Tìm các giá trị của tham số m ñể hàm số có 3 cực trị và ba ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số ñó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 ñvdt.. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.. Tìm tọa ñộ
Trang 1SỞ GD & ðT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT PHAN ðĂNG LƯU
ðỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN I, NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát ñề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm)
Câu I (2 ñiểm) Cho hàm số y = m(1 – x2)2
1 Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số ñã cho khi m = 1
2 Tìm các giá trị của tham số m ñể hàm số có 3 cực trị và ba ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số ñó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 1 (ñvdt)
Câu II (2 ñiểm)
1 Giải hệ phương trình
2 Giải phương trình 1 + sin2x – cosx – sinx - 2 (2cos3x – cosx) = 2 cos2x (sinx - 1)
Câu III (1 ñiểm) Tính tích phân I = 2
1
( 1) ln
e
x dx
x x x x
+
∫
Câu IV (1 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD, có ñáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3 cm; SA = SB = SC = 3cm Tam
giác SBD có diện tích bằng 6 cm 2 Tính thể tích khối chóp S.ABCD
Câu V (1 ñiểm) Cho x, y là hai số thực thay ñổi thỏa mãn x2+y2+8x+16− x2+y2− +8x 16 =6 Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P = 336x2 + 2y2 - 2010x + 2011
PHẦN RIÊNG (3 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.A (2 ñiểm)
1 Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 12 6 6+ , A(-2; 0), B(4; 0) và ñộ dài bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác ñó bằng 5 Tìm tọa ñộ ñiểm C biết tung ñộ của nó là số dương
2 Trong không gian với hệ toạ ñộ Oxyz cho 2 ñường thẳng (d1) và (d2)có phương trình
Lập phương trình mặt phẳng chứa (d1) và (d2)
Câu VII.A (1 ñiểm) Giải bất phương trình 4 5
4
2 log2
2
−x x
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.B (2 ñiểm)
1 Trong mp(Oxy) cho 4 ñiểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4), D(3; 5) Tìm toạ ñộ ñiểm M thuộc ñường thẳng ( ) : 3∆ x− − =y 5 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau
2 Trong không gian với hệ trục tọa ñộ Oxyz, cho ñường thẳng ∆: 1 3
x− = y− = z
và ñiểm M(0 ; - 2 ; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) ñi qua ñiểm M song song với ñường thẳng ∆ ñồng thời khoảng cách giữa ñường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4
Câu VII.B (1.0 ñiểm) Cho hàm số y = − +
−
1
x (C) vµ d1: y = −x + m, d2: y = x + 3 Tìm tất cả các giá trị của m ñể (C) cắt d1 tại 2 ñiểm phân biệt A, B ñối xứng nhau qua d2
- Hết -
Họ và tên học sinh……… ……… ; Số báo danh ……… ………
( ) : ; (d ):
Trang 2SỞ GD & ðT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT PHAN ðĂNG LƯU
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM ðỀ KHẢO SÁT CHẤT
LƯỢNG LỚP 12, LẦN I, NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: TOÁN
Khi m = 1, ta có y = (1 – x2)2 = x4 – 2x2 +1
Tập xác ñịnh của hàm số là: ℝ ;
→+∞ =+ ∞ →−∞ =+ ∞ y’= 4x3 – 4x; y’ = 0 0
1
x x
=
= ±
0 25
Hàm số ñồng biến trên các khoảng (-1; 0), (1; +∞); Nghịch biến trên các khoảng (−∞; -1), (0; 1) Hàm
số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = 1; Hàm số ñạt cực tiểu tại x = 1± , yCT = 0 0.25 Bảng biến thiên:
0.25
0.25
Ta có y’ = m(4x3 – 4x), do ñó với mọi m khác 0 hàm số luôn có 3 ñiểm cực trị 0.25 Các ñiểm cực trị của ñồ thị hàm số ñã cho là A(-1; 0), B(1; 0), C(0; m) 0.25
Vì A, B thuộc trục hoành và ñối xứng nhau qua O; C thuộc trục tung nên dt(ABC) = ½ AB CO = m 0.25
1 Giải hệ phương trình
Cách giải 1 (1) ⇔(x – 1)2 = (y – 2)2 1
3
y x
y x
= +
= − +
x + − x − − x + = ⇔ − − x − − x + = ⇔ = x 0.25
y = - x + 3, vì ñiều kiện 1− ≤ ≤x 1và 0≤ ≤y 2nên chỉ cần thay x = 1, y = 2 vào hệ, ta thấy không là nghiệm 0.25
Cách giải 2
(1)⇔(x - 1)2 = (y – 2)2 Với ñiều kiện 1− ≤ ≤x 1, 0≤ ≤y 2 thì x - 1và y - 2 ñều thuộc [-2; 0] 0.25 Xét hàm số f(t) = t2 Hàm số này liên tục và nghịch biến trên [-2; 0], do ñó
x
0 f’(x)
f (x)
0
1
0
Trang 3y = x + 1; PT(2): ( )2
x + − x − − x + = ⇔ − − x − − x + = ⇔ = x Vậy nghiệm của hệ PT ñã cho là x = 0, y = 1
(Học sinh cũng có thể biến ñổi (1)⇔(x + 1) 2 – 4(x+1) = y 2 – 4y, rồi xét hàm số f(t) = t 2 – 4t trên [0; 2])
0.5
2 Giải phương trình 1 + sin2x – cosx – sinx - 2 (2cos3x – cosx) = 2 cos2x (sinx - 1) (1) 1.0
2
(1)⇔(s inx+cos )x −(s inx+cos )x − 2 cos cos 2x x− 2cos2 s inx+ 2cos2x x=0 0.25 (s inx cos )(s inx cos 1) 2 os2 (s inx cos 1) 0
(s inx cos 1)(s inx cos 2 os2 ) 0
2
2 2
x k
π
=
= +
2
4
2 4
π
Câu III Tính tích phân I = 2
1
( 1) ln
e
x dx
x x x x
+
1 (1 )
I
+
ln( ln 1)1 ln( 2) ln 2 ln 2
2
2
e+
0.5
Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB =
= SC, BD là trung trực của AC) Do ñó SH ñường cao của hình chóp cũng là
ñường cao của tam giác SBD
0.25
Gọi O là giao ñiểm của AC và BD Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO suy ra tam giác SBD là tam giác vuông tại S Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên
SD = 4; suy ra BD = 5, SH = 12/5
0.25
ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO = 11
2
suy ra dt(ABCD) = 5 11
2
0.25
.
