Thi thư ĐH Toán lần 7 có đáp án

wWw.VipLam.Info
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)

1 4
x + 4mx 2 + 4m 2 ,(1)
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1) khi m = −1 .
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
3
bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng .
4
1  π
1



Câu I (2 điểm): Cho hàm số y =

Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau:  2 −
÷sin  − 2 x ÷ = 4sin x − 1 −
sin x   6
2sin x


3
3
9 y (3 x − 1) = −125
2)Giải hệ phương trình sau: 
2

2
 45 x y + 75 x = 6 y
2π

x + ( x + sin x)sin x
dx
2
(1
+
sin
x
)sin
x
3
Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh AD=b,góc
·
BAD
= 60 0 .CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M sao cho AM=x
(05
phần sao cho thể tích của khối chóp SBCMN bằng
thể tích của khối BCNMAD.
4
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
1
1
P=
+
+

2
2
1+ x
1+ y
1+ z2
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
( x − 2 ) + ( y − 3) = 10 .Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
Câu III(1 điểm): Tính tích phân: I = ∫π 3

M(-3;-2) và x A > 0 .
2)Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 1; 4; 2 ) , B ( −1;2;4 ) . 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 MA2 + MB 2 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 :
(C1 ) : x 2 + y 2 − 10 x = 0 và (C2 ) : x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 20 = 0 .Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm
của ( C1 ) ; ( C2 ) 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 :


wWw.VipLam.Info
x = t

x y−2 z

d1 :  y = 4 − t ;d2: =
=
1
−3
−3
 z = −1 + 2t


và d3:

x +1 y −1 z +1
=
=
. Chứng tỏ rằng d1 ; d 2 là hai đường thẳng chéo
5
2
1

nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 ; d 2 .Viết phương trình đường thẳng ∆, biết ∆ cắt ba đường thẳng
d1 , d2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC.
22 − 1 1
24 − 1 3
26 − 1 5
2 2010 − 1 2009
Câu VIIB(1 điểm):Tính tổng : S =
.C2010 +
.C2010 +
.C2010 + ... +

.C2010
2
4
6
2010
………………………………………….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 y =

1 4
x + 4mx 2 + 4m 2 ,(1) khi m = −1 .
2

1 4
x − 4 x 2 + 4 . Txđ: R
2
lim y = +∞

+y=

x →±∞

x = 0
y ' = 2 x( x 2 − 4); y ' = 0 ⇔ 
 x = ±2

0,25

Bảng biến thiên:

x
y'
y

−∞
+∞

−

-2
0

−4

+

0
0
4

2

− 0

+

−∞
+∞

−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
4
4
 2
 2
y '' = 6 x 2 − 8, y '' = 0 ⇔ x = ±
; − ÷;U 2  −
;− ÷
, các điểm uốn U1 
3
3 9
 3 9

+ Đồ thị:
Câu I.2
(1,0 đ)

y=

0,25

0,25
0,25

x = 0
1 4
x + 4mx 2 + 4m 2 ⇒ y ' = 2 x( x 2 + 4m); y ' = 0 ⇔  2
2
 x = −4m

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 : −4m > 0 ⇔ m < 0
Cực đại A(0;4m 2 ) , hai cực tiểu B (−2 −m ; −4m 2 ), C (2 −m ; −4m 2 ) .
Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là bán
AB. AC.BC
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó R =
4 SVABC
Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là : h = 8m 2 , BC = 4 − m ,

0,25
0,25


wWw.VipLam.Info
AB = AC = 64m 4 − 4m .Suy ra

SVABC =

Câu II.1

(1,0 đ)

1
1
BC.h = 4 −m .8m 2 = 16m 2 −m và AB.AC.BC= (16m 4 − 4m)4 − m
2
2

3
(16m 4 − 4m)4 −m 3
1

= ⇔ 4m3 − 1 = 3m ⇔  m + ÷( 4m 2 − 2m − 2 ) = 0
Vậy R = ⇔
2
4
4
2
4.16.m − m

m = 1
1
Suy ra 
.Kết hợp với điều kiện m<0 ta nhận m = −
−
1
m =
2

2

1  π
1


Giải phương trình:  2 −
÷sin  − 2 x ÷ = 4sin x − 1 −
sin x   6
2sin x


Điều kiện: sin x ≠ 0 (*)
Với điều kiện (*) ta có:

