Thi thư ĐH Toán lần 7 có đáp án

2 Tìm giá trị của m để hàm số 1 có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 3 4... Xác định tạo độ các đỉnh của hình

ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011

Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I (2 điểm): Cho hàm số 1 4 2 2

2

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) khi m= −1

2) Tìm giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một tam giác có

bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 3

4

Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau: 2 1 sin 2 4sin 1 1

sinx 6 x x 2sinx

π

2)Giải hệ phương trình sau:

9 (3 1) 125

45 75 6

y x







Câu III(1 điểm): Tính tích phân:

2 3

2 3

( sin )sin (1 sin )sin

π

π + +

=

+

∫

Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh AD=b,góc

· 600

BAD = CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM=x (0<x<4a).Mặt phẳng(MBC) cắt cạnh SD tại N Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối chóp SBCMN bằng 5

4 thể tích của khối BCNMAD

Câu V(1 điểm):Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x+y+z=xyz.Tìm giá trị lớn nhất của :

2 2 2

P

II/ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A, hoặc B).

A Theo chương trình Chuẩn:

Câu VIA(2 điểm):1)Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình :

( ) (2 )2

x− + −y = Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(-3;-2) và x A >0

2)Trong không gian tọa độ Oxyzcho hai điểm A(1;4;2), B(− 1;2;4) Viết phương trình đường

thẳng ( )∆ đi qua trực tâmHcủa tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB) Tìm tọa độ điểm M trên

mặt phẳng (OAB) sao cho 2 2

MA +MB nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)

Câu VIIA(1 điểm):Tìm số phức z thoả mãn : z 2 i− + =2 Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị

B.Theo chương trình Nâng cao

Câu VIB(2 điểm): 1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn :

1

( ) :C x +y −10x=0 v à 2 2

2

( ) :C x +y +4x−2y−20 0= Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của ( ) ( )C1 ; C và có tâm nằm trên đường thẳng (d) x+6y-6=0.2

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :

1 : 4

1 2

x t

=



 = −



 = − +



;d2: 2

x= y− = z

− − và d3:

x+ = y− = z+

Chứng tỏ rằng d d là hai đường thẳng chéo 1; 2

nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d d Viết phương trình đường thẳng 1; 2 ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng

d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC

Câu VIIB(1 điểm):Tính tổng :

……….Hết……….

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12 LẦN 4 NĂM HỌC 2010-2011

Câu I.1

(1,0 đ) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 1 4 2 2

2

y= x + mx + m khi m= −1

2

y= x − x + Txđ: R

lim

→±∞ = +∞

2

x

x

=



Bảng biến thiên:

x −∞ -2 0 2 −∞

'

y − 0 + 0 − 0 +

y +∞ 4 +∞

−4 −4

Hàm số đồng biến trong các khoảng: (−2;0 , 2;) ( +∞)

Hàm số nghịch biến trong các khoảng: (−∞ −; 2 , 0;2) ( )

Các điểm cực tiểu của đồ thị: ( 2; 4),(2; 4)− − −

Điểm cực đại: (0;4)

+ Điểm uốn của đồ thị:

3

+ Đồ thị:

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu I.2

x

=





Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì Phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu khi

x qua 3 nghiệm suy ra điều kiện : 4− m> ⇔ <0 m 0

Cực đại A(0;4m2), hai cực tiểu B( 2 − − −m; 4m C2 ), (2 − −m; 4m2 )

Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó 4. .

ABC

AB AC BC R

S

=

V

Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là :h=8m2, BC =4 −m,

0,25

0,25

4

64 4

AB AC= = m − m.Suy ra

2 2

ABC

SV = BC h= −m m = m −m và AB.AC.BC=(16m4−4 )4m −m

2

Suy ra

1 1 2

m m

=



 =



.Kết hợp với điều kiện m<0 ta nhận 1

2

m= −

0,25

0,25

Câu II.1

(1,0 đ) Giải phương trình: 2−sin1xsinπ6 −2x=4sinx− −1 2sin1 x

Điều kiện:sinx≠0 (*)

Với điều kiện (*) ta có:

4sin 2 sin 2 8sin 2sin 1

6

2(2sin 1) cos 2 sin 2 (2sin 1)(4sin 1)

