ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011 doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (276.19 KB, 8 trang )
ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011
Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
I/.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) khi
1
m
.
2) Tìm giá trị của
m
để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một
tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
3
4
.
Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau:
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
x x
x x
2)Giải hệ phương trình sau:
3 3
2 2
9 (3 1) 125
45 75 6
y x
x y x y
Câu III(1 điểm): Tính tích phân:
2
3
2
3
( sin )sin
(1 sin )sin
x x x x
I dx
x x
Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh
AD=b,góc
·
0
60
BAD =
.CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M
sao cho AM=x (0<x<4a).Mặt phẳng(MBC) cắt cạnh SD tại N .Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối
chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối chóp SBCMN bằng
5
4
thể tích của khối
BCNMAD.
Câu V(1 điểm):Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x+y+z=xyz.Tìm giá trị lớn nhất của :
2 2 2
2 1 1
1 1 1
P
x y z
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 điểm):1)Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương
trình :
2 2
2 3 10
x y
.Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua
điểm M(-3;-2) và
0
A
x
.
2)Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
1;4;2
A
,
1;2;4
B
. Viết phương trình
đường thẳng
đi qua trực tâm
H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
OAB
. Tìm tọa
độ điểm
M
trên mặt phẳng
OAB
sao cho
2 2
MA MB
nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)
Câu VIIA(1 điểm):Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu VIB(2 điểm): 1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn :
2 2
1
( ): 10 0
C x y x
và
2 2
2
( ): 4 2 20 0
C x y x y
.Viết phương trình đường tròn đi qua các giao
điểm của
1 2
;
C C
và có tâm nằm trên đường thẳng (d) x+6y-6=0.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng :
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
;d
2
:
2
1 3 3
x y z
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z
. Chứng tỏ rằng
1 2
;
d d
là hai đường thẳng
chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1 2
;
d d
.Viết phương trình đường thẳng , biết cắt ba
đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
Câu VIIB(1 điểm):Tính tổng :
2 4 6 2010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C
………………………………………….Hết………………………………………………………….
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT MÔN TOÁN KHỐI 12 LẦN 4 NĂM HỌC 2010-2011
Câu I.1
(1,0 đ)
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m khi
1
m
.
+
4 2
1
4 4
2
y x x
. Txđ: R
lim
x
y
2
0
' 2 ( 4); ' 0
2
x
y x x y
x
Bảng biến thiên:
x
-2 0 2
'
y
0
0
0
y
4
4
4
Hàm số đồng biến trong các khoảng:
2;0 , 2;
Hàm số nghịch biến trong các khoảng:
; 2 , 0;2
Các điểm cực tiểu của đồ thị:
( 2; 4),(2; 4)
Điểm cực đại:
(0;4)
+ Điểm uốn của đồ thị:
2
2
'' 6 8, '' 0
3
y x y x
, các điểm uốn
1 2
2 4 2 4
; ; ;
9 9
3 3
U U
+ Đồ thị:
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu I.2
(1,0 đ)
4 2 2 2
2
0
1
4 4 ' 2 ( 4 ); ' 0
2
4
x
y x mx m y x x m y
x m
Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì Phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi
dấu khi x qua 3 nghiệm suy ra điều kiện :
4 0 0
m m
Cực đại
2
(0;4 )
A m
, hai cực tiểu
2 2
( 2 ; 4 ), (2 ; 4 )
B m m C m m
.
Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó
. .
4
ABC
AB AC BC
R
S
V
Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là :
2
8
h m
, 4
BC m
,
4
64 4
AB AC m m
.Suy ra
0,25
0,25
2 2
1 1
. 4 .8 16
2 2
ABC
S BC h m m m m
V
và AB.AC.BC=
4
(16 4 )4
m m m
Vậy
4
3 2
2
3 (16 4 )4 3 1
4 1 3 4 2 2 0
4 4 2
4.16.