0,25

0,25

1  π
1


⇔
2−
÷sin  − 2 x ÷ = 4sin x − 1 −
sin x   6
2sin x


π
( 4sin x − 2 ) sin  − 2 x ÷ = 8sin 2 x − 2sin x − 1 ⇔

6

1

3
2(2sin x − 1)  cos 2 x −
sin 2 x ÷
÷ = (2sin x − 1)(4sin x + 1)
2
2

Suy ra : 2sin x − 1 = 0 hoặc cos 2 x − 3 sin 2 x = 4sin x + 1
π

 x = 6 + k 2π
+ )2sin x − 1 = 0 ⇒ 
(k ∈ Z )
 x = 5π + k 2π

6
+ ) cos 2 x − 3 sin 2 x = 4sin x + 1 ⇔ 4sin x + 2sin 2 x + 2 3 sin x cos x = 0
(Vì sin x ≠ 0 )
π
7π

⇔ sin x + 3 cos x = −2 ⇔ cos  x − ÷ = −1 ⇔ x =
+ k 2π (k ∈ Z )
6
6


π
5π
+ k 2π , k ∈ Z ;
Vậy phương trình có nghiệm: x = + k 2π , k ∈ Z ; x =
6
6
7π
x=
+ k 2π , k ∈ Z
6
Câu II.2
(1,0 đ)

0,25

0,25

0,25
0,25

3
3
9 y (3 x − 1) = −125
Giải hệ phương trình: 
.Với y=0 hệ phương trình vô nghiệm .Với y ≠ 0
2
2
 45 x y + 75 x = 6 y

.Chia cả hai vế pt(1) và pt(2) lần lượt cho y 3 ≠ 0; y 2 ≠ 0 ta có hệ pt

0,25


wWw.VipLam.Info
125
125


3
3
27
x
+
=9
27
x
+
=
9
3
3


y
y
5


u
=

3
x
;
v
=
, v ≠ 0 .Ta có
⇔
(*)
Đặt


2
y


5
5
x
x
45 + 75 = 6
3 x. 3 x +
÷= 6
2
 y
 y 
y
y
u 3 + v 3 = 9
(u + v )3 − 3uv(u + v) = 9
(u + v )3 = 27

u + v = 3
⇔
⇔
⇔
(*) trở thành 
uv = 2
uv(u + v) = 6
uv (u + v) = 6
uv(u + v) = 6
u = 1
u = 2
Suy ra : 
hoặc 
v = 2
v = 1

0,25

0,5

1
3x = 1  x =
3 x = 2 
2
u = 1 
u = 2 

x =
3
⇒ 5

⇒
⇒ 5
⇒
3
Với 
.Với

v = 2  y = 2  y = 5
v = 1
 y =1
 y = 5



2
1 5 2 
Vậy hệ pt có hai nghiệm (x;y) là  ; ÷;  ;5 ÷
3 2 5 
Câu III
(1,0 đ)

2π
3
π
3

I =∫

2π
x + ( x + sin x)sin x

x(1 + sin x) + sin 2 x
3
dx = ∫π
dx
(1 + sin x)sin 2 x
(1 + sin x)sin 2 x
3

2π
3
π
3

2π
x
dx
=∫
dx + ∫π 3
2
sin x
3 1 + sin x
u = x
du = dx

+ Đặt 
dx ⇒ 
v = − cot x
dv = sin 2 x
2π
2π

2π
2π
x
3
3
3
dx
=
−
x
cot
x
+
cot
xdx
=
−
x
cot
x
+
ln
sin
x
(
) |π3 = π
|π ∫π
∫π3 sin 2 x
3
3

3
3

+

2π
3
π
3

∫

2π
dx
= π3
1 + sin x ∫ 3

2π
dx
dx
= ∫π 3
=
x
π

2π
3
1 + cos  − x ÷
2cos  − ÷
2


 4 2

2π
π x  3
= tan  − ÷| π = 3 − 2
 4 2 3
π
+ 3−2
Vậy I =
3

0,25

0,25

0,25

0,25
Câu IV
(1,0 đ)


wWw.VipLam.Info
S

M
N

A

B

0,25

D
C

Ta có:
(MBC ) I (SAD) = MN với MN//AD ( Do AD // BC và N ∈ SD ) .Khi đó
1
2 3.a2 b
1
3.a2 b
0
; VS . ABC = VS . ACD = .VS . ABCD =
.
VS . ABCD = AB.AD.sin 60 .SA =
3
3
2
3
VS . MBC SM SB SC 4a - x
3ab ( 4a - x )
=
. .
=
⇒V
Mà:
=
S . MBC

VS . ABC
SA SB SC
4a
12
2

Câu
VIA.1

2

1

2

+

2

+

0,25

1

1
1
1
.Đặt a = ; b = ; c = .Khi đó giả thiết có ab+bc+ca=1
x

y
z
1+ x
1+ y
1+ z
2a
b
c
+
+
và P =
1 + a2
1 + b2
1 + c2
Do ab+bc+ca=1 Nên 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = (a + b)(a + c )
Với các đẳng thức tương tự ta có
2a
2b
2c
P=
+
+
≤
(a + b)(a + c)
4(b + c)(b + a )
4(c + a )(c + b)
P=

