Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng Δ, đi qua điểm A và cắt mặt phẳng ( ABC ) theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất.. Theo chương trình Nâng cao.[r]
Trang 1TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ) của hàm số y= − x +1
x −2 .
2 Tìm trên (H ) các điểm A , B sao cho độ dài AB=4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y=x
Câu II (2,0 điểm) 1 Giải phương trình sin 2 x +cos x −√3(cos 2 x +sin x)
2sin 2 x −√3 =1.
2 Giải hệ phương trình
¿
x4+4 x2+y2−4 y=2
x2y+2 x2+6 y=23
¿{
¿
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y= x ln(x+2)
√4 − x2 và trục hoành
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB=a , AD=a√2 , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600 Gọi H là trung điểm của AB Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABCD và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S AHC.
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn x2+y2+z2+2 xy=3( x+ y + z ). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=x + y +z +20
√x +z+
20
√y+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 VIa (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ; phương trình các đường
thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x − 2 y −13=0 và
13 x −6 y − 9=0 Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
I(−5 ;1).
2 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm A (1 ;0 ;0), B(2 ;−1 ;2), C(− 1;1 ;−3), và đường thẳng Δ: x −1
−1 =
y
2=
z −2
2 . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng Δ, đi
qua điểm A và cắt mặt phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho bán kính đường tròn nhỏ nhất
Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn |z − 3 i|=|1 −i¯z| và z −9
z là số thuần ảo
b Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): x2+y2− 4 x+2 y −15=0 Gọi I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng Δ đi qua M (1;− 3) cắt (C) tại hai điểm A và
B Viết phương trình đường thẳng Δ biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh
lớn nhất
2 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M (1;− 1;0), đường thẳng
Δ: x − 2
2 =
y +1
− 1 =
z −1
1 và mặt phẳng (P): x + y +z − 2=0 Tìm tọa độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với Δ và khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng Δ
bằng √33
2 .
Câu VIIb (1,0 điểm) Cho các số phức z1, z2 thỏa mãn |z1− z2|=|z1|=|z2|>0 Hãy tính
A=(z1
z2)4+(z2
z1)4 Hết
-Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 23, 24/04/2011 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
Trang 22 Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 14 và ngày 15/05/2011 Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 23/04/2011.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
I.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
a Tập xác định: .D=R {2
b Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
x − 2¿2
¿
¿
y '=1
¿
Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞;2) và (2 ;+∞)
* Giới hạn: x →+∞lim y= lim x →+∞ − x +1 x −2 =−1 và x →− ∞lim y= lim x→ −∞ − x +1 x −2 =−1 ;
lim
x → 2 −
y= lim
x→ 2 −
− x +1
x −2 =+ ∞
và
x → 2+ ¿− x+1
x − 2 =− ∞
x →2+ ¿y =lim
¿ lim
¿
* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y=− 1 ; đường tiệm cận đứng là
x=2
0,5
*Bảng biến thiên:
x − ∞ 2 +∞
y ' +¿ +¿
y
+∞
−1
−1
− ∞
c Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0),
cắt trục tung tại (0 ;−1
2) và nhận giao điểm I(2;− 1) của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
Vì đường thẳng AB vuông góc với y=x nên phương trình của AB là y=− x+m
Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình − x+1 x − 2 =− x+m , hay phương trình
x2−(m+3)x +2 m+1=0 , x ≠ 2 (1)
Do phương trình (1) có m+3¿
2− 4 (2 m+1)=m2−2 m+5>0 , ∀ m
Δ=¿ nên có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và cả hai nghiệm đều khác 2 Theo định lí Viet ta có
x1+x2=m+3 ; x1x2=2 m+1
0,5
Theo giả thiết bài toán ta có
y2− y1¿2=16
x2− x1¿2+¿
AB2=16⇔¿
0,5
x
1
2
y
I
Trang 3x1+x2¿2− 4 x1x2=8
¿
m+3¿2− 4 (2 m+1)=8 ⇔ m2−2 m− 3=0 ⇔m=3 ∨m=− 1.
x2− x1¿2=8⇔¿
− x2+m+x1− m¿2=16⇔¿
x2− x1¿2+¿
¿
⇔¿
* Với m=3 phương trình (1) trở thành x2−6 x +7=0 ⇔ x=3 ±√2 Suy ra hai điểm
A, B cần tìm là (3+√2 ;−√2),(3 −√2 ;√2)
* Với m=−1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1+√2;− 2−√2) và (1−√2;− 2+√2)
Vậy cặp điểm TM: (3+√2 ;−√2),(3 −√2 ;√2) hoặc (1+√2;− 2−√2) ,
(1−√2;− 2+√2)
II.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: sin 2 x ≠√23⇔ x ≠ π
6+kπ và x ≠
π
3+kπ , k ∈ Z
Khi đó pt ⇔sin 2 x+cos x −√3 (cos 2 x+sin x )=2 sin 2 x −√3
⇔sin 2 x+√3 sin x +√3 cos 2 x −cos x −√3=0
⇔sin x (2 cos x+√3)+(2 cos x+√3)(√3 cos x − 2)=0
⇔ cos x=−√3
2
¿ sin(x + π
3)=1
¿
x=± 5 π
6 +k 2 π
¿
x= π
6+k 2 π
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿ Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x= 5 π6 +k 2 π , k ∈ Z .
