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.[r]
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 y=x3− 3 x2+3 mx+m+2
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m=0
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 tan x cos 3 x+2 cos 2 x − 1
1 −2 sin x = √ 3(sin 2 x+cos x).
2 Giải hệ phương trình
¿
x2− y (x + y )+1=0
( x2+1)(x + y − 2)+ y=0 ( x , y ∈ R).
¿ {
¿
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y=√1− x2
x+1 và y=1 − x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A ' B' C ' D' có đáy là hình thoi cạnh a, BAD với
cos α= 3
4 , cạnh bên AA '=2 a. Gọi M là điểm thỏa mãn ⃗ DM=k ⃗ DA và N là trung điểm của cạnh A ' B ' 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
P= a
3 +2
b2+1 +
b3+2
c2+ 1 +
c3+ 2
a2+ 1 .
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
BC:2 x − y −7=0 , đường thẳng AC đi qua điểm M (−1 ;1), điểm A nằm trên đường thẳng Δ: x −4 y+6=0 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
z − 3¿2=9
y − 2¿2 + ¿
x −1 ¿2+ ¿ ( S): ¿
và đường thẳng
Δ: x − 6
−3 =
y − 2
2 =
z − 2
2 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M (4 ;3 ; 4), song song với đường thẳng Δ và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( z+1)(1+i)+ ¯ z −1
1− i = ¿ z ¿
2 .
b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ:5 x − 2 y −19=0 và đường tròn ( C): x2
+ y2− 4 x −2 y=0. Từ một điểm M nằm trên đường thẳng Δ 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
AB= √ 10
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
y − 1¿2+ z2=9
x +1 ¿2+ ¿ ( S): ¿
và điểm A (1 ;0 ;−2). Viết phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có
cos α = 1
3 √ 10 .
Trang 2Câu VIIb (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z −2 i
z −2 là số ảo Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T =¿ z− 1∨+¿ z− i∨.
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 Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1 (1,0 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành y=x3− 3 x2+2 a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y '=3 x2− 6 x ; y '=0 ⇔ x=0 ¿ x=2 ¿ x <0 ¿ x >2 ¿ , y ' <0 ⇔0<x <2 ¿ , y '>0 ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;0),(2;+∞); hàm số nghịch biến trên (0 ;2). * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0 , yCĐ=2 , hàm số đạt cực tiểu tại x=2 , yCT=− 2. * Giới hạn: Ta có lim x →− ∞y=− ∞ và lim x →+∞y =+ ∞. 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 '=3 x2− 6 x+3 m
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y '=0 có 2 nghiệm phân biệt
Khi đó, gọi hai điểm cực trị là A (x1; y1) , B(x2; y2).
Ta có y= ( 3 1 x −
1
3 ) y '+[2(m−1) x+2 m+2]. Do đó
y1= ( 1 3 x −
1
3 ) y '(x1)+[2(m− 1) x1+2 m+2]=2(m−1)x1+2 m+2
và y2=2(m −1)x2+2 m+2
Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình y=2(m−1)x +2 m+2 , hay phương trình AB là
y=2(m−1)x +2 m+2
0,5
x O
2
2
y
2 1
Trang 3Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là M ( − m+1
m− 1 ;0 ) , N (0 ;2m+2).
Yêu cầu bài toán ⇔ SOMN=1 ⇔ 1
2 OM ON=1 ⇔ 1
2 | − m+1 m−1 | | 2m+2 | =1
m+1 ¿2= | m− 1 | ⇔
¿
m+1 ¿2= m−1
¿
m+1¿2= −(m− 1)
¿
m=−3
¿
m=0
¿
¿
¿
⇔ ¿
¿
¿
¿
¿
⇔ ¿
(thỏa mãn (*))
Vậy giá trị của m là m=−3 ,m=0.
