đường thẳng D đi qua M(1;3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng D biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;1;0) và đường thẳng : x 2 y 1 z 1
(P): x + y + z 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với D và khoảng cách từ A đến đường thẳng D bằng 33
2 .
Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1-z2 = z1 = z2 > 0 Tính
A
=ç ÷ + ç ÷
chihao@moet.edu.vn gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 2TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
1. (1,0 điểm)
a. Tập xác định: D = R \ { 2 }.
b. Sự biến thiên:
)
2 (
1 ' 2 > " ¹
-
x
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ ; 2 ) và ( 2 ; + ¥ ) .
2
1 lim
-
+
-
= +¥
® +¥
x
y
x
2
1 lim
-
+
-
= -¥
® -¥
x
y
x
+¥
=
-
+
-
=
-
1 lim
lim
2
x
y
x
x
-
+
-
=
+
1 lim
lim
2
x
y
x
x
.
* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y = 1 ; đường tiệm cận đứng là x = 2 .
0,5
*Bảng biến thiên:
'
y
¥ +
1
¥
-
c. Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0),
cắt trục tung tại )
2
1
;
0 ( - và nhận giao điểm I ( - 2 ; 1 ) của hai tiệm cận làm tâm
đối xứng.
0,5
2. (1,0 điểm)
Vì đường thẳng AB vuông góc với y = x nên phương trình của AB là y = - x + m .
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x m
x
x
+
-
=
-
+
-
2
1
, hay phương trình
2 ,
0
1
2 )
3 (
2
¹
= + + +
Do phương trình (1) có D = ( m + 3 ) 2 - 4 ( 2 m + 1 ) = m 2 - 2 m + 5 > 0 , " m nên có hai nghiệm
phân biệt x 1 , x 2 và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có
1
2
;
3 1 2
2
1 + x = m + x x = m +
x
0,5
I.
(2,0
điểm)
Theo giả thiết bài toán ta có 16 ( ) ( ) 2 16
1
2
2
1
2
2
=
- +
-
Û
AB
.
1
3
0
3
2
8 )
1
2 (
4 )
3 (
8
4 ) (
8 ) (
16 ) (
) (
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
2
-
=
Ú
=
Û
=
-
-
Û
= +
- +
Û
=
- +
Û
=
-
Û
=
- + +
- +
-
Û
m
m
m
m
m
m
x
x
x
x
x
x
m
x
m
x
x
x
* Với m = 3 phương trình (1) trở thành x 2 - 6 x + 7 = 0 Û x = 3 ± 2 . Suy ra hai điểm A,
B cần tìm là ( 3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) .
* Với m = - 1 ta có hai điểm A, B cần tìm là ( 1 + 2 ; - 2 - 2 ) và ( 1 - 2 ; - 2 + 2 ) .
Vậy cặp điểm TM: ( 3 + 2 ; - 2 ), ( 3 - 2 ; 2 ) hoặc ( 1 + 2 ; - 2 - 2 ) , ( 1 - 2 ; - 2 + 2 ) .
0,5
1. (1,0 điểm)
II.
(2,0 Điều kiện: x ¹ Û x ¹ p + k p
6
2
3
2
3 + Î Z
¹ k k
x p p
x
1
-
2
y
I
Trang 3Khi đó pt Û sin 2 x + cos x - 3 (cos 2 x + sin x ) = 2 sin 2 x - 3
0 )
2 cos
3 )(sin
3 cos
2 (
0 )
2 cos
3 )(
3 cos
2 ( )
3 cos
2 ( sin
0
3 cos
2 cos
3 sin
3
2 sin
=
- +
+
Û
=
- +
+ +
Û
=
-
- +
+
Û
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
0,5
ê
ê
ê
ê
ë
é
+
=
+
±
=
Û
ê
ê
ê
ê
ë
é
=
÷
ø
ö
ç
è
æ +
-
= Û
p
p
p
p
p
2
6
2
6
5
1
3 sin
2
3
cos
k
x
k
x
x
x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = + k 2 , k Î Z
6
5
p
p
.
0,5
2. (1,0 điểm)
Hệ
ï
ï
í
ì
= + +
=
- + +
Û
23
6 )
2 (
10 )
2 ( )
2 (
2
2
2
2
y
y
x
y
x
Đặt u = x 2 + 2 , v = y - 2 . Khi đó hệ trở thành
ê
ë
é
=
-
= +
=
= +
Û
î
í
ì
= + +
= +
Û
î
í
ì
= + + +
-
= +
67 ,
12
3 ,
4
19 ) (
4
10
23 )
2 (
6 )
4 )(
2 (
2
2
uv
v
u
uv
v
u
v
u
uv
v
u
v
v
u
v
u
0,5
điểm)
TH 1. u + v = - 12 , uv = 67 , hệ vô nghiệm.