π π

Suy ra :2sinx− =1 0 hoặc cos 2x− 3 sin 2x=4sinx+1

2 6

5 2 6

 = +



 = +



2

) cos 2 3 sin 2 4sin 1 4sin 2sin 2 3 sin cos 0

7

(Vì sinx≠0)

Vậy phương trình có nghiệm: 2 ,

6

x= +π k π k Z∈

; 5 2 , 6

x= π +k π k Z∈

; 7

2 , 6

x= π +k π k Z∈

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu II.2

(1,0 đ) Giải hệ phương trình:

9 (3 1) 125

45 75 6

y x





 .Với y=0 hệ phương trình vô nghiệm Với y≠0

.Chia cả hai vế pt(1) và pt(2) lần lượt cho y3≠0;y2 ≠0ta có hệ pt

0,25

3 3

3 3

2

2

125

(*)

x x

y y





Đặt u 3 ;x v 5,v 0

y

= = ≠ Ta có

(*) trở thành

2

u v

uv

+ =

Suy ra : 1

2

u v

=



 =

 hoặc

2 1

u v

=



 =



Với

1

3 1

5 2

2

u v

y y



=

=



Với

2

1 1

5

x

v

y y

=

Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là 1 5; ; 2;5

3 2 5

0,25

0,5

Câu III

(1,0 đ)

2

dx

+

+ Đặt

2 cot sin

dv

x

=



2

x

2

2 3 3

x

x

π π

π

3

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu IV

(1,0 đ)

D B

A

C

S

M

N

Ta cĩ:

(MBC ) I (SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC v N à ∈ SD ) Khi đĩ

2 0

.

1 . .sin 60 2 3

S ABCD

a b

S ABC S ACD S ABCD

a b

Mà: .

.

4

4

S MBC

S ABC

.

3 4 12

S MBC

ab a x

-Lại cĩ : = =  ÷

2

.

S MNC

S ADC

.

3 4 48

S MNC

-Dẫn đến : . 3 4( ) (8 )

48

S BCNM SMBC SMNC

48

BCNMAB

b x a x

-Theo giả thiết cĩ .

5 4

S BCNM BCNMAB









4a

x = (Nhận) 3

9 108 128 0

32a

x = (Loại) 3

KL : x = 4a

3

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu V

P

; ;

= = = Khi đĩ giả thiết cĩ ab+bc+ca=1

P

Do ab+bc+ca=1 Nên 1+a2 =ab bc ca a+ + + 2 = +(a b a c)( + )

Với các đẳng thức tương tự ta cĩ

( )( ) 4( )( ) 4( )( )

4( ) ( ) ( ) 4( ) 4

P

(Bất đẳng thức Cơ Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1

7

b c= = a.Hay y z= =7x= 15 Vậy 9

4

MaxP= Khi y z= =7x= 15

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu

VIA.1 Trong mặt phẳng Oxy cho đường trịn ( C) nội tiếp hình vuơng ABCD cĩ phương trình :

(1,0 đ) ( ) (2 )2

x− + −y =

Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm

M(-3;-2) và x A >0

Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax by+ +3a+2b=0.Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R= 10 nên:

2 3 3 2

10 a b a b 10(a b ) 25(a b) (a 3 )(3b a b) 0 a 3b

a b

+

Hay b=-3a Do đó pt (AB) là x-3y-3=0 hoặc pt (AB) là 3x-y+7=0

TH1:(AB) x-3y-3=0 Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ x A >0 nên t>-1 và do

2 20

IA = R = nên ( ) (2 )2 2 1

1 3 3 20 10 10 20

1

t

t

=

 + + − = ⇔ + = ⇒  = − V ì t>-1 nên chọn t=1.Suy ra A(6;1)⇒C(-2;5) và B(0;-1) ⇒D(4;7)

TH2:(AB) 3x-y+7=0 Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ x A >0 nên t>0 và do IA2 =2.R2 =20

2 3 4 20 10 20 20 20

2

t

t

=



− + + = ⇔ + + = ⇒  = − (loại)

0,5

0,25

0,25

Câu

VIA.2

(1,0 đ)

