Tài liệu ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 6 LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 pptx

S GD&T VNH PHC
TRNG THPT NGễ GIA T

THI KHO ST LN 6 LP 12 NM HC 2012 - 2013
Mụn: TON; Khi: D v B
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt


PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu 1 (2 im). Cho hm s y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 cú th l (C
m
); ( m l tham s)
a. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s khi m = 3.
b. Xỏc nh m (C
m
) ct ng thng y = 1 ti ba im phõn bit C(0;1), D, E sao cho cỏc tip tuyn ca
(C
m
) ti D v E vuụng gúc vi nhau.
Cõu 2 (1 im). Gii phng trỡnh:
x
xx
xx
2
32
2

cos
1coscos
tan2cos

.
Cõu 3 (1 im). Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y





,
( , )
x y

R
.
Cõu 4 (1 im). Tớnh tớch phõn:
3
2
2
1
log
1 3ln

e
x
I dx
x x



.
Cõu 5 (1 im). Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =
3
2
a
và góc BAD = 60
0
.
Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt phẳng
(BDMN) v tính thể tích khối chóp A.BDMN.
Cõu 6 (1 im). Cho a, b, c l cỏc s thc khụng õm tha món iu kin
1
a b c

. Chng minh rng:
7
2
27
ab bc ca abc .
PHN RIấNG (3,0 im). Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Dnh cho khi D
Cõu 7a (1 im). Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc ABC bit A(5; 2). Phng trỡnh ng
trung trc cnh BC, ng trung tuyn CC ln lt l x + y 6 = 0 v 2x y + 3 = 0. Tỡm ta cỏc nh

ca tam giỏc ABC.
Cõu 8a (1 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, hóy xỏc nh to tõm v bỏn kớnh ng trũn
ngoi tip tam giỏc ABC, bit A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Cõu 9a (1 im). Trong mt phng ta Oxy, tỡm tp hp im biu din s phc z tha món iu kin:


3 4 2
z i

.
B. Dnh cho khi B
Cõu 7b (1 im). Trong mt phng vi h ta Oxy cho hai ng thng

:
3 8 0
x y

,
':3 4 10 0
x y

v im A(-2 ; 1). Vit phng trỡnh ng trũn cú tõm thuc ng thng

, i qua
im A v tip xỳc vi ng thng

.
Cõu 8b (1 im). Trong khụng gian vi h ta Oxyz, Cho ba im A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Vit
phng trỡnh mt phng (ABC) v tỡm im M thuc mt phng 2x + 2y + z 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Cõu 9b (1 im). Trong mt phng ta Oxy, tỡm tp hp im biu din s phc z tha món iu kin:

1
z i i z
.


Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh:.;S bỏo danh:.



ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI B, D năm 2013
Câu

Ý Nội dung Điểm

I 1 1
2
PT hoành độ giao điểm x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1

x(x
2
+ 3x + m) = 0


m = 0, f(x) = 0
0.25
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khác 0 và
y’(x
1
).y’(x
2
) = -1.
0.25
Hay
2 2
1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.
m f m
x x m x x m
   


     

2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9 9
, 0
, 0

4
4
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1
4 9 1 0
m m
m m
x x x x x x m x x x x m x x m
m m


 
 
 
 
 
 
         
  


0.25
Giải ra ta có ĐS: m =
9 65
8


0.25
II 1
ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về
2 2 2

cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos -1 0
x x x x x x
       

0.5
Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
2 2
2 , 2 ; hay
3 3
x k x k x k
 
 
     .
0.5
2

0
y

, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2

1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y


  


   


 
   



  



0.25
Đặt
2

1
,
x
u v x y
y

  
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     
  
 
 

       
  


0.25
+) Với
3, 1
v u
 
ta có
hệ:
2 2 2

1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
 
  
      

  
  

  
     

  
.

0.25
+) Với
5, 9
v u
  
ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5

x y x y x x
x y y x y x
  
      
 
  
        
  
, hệ này
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
x y
 

0.25
III
3
3
2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2
1 3ln 1 3ln 1 3ln

e e e
x
x
x xdx
I dx dx
x
x x x x x
 
 
 
  
  
  

0.25
Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
       . Đổi cận …
0.25
Suy ra
 
 
2
2 2

3
2
2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e t
x
I dx tdt t dt
t
x x

   

  

0.25

2
3
3 3
1
1 1 4

9ln 2 3 27ln 2
t t
 
  
 
 

0.25
IV Chứng tỏ AC’

BD 0.25
C/m AC’

PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’

(BDMN) 0.25
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể 0.25
tích thì phải chỉ ra cách tính.
Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là:
3
3
16
a
.
0.25


V
Ta có
2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )

ab bc ca abc a b c a bc a a a bc
          
. Đặt t= bc thì ta
có
2 2
( ) (1 )
0
4 4
b c a
t bc
 
    .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn
2
(1 )
0;
4
a
 

 
 

0.5
Có f(0) = a(1 – a)
2
( 1 ) 1 7
4 4 27
a a 
   và
2

2
(1 ) 7 1 1 1 7
(2 )
4 27 4 3 3 27
a
f a a
 

 
    
 
 
 
 
 
với mọi a


0;1

0,25
Vậy
7
2
27
ab bc ca abc    . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
0.25
VIa.

1.

Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn:
2 5 11 2 2
' ; '
2 2
m c m c
C CC
   
 
 
 
 
nªn
2 5 11 2 2 5
2( ) 3 0
2 2 6
m c m c
m
   
     
5 41
( ; )
6 6
I   . Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3

x y
C
x y
  

 
 

 
  
 


0.5
Täa ®é cña B =
19 4
;
3 3
 

 
 

0.5
2.
Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).
AB AC  
 
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của

AB, AC là:
1 0, 3 0.
x y z y z
      

0.25
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).
n AB AC
 
  
 
  
Suy ra (ABC):
2 1 0
x y z
   
.
0.25
Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
x y z x
y z y
x y z z
    
 
 
    

 
 
    
 
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).
I
0.25
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1) 5.
R IA        
0.25
VII
a

Đặt






+iy x;y R 3 4 3 4
z x z i x y y i
       

0.25

Ta có

       
2 2 2 2
3 4 2 3 4 4
x y x y
        

0.5
Vậy tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(3; -4) bán kính R = 2 0.25
VIb 1. Tâm I của đường tròn thuộc

nên I(-3t – 8; t) 0.25
Theo yc thì k/c từ I đến

’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
   
     


0.25
Giải tiếp được t = -3 0.25
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)

2
= 25. 0.25
2.
Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) (2;4; 8)
AB AC n
         
  
là 1 vtpt của (ABC)
0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC

…. 0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII
b

Gọi
2 2 2 2 2
; 2
z x iy z x y z x y xyi
       
0.25
Theo bài ra ta có hệ
2 2
2 2
2
0
x y

x y

 


 



0.25
2
2
1
1
x
y









0.25
Vậy các số phức cần tìm là: 1 ; 1 ; 1 ; 1
i i i i
     

0.25

A
B
D
P
M
N
Q