0,25

2

V
SM SN SC  SM 
b 3.( 4a - x )
.
.
=
Lại có : S . MNC =
÷ ⇒ VS . MNC =
VS . ADC
SA SD SC  SA 
48
b 3 ( 4a - x ) ( 8a - x )
b 3 x ( 12a - x )
Dẫn đến : VS .BCNM = VSMBC + VSMNC =
Và VBCNMAB =
48
48

4a
x = (Nhaän)

5
2
2
3
Theo giả thiết có VS .BCNM = VBCNMAB ⇔ 9 x − 108ax + 128a = 0 ⇔ 
4
 x = 32a (Loaïi)


3
4a
KL : x =
3
Câu V
(1,0 đ)

0,25

2

1   1
1   1
1  9
 1
a
+
+
+
÷+ c 
÷=
÷+ b 
 a + b a + c   4(b + c) (a + b)   (c + a ) 4(c + b)  4
1
(Bất đẳng thức Cô Si).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c = a .Hay y = z = 7 x = 15
7
9
.Vậy MaxP = Khi y = z = 7 x = 15
4

Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình :

0,25
0,25

0,25

0,25


wWw.VipLam.Info
(1,0 đ)

Câu
VIA.2
(1,0 đ)

( x − 2)

2

+ ( y − 3) = 10 .
2

Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M(3;-2) và x A > 0 .
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax + by + 3a + 2b = 0 .Đường tròn (C) có
tâm I(2;3) và bán kính R = 10 nên:
2a + 3b + 3a + 2b
10 =
⇔ 10(a 2 + b 2 ) = 25(a + b) 2 ⇔ (a + 3b)(3a + b) = 0 ⇔ a = −3b

2
2
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 x A > 0 nên t>-1 và do
t = 1
2
2
2
.V ì t>-1 nên chọn
IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( 1 + 3t ) + ( t − 3) = 20 ⇔ 10t + 10 = 20 ⇒ 
 t = −1
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 x A > 0 nên t>0 và do IA2 = 2.R 2 = 20
t = 0
2
2
2
nên ( t − 2 ) + ( 3t + 4 ) = 20 ⇔ 10t + 20t + 20 = 20 ⇒ 
(loại)
 t = −2
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( −1;2;4 ) . Viết phương trình

0,5

0,25
0,25

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 )
uuur
OA = ( 1;4;2 )  r uuur uuur
uuur
 ⇒ n = OA, OB  = ( 12, −6,6 )
OB = ( −1;2;4 ) 

sao cho MA2 + MB 2 nhỏ nhất.

mặt phẳng (OAB) : 2 x − y + z = 0
H (a, b, c) là trực tâm tam giác OAB nên :


a = 0
 H ∈ mp (OAB)
 2a − b + c = 0

 uuur uuur
5


⇔ −2a − 2b + 2c = 0
⇔ b =
OH ⊥ AB
2
 uuur uuur
 −(a − 1) + 2(b − 4) + 4(c − 2) = 0

AH
⊥

OB


5

c = 2

 x = 2t

5
( ∆ ) :  y = − t
2

5

 z = 2 + t
Với mọi điểm K ta đều có:

0,25

0,25

uuur uuuur 2 uuur uuuur 2
uuuur uuur uuur
MA2 + MB 2 = KA − KM + KB − KM = KA2 + KB 2 + 2KM 2 − 2 KM KA + KB

(

) (

)

(

)

Chọn K (0;3;3) là trung điểm AB nên MA + MB = 2 KA + 2 KM
KA không đổi nên MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi KM ngắn nhất khi đó M là hình chiếu của K
2

2

2

2


wWw.VipLam.Info
trên mặt phẳng (OAB )

0,25

M ∈ (OAB) ⇒ 4t − (3 − t ) + (3 + t ) = 0 ⇒ t = 0

0,25

uuuur
r
M ( x; y; z ) ⇒ KM = ( x; y − 3; z − 3) / / n = (2; −1;1)
⇔ M (2t;3 − t ;3 + t )

Vậy M (0;3;3)
Câu
VIIA
(1,0 đ)

0,25

Gọi số phức z=a+bi
2
2
 a − 2 + ( b + 1) i = 2
( a − 2 ) + ( b + 1) = 4
⇔
Theo bài ra ta có: 

b = a − 3
b = a − 2
 a = 2 − 2

 b = −1 − 2
⇔
 a = 2 + 2

 b = −1 + 2

Vậy số phức cần tìm là: z= 2 − 2 +( −1 − 2 )i; z= z= 2 + 2 +( −1 + 2 )i.
Câu
VIB.1
(1,0 đ)

