Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m0.. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ một tam giá
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số yx3 3x2 3mxm 2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m0
2 Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình 3(sin2 cos )
sin 2 1
1 2 cos 2 3 cos tan
x x
x
x x
x
2 Giải hệ phương trình ( , ).
0 ) 2 )(
1 (
0 1 ) ( 2 2
y x y y x x y x y x
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
1
x
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD với
, 4
3 cos cạnh bên AA ' 2a. Gọi M là điểm thỏa mãn DM k.DA và N là trung điểm của cạnh
'
' B
A Tính thể tích khối tứ diện C'MD'N theo a và tìm k để C'M D'N
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [ 0 ; 1 ]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
2 1
2 1
2
2
3 2
3 2
3
a
c c
b b
a P
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 (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình
, 0 7 2
: x y
BC đường thẳng AC đi qua điểm M(1;1), điểm A nằm trên đường thẳng
0 6 4
x y Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ):( 1)2 ( 2)2 ( 3)2 9
x
2
2 2
2 3
6 :
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M(4; 3; 4), song song với đường thẳng và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn | |
1
1 )
1 )(
1
i
z i
b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 5x 2y 19 0 và đường tròn
0 2 4 :
)
x
C Từ một điểm M nằm trên đường thẳng kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường
tròn (C) (A và B là hai tiếp điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng
10
AB
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ):( 1)2 ( 1)2 2 9
x
)
2
;
0
;
1
A Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A và tạo với trục Ox một góc
10 3
1 cos
Câu VIIb (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn
2
2
z
i z
là số ảo Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .
|
|
| 1
Hết
-Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 14, 15/4/2012 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2 Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 05 và ngày 06/5/2012 Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 14/4/2012.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012 Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút
Trang 2Câu Đáp án Điểm
I.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Khi m0 hàm số trở thành 3 3 2 2
x x y
a) Tập xác định:
b) Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có y' 3x2 6x;
2 0
0 ' , 2
0 0
' , 2
0 0
x
x y
x
x y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ;0 , 2; ; hàm số nghịch biến trên
)
2
;
0
(
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x0, y CĐ 2, hàm số đạt cực tiểu tại x2, y CT 2
* Giới hạn: Ta có y
y
x
0,5
* Bảng biến thiên:
x 0 2
' y 0 0
y
2
2
c) Đồ thị: 0,5 2 (1,0 điểm) Ta có y' 3x2 6x 3m. Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y' 0 có 2 nghiệm phân biệt 1 0 9 9 ' m m (*) Khi đó, gọi hai điểm cực trị là A(x1; y1), B(x2; y2) Ta có 31 31 '[2( 1) 2 2]. x y m x m y Do đó 2 2 ) 1 ( 2 ] 2 2 ) 1 ( 2 [ ) ( ' 3 1 3 1 1 1 1 1 x y x m x m m x m y và y2 2(m1)x22m2 Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình y2(m1)x2m2, hay phương trình AB là 2 2 ) 1 ( 2 m x m y 0,5 Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là 11;0, (0;2 2). N m m m M Yêu cầu bài toán 1 21 . 1 12 11.2 2 1 m m m ON OM S OMN
0
3 )
1 ( ) 1 (
1 )
1 ( 1 )
1
2 2
m
m m
m
m m
m
Vậy giá trị của m là m 3 ,m 0
0,5
II.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx0,sinx21 hay x2 k2, x6 k2, x56 k2, k.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin (4cos1 2sin3) 4cos 3 3cos (2sin 1)
2 2
x x x
x x
x
) 1 sin 2 ( cos 3 sin
2 1
) sin 4 1 )(
1
x
x x
) 1 sin 2 ( cos 3 ) sin 2 1 )(
1
0,5
2 2 ,
2 6
2 6
5 ,
2 6 2
1 6 cos
2
1 sin
cos 3 1 sin
0 1 sin 2
k x
k x
k x
k x
x
x x
x x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x 6 k2, x 56 k2, k
0,5
2 (1,0 điểm)
Hệ
) 2 ( 0
) 2 )(
(
) 1 ( )
( 1
2
y y x x y x
x O
2
2
y
2 1
Trang 3* Nếu y 0 thì từ (1) suy ra không tồn tại x Do đó hệ vô nghiệm.
* Với y 0 , ta có (2)(xy)(xy 2)10 2 2 1 0
t t (với txy)
t1 Suy ra xy 1
Hệ trở thành
2 , 1 1 , 0
0 1 1 1 2 2
y x y x
x x x y y x y x
Vậy nghiệm của (x; y) của hệ là (0;1), (1; 2) 0,5 III.
(1,0
điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x
x
x
1
0 1 1 1 1 , 0 1 1 1 1
2 2 2
2 x
x x x x x x x
x
x
1
với mọi x [ 0 ; 1 ] nên diện tích hình giới hạn là
2
1 2
)d (1 d
1
1 d
) 1 ( 1
1
0
1 2 1
0
1
0
2 1
0
2
(1)
0,5
1 1 1
0
2
x
x
I Đặt
2
; 2 ,
x Khi đó dx cosudu, khi x0 thì 0
u và khi x1 thì u/2 Suy ra
2 cos
)d sin 1 ( d sin 1
cos d
cos sin
1
sin 1
0
2 2
0
2 0
2 2
0
2
u u
u u u
u
u u
u u
u I
(2)
Từ (1) và (2) ta có
2
3
2
S
0,5
IV.
(1,0
điểm
* Ta có V C MD N d M A B C D S C ND d M A B C D S ABCD
2
1 ))
' ' ' ' ( , ( 3
1 ))
' ' ' ' ( , ( 3
1
' '
12
7 16
9 1 3 sin
2
1 2 3
a a
0,5
* Đặt ABx, ADy, AA' z. Ta có
2
1 '
' ' '
' ' ' '
x y N A A D N D
y k z x DM D D D C M C
Khi đó C'M D'N C'M.D'N 0
2
1
x k y z x y
0 1
2 2
x k y k x y
5
2 0
4
3 1 2 2
1 2 2
0,5
V.