TH 2
î
í
ì
=
= +
3
4
uv
v
u
, ta có ê
ë
é
=
=
=
=
3 ,
1
1 ,
3
v
u
v
u
* Với
î
í
ì
=
=
1
3
v
u
ë
é
=
±
=
Û
î
í
ì
=
=
3
1
3
1
2
y
x
y
x
* Với
î
í
ì
=
=
3
1
v
u
ta có
î
í
ì
=
-
=
3
1
2
y
x
, hệ vô nghiệm.
Vậy nghiệm (x, y) của hệ là ( 1 ; 3 ), ( - 1 ; 3 ).
Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x theo y từ phương trình thứ hai vào phương 2
trình thứ nhất.
0,5
III.
(1,0
điểm)
ë
é
-
=
=
Û
=
-
+
1
0
0
4
)
2 ln(
x
x
x
x
. Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính
là hình phẳng giới hạn bởi các đường
.
0 ,
1 ,
0 ,
4
)
2 ln(
-
+
x
x
x
y
4
)
2 ln(
d
4
)
2
1
2
0
1
ò
-
+
-
=
-
+
x
x
x
x
x
x
x
x
x
v
x
4
d ),
2 ln(
2
-
-
= +
4 ,
2
d
x
x
+
Theo công thức tích phân từng phần ta có
.
d
2
4
2
ln
2
d
2
4 )
2 ln(
4
0
2
ò
+
-
- +
-
x
x
x
x
x
x
x
S
0,5
Trang 4Đặt x = 2 sin t . Khi đó d = x 2 cos t d t . Khi ;
6 , p
-
=
-
= t
x khi x = 0 = , t 0 .
3
2 ) cos (
2
d ) sin
1 (
2
d
2 sin
2
cos
4
d
2
0
0
6
2
0
1
2
- +
= +
=
-
= +
= +
-
-
-p
p
t
t
t
t
t
t
t
x
x
x
I
3
3
2
2
ln
- +
-
=
S
0,5
+) Từ giả thiết suy ra SH ^ ( ABCD ).
Vẽ HF ^ AC ( F Î AC ) Þ SF ^ AC
(định lí ba đường vuông góc).
Suy ra 60 0 .
=
ÐSFH
Kẻ BE ^ AC ( E Î AC ). Khi đó
3
2
2
2
BE
Ta có SH = HF tan 60 0 =
2
2
a
3
.
3
.
a
S
SH
V S ABCD = ABCD =
0,5
IV.
(1,0
điểm
+) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có
.
2
4
3
3
2
.
4
.
S
AC
HC
AH
S
AC
HC
AH
r
ABC AHC
=
=
=
Kẻ đường thẳng D qua J và D // SH . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp AHC
S. là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và D trong mặt phẳng (SHJ). Ta có
.
4
2
2
2
2
r
SH
JH
IJ
Suy ra bán kính mặt cầu là
32
31
a
R = Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ.
0,5
2
1 )
( ) (
3 x + y + z = x + y 2 + z 2 ³ x + y + z 2
Suy ra x + y + z £ 6 .
0,5
V.
(1,0
điểm
Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có
2
2
1
1
4
2
8
2
8 )
2 (
8
8 )
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+
+ +
+
÷
÷
ø
ö
ç
ç
è
æ
+
+ + + + +
÷
ø
ö
ç
è
æ
+
+ + + +
=
y
z
x
y
y
y
z
x
z
x
z
x
P
.
26
2
2
8
22
2 )
2 )(
(
8
12
12
+ + + +
³
- + + + +
³
z
y
x
y
z
x
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 , y = 2 , z = 3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x = 1 , y = 2 , z = 3 .
0,5
1. (1,0 điểm)
Ta có A ( - 3 ; - 8 ). Gọi M là trung điểm BC
AH
IM //
Þ Ta suy ra pt IM : x - y 2 + 7 = 0 .
Suy ra tọa độ M thỏa mãn
).
5
;
3 (
0
9
6
13
0
7
2
M
y
x
y
x
Þ
î
í
ì
=
-
-
= +
VIa.
