Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m= 1.. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số C m có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2.. Tính bán kính của đ
Trang 1ĐỀ 13
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x= − 4 2mx2 + 2m2 − 4 (C m) (m là tham số thực)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m= 1.
2 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (C m) có 3 điểm cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 2
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: cos2x+ = 5 2(2 cos )(sin - x x- cos )x
2 Giải bất phương trình: 2 − ≤x x− x− 1
Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 9
9 0
y x y
+ − = −
− + =
(x y, ∈¡ )
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A B C ' ' ' có A ABC'. là hình chóp tam giác đều, AC a= , A B a' = 3 Tính theo a thể tích của khối chóp A BB C C' ' '
Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực a b c, , chứng minh:
2 (1 )2 2 (1 )2 2 (1 )2 3 2
2
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 VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3) − ,
(3; 2)
B − Tam giác ABC có diện tích bằng 3
2, trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng (d) :3x y− − = 8 0 Tính bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị n nguyên dương thỏa mãn:
1 3 2 7 3 (2k 1) k (2 1) 3 2 2 6480
Câu VIII.a (1,0 điểm) Tính giới hạn: 32 3 2
1
lim
1
x
L
x
®
=
Trang 2B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có
phương trình: x2 +y2 − 2x+ 2y− = 8 0 và đường thẳng (∆): 4x+ 2y− = 11 0 Lập phương
trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo với (∆) một góc bằng 45o
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính tổng: 0 1 2 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
Câu VIII.b (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim0 32 1 1
sin 2012
→
+ − −
=
x
I
- Hết
-Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 3HƯỚNG DẪN CHẤM
m I
(2,0)
Với m 1 = ⇒ =y x4 − 2x2 − 2, TXĐ: D = ¡
3
y = x − x Cho y’ 0 = ta được: x 0 = hoặc x= ± 1
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 1;0) và (1; +∞ );
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞ − ; 1) và ( )0;1
- Hàm số đạt cực đại tại x= 0,y cd = − 2 Hàm số đạt cực tiểu tại
x= ± y = −
- Giới hạn: x lim y ; lim y x
→−∞ = +∞ →+∞ = +∞
0,25
BBT:
x −∞ -1 0 1
+∞
y’ - 0 + 0 - 0
+ y
-0,25
Đồ thị
- Đồ thị cắt Ox tại hai điểm ( ± + 1 3;0)
cắt Oy tại (0; -2)
- Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng
-3
4
2
-2
y
x O
Trang 4
0,25
Ta có: y' 4 = x3 − 4mx
2
x 0
y ' 0
=
- Đồ thị hàm số có ba cực trị ⇔ >m 0 (*)
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: 2
A m − , B m m( ; 2 − 4),
2
0,25
- Ta thấy B,C đối xứng nhau qua trục Oyvà A Oy∈ nên tam giác ABC
cân tại A
Phương trình cạnh BC: y m− 2 + = 4 0
Gọi h là độ dài đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC, ta có:
h d A BC= ( , ) =m2 1 .
2
ABC
0,25
2
4 m 2x B
⇔ = ⇔ =m 5 4 (thỏa mãn *)
Vậy m= 5 4 là giá trị cần tìm
0,25
II
(2,0)
(cos – sin ) 5 ( )
-ê
Trang 5Với (cos – sin ) 1 cos( ) 2
-0,25
2 2
é
ê = +
ê
ê = +
ê
¢
2
x= p+k p x= +p k p kÎ ¢
0,25
Đk: 1 ≤ ≤x 2
Bất phương trình đã cho tương đương với 2 − +x x− ≤ 1 x 0,25
2 2
2
9 5 1
x x
≥
⇔
≤
Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là {1} [ ;2]9
5
= ∪
III
(1,0)
Điều kiện: x y≥ Hệ đã cho 2 9
9 0
y x y
+ + − =
⇔
− + =
Đặt:
2
2
2 0
2
b x y
b a
= − =
Hệ (*) trở thành 2
(1) (2)
2
+ =
− + =
b a a
Thế (1) vào (2) được: a3 + 2a2 − 9a− = ⇔ + 18 0 (a 2)(a2 − = ⇔ = 9) 0 a 3. 0,25
3
=
= ⇒ = ⇒ = −
x
y Vậy nghiệm của hệ là:(x; y) (= 6; 3 − )
0,25
Trang 6(1,0)
Gọi E là trung điểm của BC, H là tâm của tam giác đều ABC
Ta có 3, 3.