m m m
R m m m m m
m m
Suy ra
1
1
2
m
m
.Kết hợp với điều kiện m<0 ta nhận
1
2
m
0,25
0,25
Câu II.1
(1,0 đ)
Giải phương trình:
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
x x
x x
Điều kiện:
sin 0
x
(*)
Với điều kiện (*) ta có:
2
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
4sin 2 sin 2 8sin 2sin 1
6
1 3
2(2sin 1) cos2 sin 2 (2sin 1)(4sin 1)
2 2
x x
x x
x x x x
x x x x x
Suy ra :
2sin 1 0
x
hoặc
cos2 3sin 2 4sin 1
x x x
2
6
)2sin 1 0 ( )
5
2
6
x k
x k Z
x k
2
)cos 2 3sin 2 4sin 1 4sin 2sin 2 3sin cos 0
7
sin 3cos 2 cos 1 2 ( )
6 6
x x x x x x x
x x x x k k Z
(Vì
sin 0
x
)
Vậy phương trình có nghiệm: 2 ,
6
x k k Z
;
5
2 ,
6
x k k Z
;
7
2 ,
6
x k k Z
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II.2
(1,0 đ)
Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
9 (3 1) 125
45 75 6
y x
x y x y
.Với y=0 hệ phương trình vô nghiệm .Với
0
y
.Chia cả hai vế pt(1) và pt(2) lần lượt cho
3 2
0; 0
y y
ta có hệ pt
3
3
3
3
2
2
125
125
27 9
27 9
(*)
5 5
3 . 3 6
45 75 6
x
x
y
y
x x
x x
y yy y
Đặt
5
3 ; , 0
u x v v
y
.Ta có
(*) trở thành
3 3 3 3
3
9 ( ) 3 ( ) 9 ( ) 27
2
( ) 6 ( ) 6 ( ) 6
u v
u v u v uv u v u v
uv
uv u v uv u v uv u v
Suy ra :
1
2
u
v
hoặc
2
1
u
v
0,25
0,25
Với
1
3 1
1
3
5
2
2
5
2
x
x
u
v
y
y
.Với
3 2
2
2
5
3
1
1
5
x
u
x
v
y
y
Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là
1 5 2
; ; ;5
3 2 5
0,5
Câu III
(1,0 đ)
2 2
2
3 3
2 2
3 3
2 2
3 3
2
3 3
( sin )sin (1 sin ) sin
(1 sin )sin (1 sin )sin
sin 1 sin
x x x x x x x
I dx dx
x x x x
x dx
dx
x x
+ Đặt
2
cot
sin
u x
du dx
dx
v x
dv
x
2 2
2 2
3 3
3 3
2
3 3 3 3
cot cot cot ln sin
sin
3
| |
x
dx x x xdx x x x
x
2 2 2
3 3 3
2
3 3 3
2
3
3
1 sin
1 cos 2cos
2 4 2
tan 3 2
4 2
|
dx dx dx
x
x
x
x
Vậy
3 2
3
I
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV
(1,0 đ)
D
B
A
C
S
M
N
Ta có:
(MBC )
I
(SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC và N
SD ) .Khi đó
2
0
.
1 2 3.
. .sin60 .
3 3
S ABCD
a b
V AB AD SA= = ;
2
. . .
1 3.
.
2 3
S ABC S ACD S ABCD
a b
V V V= = = .
Mà:
.
.
4
. .
4
S MBC
S ABC
V
SM SB SC a x
V SA SB SC a
-
= =
( )
.
3 4
12
S MBC
ab a x
V
-
=
Lại có :
2
.
.
. .
S MNC
S ADC
V
SM SN SC SM
V SA SD SC SA
( )
2
.
3. 4
48
S MNC
b a x
V
-
=
0,25
0,25
Dẫn đến :
( )( )
.
3 4 8
48
S BCNM SMBC SMNC
b a x a x
V V V
- -
= + = Và
( )
3 12
48
BCNMAB
b x a x
V
-
=
Theo giả thiết có
.
5
4
S BCNM BCNMAB
V V=
2 2
4a
x = (Nhaän)
3
9 108 128 0
32a
x = (Loaïi)
3
x ax a
KL :
4a
x =
3
0,25
0,25
Câu V
(1,0 đ)
2 2 2
2 1 1
1 1 1
P
x y z
.Đặt
1 1 1
; ;a b c
x y z
.Khi đó giả thiết có
ab+bc+ca=1 và
2 2 2
2
1 1 1
a b c
P
a b c
Do ab+bc+ca=1 Nên
2 2
1 ( )( )
a ab bc ca a a b a c
Với các đẳng thức tương tự ta có
2 2 2
( )( ) 4( )( ) 4( )( )
1 1 1 1 1 1 9
4( ) ( ) ( ) 4( ) 4
a b c
P
a b a c b c b a c a c b
a b c
a b a c b c a b c a c b
(Bất đẳng thức Cô Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1
7
b c a
.Hay
7 15
y z x .Vậy
9
4
MaxP
Khi
7 15
y z x
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIA.1
(1,0 đ)
Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương
trình :
2 2
2 3 10
x y
.
Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua
điểm M(-3;-2) và
0
A
x
.
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng
3 2 0
ax by a b
.Đường tròn
(C) có tâm I(2;3) và bán kính
10
R nên:
2 2 2
2 2
2 3 3 2
10 10( ) 25( ) ( 3 )(3 ) 0 3
a b a b
a b a b a b a b a b
a b
Hay b=-3a. Do đó pt (AB) là x-3y-3=0 hoặc pt (AB) là 3x-y+7=0.
TH1:(AB) x-3y-3=0. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x
nên t>-1 và do
2 2
2. 20
IA R
nên
2 2
2
1
1 3 3 20 10 10 20
1
t
t t t
t
.V ì t>-1 nên
chọn t=1.Suy ra A(6;1)
C(-2;5) và B(0;-1)
D(4;7)
TH2:(AB) 3x-y+7=0. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ
0
A
x
nên t>0 và do
2 2
2. 20
IA R
nên
2 2
2
0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
(loại)
0,5
0,25
0,25
Câu
VIA.2
(1,0 đ)
Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm
1;4;2
A
,
1;2;4
B
. Viết phương trình
đường thẳng
đi qua trực tâm
H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng
OAB
. Tìm tọa độ điểm
M
trên mặt phẳng
OAB
sao cho
2 2
MA MB
nhỏ nhất.