Trong không gian tọa độ Oxyzcho hai điểm A(1;4;2), B(−1;2;4) Viết phương trình

đường thẳng ( )∆ đi qua trực tâmHcủa tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng

(OAB) Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (OAB) sao cho 2 2

MA +MB nhỏ nhất

1;4;2

1;2;4

OA

OB



uuur

r uuur uuur uuur

mặt phẳng (OAB 2) : x y z− + =0

( , , )

H a b c là trực tâm tam giác OAB nên :

0

5

2

2

a

c



 =

∈

uuur uuur

uuur uuur

( )

2 5 :

2 5 2



 =





 = +



Với mọi điểm K ta đều có:

MA +MB = uuur uuuurKA KM− + KB KMuuur uuuur− =KA +KB + KM − KM KA KBuuuur uuur uuur+

Chọn K(0;3;3) là trung điểm AB nên MA2+MB2 =2KA2+2KM2

KA không đổi nênMA2+MB2 nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu của K

0,25

0,25

trên mặt phẳng (OAB)

( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0

M∈ OAB ⇒ − − + + = ⇒ =t t t t

Vậy M(0;3;3)

0,25

0,25

Câu

VIIA

(1,0 đ)

Gọi số phức z=a+bi



2 2

1 2

2 2

1 2

a b a b

 = −



 = − −

⇔ 

 = +







= − +







Vậy số phức cần tìm là: z=2− 2+(− −1 2)i; z= z=2+ 2+(− +1 2)i

0,25 0,25

0,25

0,25 Câu

VIB.1

(1,0 đ)

Gọi A,B lần lượt là giao điểm của hai đường tròn ( )C và 1 ( )C suy ra toạ độ của A và B 2

thoả mãn hệ :

10 0

4 2 20 0





2 49 2 140 100 10 50 2 150 100 0

2 2

4 1

1

7 10

3

x x

y x

x

y x

y

 =

⇔ == − ⇔ =







.Vậy A(2;4) ,B(1;-3)

Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I∈ V:x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường tròn ( C)

cần tìm đi qua 2 điểm A,B nên ta có:IA=IB=R

(Có: IAuur=(6a−4; 4−a), IBuur=(6a− − −5; 3 a))

⇔ (6a−4)2+ −(4 a)2 = (6a−5)2+ − −( 3 a)2 =R

⇔(6a−4)2+ −(4 a)2 =(6a−5)2+ − −( 3 a)2

⇔36a2−48a+ + −16 16 8a a+ 2 =36a2−60a+25 9 6+ + a a+ 2

⇔ 2a = -2 ⇔ a = -1

Lúc đó : I(12; -1), R= 100 25 5+ =

Vậy :(C ): (x - 12)2 + (y + 1)2 = 52

0,25

0,25

0,25

0,25 Câu

VIB.2

(1,0 đ) +)Đường thẳng 1 : 4

1 2

x t

=



 = −



 = − +



suy ra d đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp 1 uur1(1; 1;2)−

.Đường thẳng d2: 2

x = y− = z

− − suy ra d đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp 2

2(1; 3; 3)

uuur − − Ta có uuurAB(0; 2;1)− và u uur uur1, 2 = (9;5; 2− ) suy ra

1 2

, 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0

AB u u  = + − + − = − ≠

uuur ur uur

.Vậy d và 1 d là hai đường thẳng chéo nhau 2

Khoảng cách giữa d và 1 d là :2 ( ) 1 2

1 2

,

55

9 5 ( 2) ,

AB u u

d d d

u u

uuur ur uur

ur uur

+)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3

Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)

A, B, C thẳng hàng và AB = BC ⇔B là trung điểm của AC

( 1 5 ) 2

4 (1 2 ) 2.(2 3 )

1 2 ( 1 ) 2( 3 )

+ − + =





− + + − + = −



Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0

Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)

Đường thẳng ∆ đi qua A, B, C có phương trình 2

x = y− = z

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

VIIB

(1,0 đ)

Tacó

2010

0

k

=

2010

0

k

=

⇒ 2010 2010 1 3 3 5 5 2009 2009

(1 ) (1 )

2

Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được:

(1 ) (1 )

2

Vậy: 32011 22011 1

4022

0,5

0,5

wWw.VipLam.Info