= a =a
0,25
2 2 2 6
3
a
0,25
' ' '
'
0,25
3 ' ' ' ' ' ' ' ' ' '
'
⇒V A BB CC =V ABC A B C −V A ABC = A H S ABC = V ABC A B C = a (đvtt)
0,25 V
(1,0)
2
a + - b ³ a+ - b Dấu “ = ” ⇔ = −a 1 b
2 2 2
2
b + - c ³ b+ - c Dấu “ = ” ⇔ = −b 1 c
2 2 2
2
c + - a ³ c+ - a Dấu “ = ” ⇔ = −c 1 a
0,25
Cộng vế với vế ta được
2 (1 ) 2 2 (1 ) 2 2 (1 ) 2
0,25
Trang 72| 1 | 2| 1 | 2| 1 |
Dấu “=” ⇔ + − (a 1 b)(b 1 c) 0; (a 1 b)(c 1 a) 0;(c 1 a)(b 1 c) 0 + − ≥ + − + − ≥ + − + − ≥
0,25
Dấu “=” xảy ra khi 1
2
0,25 Chương trình chuẩn
VI.a
(1,0)
Gọi C(a; b), (AB): x –y –5 = 0; AB = 2. ⇒ d(C; AB) =
2
ABC
AB
D
2(2)
a b
a b
a b
é - = ê
Trọng tâm G 5; 5
çè ø∈ (d) ⇒ 3a – b = 4 (3)
0,25
Từ (1), (3) ⇒ C(–2;– 10) ⇒ r = 3
S
Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r S 2 2 53
p
Vậy có hai giá trị 3
r =
2 2 5
r =
0,25
1 + 3 2 + 7 3 + + (2n− 1) n= 3 2n− 2n− 6480
Xét khai triển nhị thức : (1 + )n= 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + + n. n
Trang 8Với x = 2 ta có: 3n= 0 + 2 1 + 4 2 + 8 3 + + 2n n
Với x = 1 ta có: 2n= 0 + 1 + 2 + 3 + + n
C C C C C (2) 0,25
Lấy (1) – (2) ta được: 1 + 3 2 + 7 3 + + (2n− 1) n= − 3n 2n
PT (*) ⇔ 3n− 2n= 3 2n− 2n− 6480 ⇔ 3 2n− − 3n 6480 0 = Û 3n= 81 ⇔ =n 4(t/m) 0,25 VIII.
a
3 3 2
1
x
L
®
2
1
8
L
3
2 3 2 3 2
1
L
x
lim
12
x
®
0,25
Vậy L 1 3 11
= − − = −
0,25 Chương trình nâng cao
Theo bài (C) có tâmI 1; 1( − ), bán kính R = 10
Giả sử tiếp tuyến có phương trình ( ') : ∆ ax by c+ + = 0, (a2 +b2 ≠ 0) 0,25
Theo bài ta có: os450 | 4 22 |2 2
2
+
+
c
a b
3
= −
⇔ a − b + ab= ⇔ =a b
0,25
TH1 a = -3b Ta có ( ') : 3 ∆ − x y c+ + = 0.
Trang 9Có: ( , ') 10 14.
6
=
∆ = ⇔ = −c
d I
c ⇒ ∆ −( ') : 3x y+ − =6 0 và
( ') : 3 ∆ − x y+ + 14 0 =
0,25
TH2 b = 3a Ta có ( ') : ∆ x+ 3y c+ = 0.
Có: ( , ') 10 12.
8
=
∆ = ⇔ = −c
d I
c ⇒ ∆ ( ') :x+ 3y+ 12 0 = và
( ') : ∆ x+ 3y− = 8 0
Vậy có 4 tiếp tuyến thỏa mãn: − + − = 3x y 6 0; − + + 3x y 14 0 = ;
x+ 3y+ 12 0 = ; x+ 3y− = 8 0
0,25
Xét khai triển sau: 2011 0 2011 1 2010 2 2009 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
Nhân cả hai vế với x ta được
2011 0 2012 1 2011 2 2010 2010 2 2011
2011 2011 2011 2011 2011
Lấy đạo hàm hai vế ta được
2010 0 2011 1 2010 2 2009 2010 2011
2011 2011 2011 2011 2011
(2012x+ 1)(x+ 1) = 2012C x + 2011C x + 2010C x + + 2C x C+ 0,25
Thay x= 1 vào ta được tổng S = 2013.2 2010 0,25 VIII.
b
Ta có: 3
0
sin 2012 sin 2012
x
I
→
+ − − −
0,25
3
3 3
+ −
I
0 0 3 2 3
x
0,25
− −
−
I
−
x
0,25
Trang 101 2
3018 4024 12072
I = + =I I + =
0,25 (Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)