1;4;2
, 12, 6,6
1;2;4
OA
n OA OB
OB
uuur
r uuur uuur
uuur
mặt phẳng
( ) :
OAB
2 0
x y z
( , , )
H a b c
là trực tâm tam giác OAB nên :
0
( )
2 0
5
2 2 2 0
2
( 1) 2( 4) 4( 2) 0
5
2
a
H mp OAB
a b c
OH AB a b c b
a b c
AH OB
c
uuur uuur
uuur uuur
2
5
:
2
5
2
x t
y t
z t
Với mọi điểm
K
ta đều có:
2 2
2 2 2 2 2
2 2
MA MB KA KM KB KM KA KB KM KM KA KB
uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
Chọn
(0;3;3)
K
là trung điểm
AB
nên
2 2 2 2
2 2
MA MB KA KM
KA
không đổi nên
2 2
MA MB
nhỏ nhất khi
KM
ngắn nhất khi đó
M
là hình chiếu
của
K
trên mặt phẳng
( )
OAB
( ; ; ) ( ; 3; 3)/ / (2; 1;1)
(2 ;3 ;3 )
M x y z KM x y z n
M t t t
uuuur r
( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0
M OAB t t t t
Vậy
(0;3;3)
M
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIIA
(1,0 đ)
Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
2 2
2 1 2
2 1 4
3
2
a b i
a b
b a
b a
2 2
1 2
2 2
1 2
a
b
a
b
Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2
+(
1 2
)i; z= z=
2 2
+(
1 2
)i.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIB.1
(1,0 đ)
Gọi A,B lần lượt là giao điểm của hai đường tròn
1
( )
C
và
2
( )
C
suy ra toạ độ của A và
B thoả mãn hệ :
2 2
2 2
10 0
4 2 20 0
x y x
x y x y
2 2 2 2
10 (7 10) 10
14 2 20 0 7 10
x y x x x x
x y y x
2 2 2
49 140 100 10 50 150 100 0
7 10 7 10
x x x x x x
y x y x
0,25
2
2
4
1
1
7 10
3
x
x
y
x
x
y x
y
.Vậy A(2;4) ,B(1;-3)
Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I
V
:x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường
tròn ( C) cần tìm đi qua 2 điểm A,B nên ta có:IA=IB=R
(Có:
(6 4;4 ), (6 5; 3 )
IA a a IB a a
uur uur
)
2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )
a a a a R
2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )
a a a a
2 2 2 2
36 48 16 16 8 36 60 25 9 6
a a a a a a a a
2a = -2 a = -1
Lúc đó : I(12; -1),
100 25 5
R
Vậy :(C ): (x - 12)
2
+ (y + 1)
2
= 5
2
0,25
0,25
0,25
Câu
VIB.2
(1,0 đ)
+)Đường thẳng
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t
suy ra
1
d
đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp
1
(1; 1;2)
u
ur
.Đường thẳng d
2
:
2
1 3 3
x y z
suy ra
2
d
đi qua điểm B(0;2;0) và có một
vtcp
2
(1; 3; 3)
u
uur
.Ta có
(0; 2;1)
AB
uuur
và
1 2
, 9;5; 2
u u
ur uur
suy ra
1 2
. , 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0
AB u u
uuur ur uur
.Vậy
1
d
và
2
d
là hai đường thẳng chéo nhau.
Khoảng cách giữa
1
d
và
2
d
là :
1 2
1 2
2 2 2
1 2
. ,
12
6
,
55
9 5 ( 2),
AB u u
d d d
u u
uuur ur uur
ur uur
+)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d
1
, d
2
, d
3
Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v)
A, B, C thẳng hàng và AB = BC
B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
Đường thẳng đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
VIIB
(1,0 đ)
2 4 6 1010
1 3 5 2009
2010 2010 2010 2010
2 1 2 1 2 1 2 1
. . . .
2 4 6 2010
S C C C C
Tacó
2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) . . . . .
K k
k
x C x C C x C x C x C x C x
2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) .( ) . . . . .
k k
k
x C x C C x C x C x C x C x
2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
(1 ) (1 )
. .
2
x x
C x C x C x C x
Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được:
2 2
2010 2010
1 3 3 5 5 2009 2009
2010 2010 2010 2010
1 1
(1 ) (1 )
.
2
x x
dx C x C x C x C x dx
2011 2011
1 2 3 4 2009 2010
2010 2010 2010
(1 ) (1 )
2 2
1 1 1
2011 2011
2 2 4 2010
1 1
x x
C x C x C x
2011 2011 2 4 2010
1 3 2009
2010 2010 2010
3 1 2 2 1 2 1 2 1
4022 2 4 2010
C C C
.
Vậy:
2011 2011
3 2 1
4022
S
0,5
0,5