(2,0
điểm)
Pt đường thẳng BC : 2 ( x - 3 ) + y - 5 = 0 Û 2 x + y - 11 = 0 . B Î BC Þ B ( a ; 11 - 2 a ). Khi đó
0,5
B
A
I
C
B
A
S
D
C
E F
J
I
K
H
Trang 5ê
ë
é
=
=
Û
= +
-
Û
=
2
4
0
8
6
2
a
a
a
a
IB
IA Từ đó suy ra B ( 4 ; 3 ), C ( 2 ; 7 ) hoặc B ( 2 ; 7 ), C ( 4 ; 3 ).
2. (1,0 điểm)
Ta có AB ( 1 ; - 1 ; 2 ), AC ( - 2 ; 1 ; - 3 ). Suy ra pt ( ABC ) : x - y - z - 1 = 0 .
Gọi tâm mặt cầu I Î D Þ I ( 1 - t ; 2 t ; 2 + 2 t ) . Khi đó bán kính đường tròn là
.
2
3
6 )
1 (
2
3
8
4
2 )) ( , (
2
2
2
2
³ + +
= + +
=
-
r
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = - 1
0,5
Khi đó I ( 2 ; - 2 ; 0 ), IA = 5 . Suy ra pt mặt cầu ( 2 ) 2 ( 2 ) 2 2 5 .
= + + +
Đặt z = a + bi ( a , b Î R ). Ta có | z - 3 i | = | 1 - i z | tương đương với
|
1
|
| )
3 (
|
| ) (
1
|
| )
3 (
| a + b - i = - i a - bi Û a + b - i = - b - ai
2 )
( )
1 ( )
3
2
=
Û
- +
-
=
- +
VIIa.
(1,0
điểm)
Khi đó
4
)
26
2 (
5
4
)
2 (
9
2
2
9
2
9
2
2
3
2
+
+ +
-
= +
-
- +
= +
- +
=
-
a
i
a
a
a
a
i
a
i
a
i
a
i
a
z
chỉ khi a 3 - a 5 = 0 hay a = 0 , a = ± 5 .
Vậy các số phức cần tìm là z = 2 i , z = 5 + 2 i , z = - 5 + 2 i .
0,5
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I ( - 2 ; 1 ), bán kính R = 2 5 . Gọi H
là trung điểm AB. Đặt AH = x ( 0 < x < 2 5 ). Khi đó ta có
1
2
x
=
é
ë nên AH = 4 Þ IH = 2 .
0,5
Pt đường thẳng qua M: a ( x - 1 ) + b ( y + 3 ) = 0 ( a 2 + b 2 ¹ 0 )
.
0
3 - = +
+
Û ax by b a
b
a
b
a
IH
AB
I
d
3
4
0
0 )
4
3 (
2
|
2
|
2 )
, (
2
+
+
Û
=
* Với a = 0 ta có pt D y : + 3 = 0 .
3
4
b
a = Chọn b = 3 ta có a = 4 Suy ra pt D : 4 x + 3 y + 5 = 0 . Vậy có hai đường thẳng D thỏa mãn là y + 3 = 0 và 4 x + y 3 + 5 = 0 .
0,5
2. (1,0 điểm)
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với D. Khi đó pt ( Q ) : 2 x - y + z - 3 = 0 . Ta có
).
1
;
1
;
1 ( ),
1
;
1
;
2
n - Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q) Khi đó
)
3
;
1
;
2 ( ] ,
= P Q
d n n
u và N ( 1 ; 0 ; 1 ) Î d nên pt của
ï
î
ï
í
ì
-
=
=
+
=
t
z
t
y
t
x
d
3
1
2
1
Vì A Î d suy ra A ( 1 + 2 t ; t ; 1 - 3 t ).
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
Gọi H là giao điểm của D và mặt phẳng (Q). Suy ra ).
2
1
;
2
1
;
1
( -
H
Ta có
7
8
1
0
16
2
14
2
33 )
, ( A D = AH = Û t 2 - t - = Û t = - Ú t =
Suy ra A ( - 1 ; - 1 ; 4 ) hoặc ).
7
17
;
7
8
;
7
23
A
0,5
VIIb.
(1,0
điểm)
z
z
=
2
1 ta được | z 2 w - z 2 | = | z 2 w | = | z 2 | > 0 . Hay | w - 1 | = | w | = 1 .
M
I
A
Trang 61 )
1
= +
= +
2
3 ,
2
1
±
=
= b
a
3
sin
3
cos
2
3
2
i
i
3
4 sin
3
4 cos
i
3
4 sin
3
4 cos
i
w ÷ ø = -
ö
ç
è
æ
3
4 cos
2 = -
2
3
2
1
-
= , tương tự ta cũng có A = - 1 .
Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức.
0,5