1
3
S ABCD
V = SH dt ABCD = Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 11 0.25
Câu V (Quyền tác giả của bài toán thuộc về Th.s Phan Văn Cường – Tổ trưởng tổ Toán - Tin
x +y + x+ − x +y − +x = ⇔ x+ +y − x− +y =
Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, ñặt ñiểm M(x; y), F1(-4; 0), F2(4; 0) thì ñiều kiện (*) trở thành:
MF - MF =6
0.25
Suy ra tập hợp ñiểm M thỏa mãn ñiều kiện bài toán là ñường Hypebol (H):
2 2
1
S
A
B
C
D
O
H
Trang 4Ta có P = 336x2 + 2y2 - 2010x + 2011 = x2 + y2 + 335(x – 3)2 + y2 - 1004
Suy ra P ≥ x2 + y2 - 1004
2 2
x y
0.25
ðẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
2 2
3
3 0
0 1
x
x y
y
x y
=
=
Vậy MinP = - 995 khi x = 3, y = 0
(Từ (**) có thể rút y theo x, ñưa P về bậc hai theo x, rồi sử dụng giá trị nhỏ nhất của hàm số bậc hai; nhưng cần lưu ý tìm miền xác ñịnh của x)
0.25
Giọi I(x0; y0) là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC, suy ra PT ñường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
(x – x0)2 + (y – y0)2 = 25 Vì ñiểm A(-2; 0), B(4; 0) thuộc ñường tròn nên ñường tròn ( C) có PT là:
(x – 1)2 + (y – 4)2 = 25 , (x – 1)2 + (y + 4)2 = 25
(Tìm tâm của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có thể vẽ hình rồi sử dụng tam giác vuông, lưu ý hai trường hợp)
0.25
Vì A(-2; 0), B(4; 0) và dt(ABC) = 12 6 6+ nên ñường cao CH = 4 2 6+ Hai ñiểm A, B nằm trên trục hoành và C có tung ñộ là số dương nên C năm trên ñường thẳng y = 4 2 6+ 0.25
Do ñó tọa ñộ ñiểm C là nghiệm của hệ ( )2 ( )2
x – 1 y – 4 25
4 2 6
y
= +
x – 1 y + 4 25
4 2 6
y
= +
ðường thẳng (d 1) ñi qua ñiểm M(1; -1; 2) có véc tơ chỉ phương là u1(2;3;1)
; ðường thẳng (d2) ñi qua
ñiểm N(4; 1; 3) có véc tơ chỉ phương là u2(6;9;3)
Suy ra (d1)//(d 2 ), do ñó tồn tại mp chứa (d 1 ), (d 2) gọi
là (P)
0.25
Véc tơ pháp tuyến của mp(P) là nP =u MN 1, =(1;1; 5− ) 0.5
4
2 log2
2
−x
x
2
2
(1)
0.25
Giải (2): (2)
6 16
0
0 4
x
x x
x
x
−
≥
−
−
0.25
Giải (3): (3)
9
4 17
4 0 4
4 9
0 4
4 17 4
1 4
2 8
1
≤
≤
⇔
≤
−
−
≥
−
−
⇔
≤
−
≤
x x x x
x
x
0.25
Vậy bất phương trình có tập nghiệm 5
16
; 3
8 9
4
; 17
4
Trang 5Phương trỡnh ủường thẳng AB: 4x+3yư =4 0 và AB=5
ðiểm M thuộc∆ nờn toạ ủộ dạng: M =( ;3t tư5) Suy ra ( , ) 13 19 ; ( , ) 11 37
9
3
t
t
= ư
=
0.25
Vậy cú 2 ủiểm cần tỡm là: ( 9; 32), ( ; 2)7
3
Giả sử ( ; ; )n a b c
là một vectơ phỏp tuyến của mặt phẳng (P) suy ra mp(P): ax + by + cz + 2b = 0
(ðK a2 + b2 + c2 > 0) ðường thẳng ∆ ủi qua ủiểm A(1; 3; 0) và cú một vectơ chỉ phương u =(1;1; 4) 0.25
2 2 2
4
| 5 |
4
n u a b c
b a c
a b
a b c
=
+ +
Thế (1) vào (2) ta cú a2- 2acư8c2 = ⇔ ư0 (a 4 )(c a+2 )c =0.Ta thấy nếu c = 0 thỡ a =b = 0, khụngTM
Vậy phương trỡnh mặt phẳng (P) là: 4x - 8y + z - 16 = 0, 2x + 2y - z + 4 = 0 0.25
Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình : ư + = ư +
ư
1
x m x
⇔ 2x2
-(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)
d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2
m m ⇔ m2-2m-7>0 (*)
0.5
Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
Vì d1⊥ d2 nên A, B đối xứng nhau qua d2 khi và chỉ khi trung điểm P của AB thuộc d2
Ta có P( 1+ 2;ư 1+ 2 +
m) ⇒ P( +3 3; ư3
2
Vậy m =9 là giá trị cần tìm
0.5