0,5
2 (1,0 điểm)
Hệ
⇔
y −2¿2=10
¿
x2
(y+2)+6 y =23
¿
x2+2¿2+¿
¿
Đặt u=x2+2 , v= y −2 Khi đó hệ trở thành
0,5
Trang 4u2+v2=10 (u −2)(v +4)+6(v +2)=23
⇔
¿u2
+v2=10
uv+4 (u+v)=19
⇔ u+v=4 , uv=3
¿
¿
u+v=− 12, uv=67
¿
¿{
¿
¿
¿ ¿
TH 1 u+v=−12 , uv=67 , hệ vô nghiệm
TH 2
¿
u+v=4
uv =3
¿{
¿ , ta có
u=3 , v=1
¿
u=1 , v =3
¿
¿
¿
¿
* Với
¿
u=3
v =1
¿{
¿
ta có
x2=1
y =3
⇔ x=± 1
¿
y =3
¿
¿
¿{
¿
¿
¿ ¿
* Với
¿
u=1
v =3
¿{
¿
ta có
¿
x2=−1 y=3
¿{
¿
, hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1 ;3),(− 1;3)
Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x2 theo y từ phương trình thứ hai vào
phương trình thứ nhất.
0,5
III.
(1,0
điểm)
Ta có phương trình
x ln(x +2)
√4 − x2 =0⇔ x=0
¿
x=−1
¿
¿
¿
¿
¿
Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính là hình phẳng giới hạn bởi các đường
y= x ln(x+2)
√4 − x2 , y =0 , x =−1 , x=0.
Do đó diện tích của hình phẳng là S=∫
− 1
0
|x ln(x +2)√4 − x2 |dx=∫
−1
0
− x ln(x +2)
√4 − x2 dx .
Đặt u=ln(x +2), dv=√4 − x − x 2dx Khi đó du= dx
x +2 , v=√4 − x2
Theo công thức tích phân từng phần ta có
0,5
Trang 5S=√4 − x2ln(x+2)
¿0
¿− 1 −∫
−1
0
√4 − x2
x +2 dx=2 ln 2−∫
−1
0
√4 − x2
x+2 dx
Đặt x=2 sin t Khi đó dx=2 cos tdt Khi x=−1 , t=− π6; khi x=0 , t=0
Suy ra
(1 −sin t)dt=2(t+cos t )
I=∫
−1
0
√4 − x2
x +2 dx=∫
− π
6
0
4 cos2t
2 sint +2 dt=2∫
− π
6
0
❑ ¿0
¿
− π
6
=2+ π
3 −√3 Suy ra S=2 ln 2 −2+√3 − π3 .
0,5
IV.
(1,0
điểm
+) Từ giả thiết suy ra
SH⊥(ABCD).
⇒SF ⊥ AC (định lí ba đường
vuông góc)
Suy ra ∠SFH=600
Kẻ BE⊥ AC (E ∈ AC). Khi đó
HF=1
2BE=
a√2
2√3.
Ta có SH=HF tan600=¿ a√2
2 . Suy ra V S ABCD=1
3SH SABCD=
a3
3 .
0,5
+) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC Ta có
r=AH HC AC
4 SAHC =
AH HC AC
2 SABC =
3 a√3
4√2 .
Kẻ đường thẳng Δ qua J và Δ // SH Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S AHC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và Δ trong mặt phẳng (SHJ) Ta
có
IH=√IJ2
+JH2
=√SH2
4 +r
2
Suy ra bán kính mặt cầu là R=a√31
32.
Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ.
0,5
V.
(1,0
điểm Từ giả thiết ta có
x+ y +z¿2
x+ y¿2+z2≥1
2¿
3(x+ y+ z)=¿
Suy ra x+ y+ z ≤ 6
0,5
Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có
P=((x +z )+ 8
√x+ z+
8
√x +z)+((y +2)+ 8
√y +2+
8
√y +2)+4( √x+ z1 +
1
√y +2)− 2
12+12+4 8
√(x +z)( y +2) −2 ≥22+
8√2
√x+ y +z +2 ≥ 26
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=1 , y =2 , z=3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x=1 , y =2 , z=3
0,5
VIa.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Ta có A (− 3;− 8) Gọi M là trung điểm BC
⇒IM // AH Ta suy ra pt
IM: x −2 y +7=0 Suy ra tọa độ M thỏa
mãn
¿
x −2 y +7=0
13 x −6 y − 9=0
⇒ M (3 ;5).