0,25

0,25

0,25

Gọi A,B lần lượt là giao điểm của hai đường tròn (C1 ) và (C2 ) suy ra toạ độ của A và B
 x 2 + y 2 − 10 x = 0
 x 2 + y 2 = 10 x
 x 2 + (7 x − 10) 2 = 10 x
⇔
⇔
thoả mãn hệ :  2


2
 x + y + 4 x − 2 y − 20 = 0
14 x − 2 y − 20 = 0
 y = 7 x − 10
 x 2 + 49 x 2 − 140 x + 100 = 10 x
50 x 2 − 150 x + 100 = 0
⇔
⇔
 y = 7 x − 10
 y = 7 x − 10
 x = 2
 x = 2



y = 4
⇔  x = 1
⇔
  x = 1 .Vậy A(2;4) ,B(1;-3)
 y = 7 x − 10


  y = −3
Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I ∈ :x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường tròn ( C)
cần tìmuuđi
r qua 2 điểm A,B nên
uur ta có:IA=IB=R
(Có: IA = (6a − 4; 4 − a), IB = (6a − 5; −3 − a) )

0,25

0,25

V

⇔ (6a − 4) 2 + (4 − a) 2 = (6a − 5) 2 + ( −3 − a) 2 = R
⇔ (6a − 4) 2 + (4 − a) 2 = (6a − 5) 2 + (−3 − a) 2
⇔ 36a 2 − 48a + 16 + 16 − 8a + a 2 = 36a 2 − 60a + 25 + 9 + 6a + a 2
⇔ 2a = -2 ⇔ a = -1
Lúc đó : I(12; -1), R = 100 + 25 = 5
Vậy :(C ): (x - 12)2 + (y + 1)2 = 52
Câu
VIB.2
(1,0 đ)

x = t
ur

+)Đường thẳng d1 :  y = 4 − t suy ra d1 đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp u1 (1; −1; 2)
 z = −1 + 2t


0,25
0,25


wWw.VipLam.Info

x y−2 z
=
.Đường thẳng d2: =
suy ra d 2 đi qua điểm B(0;2;0) và có một vtcp
1
−3
−3
ur uur
uur
uuur
u2 (1; −3; −3) .Ta có AB(0; −2;1) và u1 , u2  = ( 9;5; −2 ) suy ra
uuur ur uur
AB. u1 , u2  = 9.0 + (−2).5 + 1.(−2) = −12 ≠ 0 .Vậy d1 và d 2 là hai đường thẳng chéo nhau.
uuur ur uur
AB. u1 , u2 
−12
6

d
d
d
d
,
d
=
=
=
Khoảng cách giữa 1 và 2 là : ( 1 2 )
ur uur
u1 , u2 
92 + 52 + (−2) 2 55


+)Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3
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
t + (−1 + 5v) = 2u

⇔ 4 − t + (1 + 2v) = 2.(2 − 3u )
−1 + 2t + (−1 + v) = 2(−3u )

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
Câu
VIIB
(1,0 đ)

x y−2 z
=
=
1
1
1

0,25
0,25

0,25

0,25

22 − 1 1
24 − 1 3
26 − 1 5
21010 − 1 2009
S=
.C2010 +
.C2010 +
.C2010 + ... +
.C2010
2
4
6
2010
Tacó (1 + x )

2010

2010

K
0
1
2
3
2009 2009
2010 2010
= ∑ C2010
x k = C2010
+ C2010
.x1 + C2010
.x 2 + C2010
.x3 + ... + C2010
.x + C2010
.x
k =0

2010

k
0
1
2
3
2009 2009
2010 2010
(1 − x) 2010 = ∑ C2010

.(− x) k = C2010
− C2010
.x1 + C2010
.x 2 − C2010
.x 3 + ... − C2010
.x + C2010
.x
k =0

(1 + x) 2010 − (1 − x) 2010
1
3
5
2009 2009
= C2010
x + C2010
x 3 + C2010
.x 5 + ... + C2010
.x
2
Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta được:
2
2
(1 + x) 2010 − (1 − x) 2010
1
3
5
2009 2009
.dx = ∫ ( C2010
x + C2010

x 3 + C2010
x 5 + ... + C2010
x ) dx
∫1
2
1
⇒

0,5

 (1 + x) 2011 (1 − x) 2011  2
2
+

÷
1
1 1 2 1 3 4
2009 2010 
2011
2011
⇔
C2010 x ÷
÷ =  C2010 x + C2010 x + ... +
2
4
2010


÷1  2
1


÷


32011 − 1 − 22011 22 − 1 1
24 − 1 3
22010 − 1 2009
⇔
=
C2010 +
C2010 + ... +
C2010 .
4022
2
4
2010
32011 − 22011 − 1
Vậy: S =
4022
0,5


wWw.VipLam.Info