0,5
II.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: cos x ≠ 0 , sin x ≠ 1
2 hay x ≠ ±
π
2 + k 2 π , x ≠
π
6 + k 2 π , x ≠
5 π
6 + k 2 π , k ∈ Z
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin x (4 cos2x −3)+4 cos2x −3
⇔ (sin x +1)(1− 4 sin
2x) 1− 2 sin x = √ 3 cos x (2 sin x+1)
⇔(sin x+1)(1+2 sin x)= √ 3 cos x (2 sin x+1)
0,5
⇔ 2sin x +1=0
¿
sin x+1= √ 3 cos x
¿
sin x=− 1
2
¿ cos ( x+ π
6 ) = 1 2
¿
x=− π
6 + k 2 π , x=−
5 π
6 + k 2 π
¿
x= π
6 + k 2 π , x=−
π
2 + k 2 π
¿
¿
¿
⇔ ¿
¿
⇔ ¿
¿
¿
¿
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x=− π
6 + k 2 π , x=−
5 π
6 + k 2 π ,
k ∈ Z
0,5
2 (1,0 điểm)
Hệ
⇔
x2+1= y (x+ y )(1)
y (x + y)(x + y −2)+ y=0 (2)
¿ {
* Nếu y=0 thì từ (1) suy ra không tồn tại x Do đó hệ vô nghiệm.
* Với y ≠ 0 , ta có (2) ⇔(x+ y)(x+ y −2)+1=0 ⇔t2
− 2t +1=0 (với t=x+ y¿
⇔t=1 Suy ra x+ y=1
0,5
Trang 4Hệ trở thành
x2+1= y
x+ y=1
⇔
¿ y=1 − x
x2+ x =0
⇔ x=0 , y=1
¿
¿
x=−1 , y=2
¿
¿ {
¿
¿
¿ ¿
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 √ 1 − x2
x +1 =1− x
⇔
x ≠ − 1
√ 1− x2=1 − x2
⇔ 1− x2=0 , x ≠ −1
¿
1 − x2=1
¿
¿
⇔
¿
¿
¿ ¿
Vì √ 1 − x2
x +1 ≥1 − x với mọi x ∈[0 ;1] nên diện tích hình giới hạn là
S= ∫
0
1
( √ 1 − x x +12−(1− x) ) dx= ∫
0
1
√ 1 − x2
x +1 dx − ∫
0
1 (1 − x )dx=I − ( x − x2
2 )
¿1
¿0=I − 1
2 .
0,5
Tính I= ∫
0
1
√ 1 − x2
x +1 dx Đặt x=sin u , u ∈ [ − π
2 ;
π
2 ] Khi đó dx=cos udu , khi
x=0 thì u=0 và khi x=1 thì u=π /2 Suy ra
I= ∫
0
π
2
√ 1 −sin2u 1+sin u cos udu= ∫
0
π
2 cos2u 1+sinu du= ∫
0
π
2 (1 −sin u)du=(u+cos u)
¿
π
2
¿0
= π
2 −1
(2)
Từ (1) và (2) ta có S= π
2 −
3
2 .
0,5
IV.
(1,0
điểm
* Ta có VC ' MD' N= 1
3 d (M ,( A ' B' C ' D' )) SC ' ND= 1
3 d (M ,( A ' B ' C ' D ')).
1
2 SABCD
¿ 1
3 .2 a
1
2 .a a sin α=
a3
3 √ 1− 9
16 =
a3
√ 7
12 .
0,5
* Đặt ⃗ AB=⃗x ,⃗ AD=⃗y ,⃗ AA '=⃗z Ta có
⃗ C ' M=⃗ C ' D '+⃗ D ' D+⃗ DM=− ⃗x − ⃗z − k ⃗y
⃗ D ' N=⃗ D ' A '+⃗ A ' N =− ⃗y+ 1
2 ⃗ x
Khi đó C ' M ⊥ D ' N ⇔⃗ C ' M ⃗ D ' N=0
0,5
C B
C’
B’
x
⃗
M
N
y
z
⃗
Trang 5⇔( ⃗x +k ⃗y+⃗z) ( 1 2 ⃗ x − ⃗y ) =0
⇔ 1
2 | ⃗ x |
2
−k | ⃗ y |2+ ( k 2 − 1 ) ⃗ x ⃗y=0
⇔ 1
2 a
2
− ka2+ ( k 2 −1 ) a a 3
4 =0 ⇔k =− 2
5 .