¿{
¿
0,5
Pt đường thẳng BC:2(x −3)+ y − 5=0 ⇔ 2 x + y −11=0 B ∈ BC ⇒ B (a ;11−2 a).
B
A
H M
I
C
B
A
S
D
C
E
F J
I K
H
Trang 6Khi đó
IA=IB⇔a2− 6 a+8=0 ⇔
a=4
¿
a=2
¿
¿
¿
¿
¿
Từ đó suy ra
B (4 ;3), C(2;7)
hoặc
B (2 ;7), C(4 ;3).
0,5
2 (1,0 điểm)
Ta có ⃗AB(1 ;−1 ;2),⃗ AC(−2 ;1;− 3). Suy ra pt (ABC): x − y − z −1=0
Gọi tâm mặt cầu I ∈ Δ⇒ I(1− t ;2t ;2+2t ) Khi đó bán kính đường tròn là
t +1¿2+6
¿
¿3
2¿
¿
r=√IA2− d2(I ,(ABC))=√2t2+4 t+8
3 =√¿ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t=−1
0,5
Khi đó I(2;− 2;0), IA=√5 Suy ra pt mặt cầu
y +2¿2+z2=5
x −2¿2+¿
¿
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Đặt z=a+bi(a , b∈ R). Ta có ¿z − 3i∨¿∨1 −i¯z∨¿ tương đương với
¿a+(b −3)i∨¿∨1 −i(a− bi)∨⇔∨a+(b −3)i∨¿∨1 −b − ai∨¿
−a¿2⇔ b=2
1 −b¿2+¿
b −3¿2=¿
⇔ a2
+¿
0,5
Khi đó z −9z=a+2 i− a+2i9 =a+2 i− 9(a − 2i) a2
+4 =
a3−5 a+(2 a2+26)i
a2+4 là số ảo khi và chỉ khi a3
−5 a=0 hay a=0 , a=±√5 Vậy các số phức cần tìm là z=2 i, z=√5+2 i, z=−√5+2 i
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
1 (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;− 1), bán kính R=2√5 Gọi H
là trung điểm AB Đặt AH=x (0<x <2√5) Khi đó ta có
1
2IH AB=8⇔ x√20 − x2=8⇔
x=4
¿
x=2(ktm vì AB<IA )
¿
¿
¿
¿
¿ nên AH=4⇒IH=2.
0,5
Pt đường thẳng qua M: a(x −1)+b( y +3)=0(a2+b2≠ 0)
⇔ax+by+3 b− a=0
Ta có
¿a+2 b∨ ¿
√a2+b2=2⇔a(3 a− 4 b)=0 ⇔ a=0 ∨ a=4
3b
* Với a=0 ta có pt Δ: y +3=0
* Với a=43b Chọn b=3 ta có a=4 Suy ra pt Δ: 4 x+3 y +5=0
Vậy có hai đường thẳng Δ thỏa mãn là y +3=0 và 4 x +3 y +5=0
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với Δ Khi đó pt (Q):2 x − y+z −3=0
Ta có ⃗n Q(2;−1 ;1), ⃗ n P(1 ;1;1) Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q).
Khi đó
0,5
M
I
A
Trang 7u d=[ ⃗n P ,⃗ n Q]=(2 ;1;− 3)
và
N (1 ;0 ;1)∈d
nên pt của
d : x=1+2 t y=t z=1 −3 t
¿{{
Vì A ∈d suy ra A (1+2 t ;t ;1 −3 t).
Gọi H là giao điểm của Δ và mặt phẳng (Q) Suy ra H (1 ;−12;12).
Ta có d ( A , Δ)=AH=√33
2 ⇔14 t2− 2t −16=0 ⇔t=−1 ∨t= 8
7 . Suy ra A (− 1;−1 ; 4) hoặc A (237 ;87;−177 ).
0,5
VIIb.
(1,0
điểm)
Đặt
z1
z2=w ta được ¿z2w − z2∨¿∨z2w∨¿∨z2∨¿0 Hay ¿w −1∨¿∨w∨¿1 Giả sử w=a+bi(a ,b ∈ R) Khi đó ta có
a −1¿2+b2
=a2
+b2=1
¿ hay a=12, b=±√23.
0,5
* Với w=12+√3
2 i=cos
π
3+i sin
π
3. Ta có w
4
=cos4 π
3 +i sin
4 π
3 và (w1 )4=cos4 π
3 −i sin
4 π
3 .
Do đó A=2cos 4 π3 =− 1
* Với w=12−√23i , tương tự ta cũng có A=− 1
Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức.
0,5