(1,0
điểm
1 )
2 ( ) 2 ( 1 1
) 2 ( 1
2 1
2
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
3
b
b a
a b
b a
b
a b
a
2
1 2 2
)
2 ( ) 2 (a2 a2 b2 a2 b2 a2b2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b 0,1}
0,5
2
1 2 1
2
; 2
1 2 1
2
3 2 2 2
2 2
3
a c a
c a
c c b c
b c
b
2
1
6 2 2 2 2 2 2
a b b c c a P
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b, c{0,1} và 2 2 2 2 2 2 0
b
a hay trong ba số
a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại bằng 0
Suy ra giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các
số còn lại bằng 0
0,5
VIa.
1 (1,0 điểm)
C B
C’
B’
x
M
N
y
z
A
B
) 1
; 1 (
M
2 x y 7 0 : x 4 y 6 0
Trang 4điểm) A:x 4y60 A(4a 6;a) MA(4a 5;a 1).
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB 45 0
2
1 5 ) 1 ( ) 5 4 (
) 1 ( 2 ) 5 4 ( 2
1 ) , cos(
2
a a
a a
u
MA BC
( ktm )
) 2
; 2 ( 13
16
2 0
32 42 13
13
16
; 13 14
2
A
A a
a a
a
Vậy A(2; 2) Suy ra AC:x 3y 4 0 , AB: 3xy 8 0 Từ đó ta có
)
3
; 5 ( ), 1
;
3
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi ( ; ; ) ( 2 2 2 0)
a c b a
n P là vectơ pháp tuyến của (P) Khi đó
0 ) 4 ( ) 3 ( ) 4 ( : )
Vì (P)// nên n P u, trong đó u( 3 ; 2 ; 2 ) là vectơ chỉ phương của đường thẳng
Suy ra
3
2 2 0
2 2
3a b c a b c
Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d(I,(P))R, trong đó I(1; 2;3), R3 lần
lượt là tâm và bán kính của (S) Do đó 3 3
2 2
c b a
c b a
(2)
3
2 2 )
2
0,5
* Với c0 ba0 (ktm)
* Với c0, ta có (3) 2 5 2 0 2
2
c
b c
b c
b
hoặc b c 21.
Với b c 2, ta chọn b2,c1 a2.Khi đó (P):2x2yz 180, ktm vì chứa .
Với ,
2
1
c
b
ta chọn b 1 ,c 2 a 2 Khi đó (P):2xy2z190, thỏa mãn
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Đặt z xyi (x,y ) Khi đó 2
1
1 )
1 )(
1
i
z i
2
) 1 ( 1 )
1 (
1 yi i x yi i x2 y2 x y x y i x2 y2
0,5
0 1
3
) (
2 1
y x
y x y x
10 1 , 10 3 1 , 0 0 3 10 ) 1 3 (
2 x y
y x x x x y
Vậy z i hoặc
10
1 10
3
i
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R 5 Gọi
AB MI
2
10 2
1
AH Trong tam giác
vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có
10 5
5
1 10
4 1 1
1 1
2 2
2
AM AM
AI AH
Ta có :5x 2y190 :x2 5y5 3
) 5 3
; 2 5
0,5
Khi đó 10 ( 3 2 ) 2 ( 2 5 ) 2 10 29 2 32 3 0 1
29
3
m
Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.
Với m1 ta có M(3; 2) Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp AMB là
2
5 2
1 2
x
Với m 293 ta có M13929 ; 2972. Khi đó pt đt ngoại tiếp AMB là
0,5
A
B
M
H
C
Trang 52
5 58
101 58
x
2 (1,0 điểm)
Gọi u (a;b;c) (a2 b2 c2 0 ) là vectơ chỉ phương của đường thẳng . Mặt cầu (S) có
tâm I(1;1; 0) Vì đường thẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A nên
2 2 0
2 2
) 2
; 1
; 2
Mặt khác đường thẳng tạo với trục Ox một góc với
10 3
1
2 2 2 2
2
10 3
1
|
|
c a b c
b a
a
Từ (1) và (2) ta có phương trình 85 2 8 5 2 0
0,5
* Với c0, suy ra a 0 ,b 0 (ktm)
* Với c0, ta có
5
1 0
5 8 85
) 3 (
2
c
a c
a c
a
hoặc
17
5
c a
Với ,
5
1
c
a
ta chọn a 1 ,c 5 b 8 Suy ra phương trình
5
2 8
1
1
Với c a 175 , ta chọn a5,c17 b44. Suy ra phương trình :x5144y z172.
0,5
VIIb.
(1,0
điểm)
Đặt z xyi (x,y ). Khi đó
2 2
) 2 (
] ) 2 ].[(
) 2 ( [ )
2 (
) 2 ( 2
2
y x
yi x
i y x yi x
i y x z
i z
y x
xy y
x y
x
y y x
x
2 2 2
) 2 )(
2 ( )
2 (
) 2 ( ) 2 (
) 2 (
) 2 ( ) 2 (
2
y x
y y x
x
0 )
2 (
) ( 2 2 2 2 2
y x
y x y
x
0,5
) 1 ( )
1 (
| ) 1 (
|
| ) 1 (
|
|
|
| 1
T
x
2
1
Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2 ( )2
2
1 )
(
2 xy x y xy Suy ra x y4 Suy ra 2 2(2 2( )) 20
Suy ra T 2 5, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xy2
Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 5, đạt khi z2 2i
0,5