V.
(1,0
điểm
Vì a , b ∈[0;1] nên ta có a3+ 2
b2+ 1 ≤
a2+ 2
b2+ 1 =( a
2 + 2) ( 1 − b
2
b2+1 ) =( a2+ 2)−(a2+2) b
2
b2+1 ≤ ( a2+2)−(a2+ 2) b
2
2 = a
2
− b2+2 − 1
2 a
2
b2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b ∈ { 0 , 1 }
0,5
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có b3+2
c2+ 1 ≤ b
2
−c2+2− 1
2 b
2
c2; c
3 + 2
a2+1 ≤ c
2
− a2+ 2− 1
2 c
2
a2.
Suy ra P≤ 6 − 1
2 ( a
2
b2+ b2c2+ c2a2) ≤ 6.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b , c ∈ { 0 , 1 } và a2b2+ b2c2+ c2a2=0 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.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Vì
A ∈ Δ: x − 4 y+6=0 ⇒ A (4 a −6 ; a)⇒⃗ MA(4 a −5 ;a − 1).
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ACB 45 0
Do đó
a −1 ¿2
¿ √ 5
4 a −5 ¿2+ ¿
¿
√¿
| cos (⃗ MA , ⃗ uBC) | = 1
√ 2 ⇔ | (4 a− 5)+2(a −1) |
¿
0,5
⇔13 a2
− 42 a+32=0 ⇔ a=2
¿
a= 16
13
¿
A (2 ;2)
¿
A ( − 14
13 ;
16
13 ) (ktm)
¿
¿
¿
⇒ ¿
¿
¿
¿
Vậy A (2 ;2). Suy ra AC : x −3 y +4=0 , AB: 3 x + y −8=0 Từ đó ta có
B (3 ;−1), C (5 ;3).
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi ⃗n P(a ;b ;c )(a2+b2+c2≠ 0) là vectơ pháp tuyến của (P) Khi đó
( P):a (x − 4)+b ( y − 3)+c (z − 4)=0.
Vì ( P)// Δ nên ⃗n P ⊥ ⃗ u Δ , trong đó ⃗ uΔ( −3 ;2 ;2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng
Δ. Suy ra
−3 a+2b+2 c=0 ⇔a= 2b+2 c
0,5
A
B
) 1
; 1 (
M
2 x y 7 0
: x 4 y 6 0
C
Trang 6Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d (I ,(P))=R , trong đó I(1;2 ;3), R=3 lần
lượt là tâm và bán kính của (S) Do đó | −3 a − b −c |
√ a2+ b2+ c2 =3
(2)
Từ (1) và (2) ta có b+c ¿2= ( 2 b+2 c 3 )2+ b2+ c2⇔ 2b2
− 5 bc+2c2= 0
¿
(3)
* Với c=0⇒ b=a=0 (ktm)
* Với c ≠ 0 , ta có (3) ⇔ 2 ( b c )2−5 b
c +2=0 ⇔ b
c =2 hoặc
b
c =
1
2 .
Với b
c =2 , ta chọn b=2 ,c =1 ⇒ a=2 Khi đó ( P):2 x+2 y +z − 18=0 , ktm vì chứa Δ.
Với b
c =
1
2 , ta chọn b=1, c=2⇒ a=2 Khi đó ( P):2 x+ y+2 z− 19=0 , thỏa mãn
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Đặt z=x +yi(x , y ∈ R). Khi đó ( z+1)(1+i)+ ¯ z −1
1− i = | z |
2
⇔( x+1+yi)(1+i)+ (x −1 − yi )(1+ i)
2 + y2⇔3 x+1− y +(3 x+1+ y)i=2(x2
+ y2)
0,5
⇔
3 x+1 − y =2(x2+ y2)
3 x +1+ y=0
¿ {
⇔ y=−(3 x+1)
10 x2+ 3 x=0
⇔
¿ x =0 , y=−1 x=− 3
10 , y=−
1
10 .
¿ {
10 −
1
10 i.
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R= √ 5 Gọi
H=MI∩ AB. Ta có AH= 1
2 AB= √
10
2 . Trong tam giác
vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có
1
AH2= 1
AI2+ 1
AM2⇒ 1
AM2= 4
10 −
1
5 ⇒ AM= √ 5 ⇒MI= √ 10
Ta có Δ:5 x − 2 y −19=0 ⇔ Δ : x − 5
2 =
y − 3
5
⇒ M (5+2 m;3+5 m)
0,5
Khi đó
2+5 m ¿2=10 ⇔29 m2
+ 32 m+3=0 ⇔m=−1 3+2 m ¿2+ ¿
29 .
Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính MI.
Với m=−1 ta có M (3 ;−2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp Δ AMB là
( x − 5
2 )2+ ( y + 1
2 )2= 5
2 .
29 ta có M ( 139 29 ;
72
29 ) Khi đó pt đt ngoại tiếp Δ AMB là
( x − 197
58 )2+ ( y − 101
58 )2= 5
2 .
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi ⃗u Δ=(a ;b ;c)(a2
+b2
+c2≠ 0) là vectơ chỉ phương của đường thẳng Δ. Mặt cầu (S) có
tâm I(−1 ;1 ;0). Vì đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A nên
⃗
IA (2;− 1;− 2) ⊥ ⃗ uΔ⇔2 a −b − 2 c=0 ⇔b=2 a −2 c (1) Mặt khác đường thẳng Δ tạo với trục Ox một góc α với cosα= 1
3 √ 10 nên
0,5
A
B M
H
Trang 7¿ a∨ ¿
√ a2+ b2+ c2=
1
3 √ 10 ⇔ b2
=89 a2− c2
¿
(2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình 85 a2
* Với c=0 , suy ra a=0 , b=0 (ktm)
* Với c ≠ 0 , ta có (3) ⇔ 85 ( a c )2+ 8 a
c −5=0 ⇔ a
c =
1
5 hoặc
a
c = −
5
17 .
Với a
c =
1
5 , ta chọn a=1 ,c =5⇒ b=− 8 Suy ra phương trình Δ: x −1
1 =
y
− 8 =
z +2
5 .
c = −
5
Δ: x −1
5 =
y
44 =
z+2
−17 .
0,5
VIIb.
(1,0
điểm) Đặt z=x +yi(x , y ∈ R).
Khi đó
x − 2¿2+ y2
¿
¿
z −2 i
z −2 =
x +( y −2)i
( x −2)+yi =
[ x +( y − 2)i].[(x −2)− yi]
¿
x −2¿2+y2
¿
x −2¿2+y2
¿
¿
¿
¿x (x −2)+( y −2) y
¿
là số ảo khi và chỉ khi
x − 2 ¿2+ y2
¿
¿
x (x −2)+( y −2) y
¿
⇔
x2+ y2=2(x+ y)
¿
x − 2¿2+ y2≠ 0
¿
¿
0,5
Ta có
x − 1¿2 + y2
¿
y −1 ¿2
x2 + ¿
¿
T =¿ z − 1∨+¿ z − i∨¿ ∨( x − 1)+yi∨+¿ x +( y −1)i∨¿√¿
¿ √ 1+2 y + √ 1+2 x
Áp dụng BĐT Côsi ta có
x+ y ¿2
2(x + y)=x2
+ y2≥ 1
2 ¿ Suy ra
x+ y ≤ 4
Suy ra T2≤ 2(2+2(x+ y))≤ 20
Suy ra T ≤ 2 √ 5 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= y=2
Vậy giá trị lớn nhất của T là 2 √ 5 , đạt khi z=2+2 i
0,5