®¸p ¸n ®Ò thi chuyªn ®Ò m«n to¸n 12 lÇn 3
Đáp án
Câu
Điểm
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x 2 x 1 .
4
1
2
1,0
- TXĐ:
- Sự biến thiên:
+) Ta có: y' = 4x3 - 4x y ' 0 x 0 x 1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 , 0;1
0,25
và hàm đồng biến trên các khoảng 1;0 , 1; .
+) Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1
xCT = 1 , yCT = 0
f(x)=x^4-2x^2+1
1
2
+) Giới hạn: lim y lim x 4 1 2 4
x
x
x
x
+) Bảng biến thiên
x
y'
-
-1
-
0,25
0
0
+
+
1
0
-
0
+
+
+
0,25
1
y
0
0
- Đồ thị:
y
2
1
x
-2
-1
1
2
-1
0,25
-2
2
Tìm GTLN, GTNN của hàm số f ( x) 2 x4 4 x2 10 trên đoạn 0; 2
ta có: f '( x) 8x3 8x
0,25
x 0
.
x 1
Với x 0; 2 thì: f '( x) 0
0,25
Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6
Vậy:
0,25
Max f ( x) f (1) 12; min f ( x) f (2) 6
0,25
Giải phương trình, bất phương trình:
a) 3 sin 2 x cos 2 x 4sin x 1 .
1,0
0;2
3
1,0
0;2
b) 2log3 ( x 1) log 3 (2 x 1) 2
a) PT 2 3 sin x cos x 2sin 2 x 4sin x 0
2sin x
3 cos x sin x 2 0
0,25
sin x 0
x k
sin x 0
, k .
sin
x
1
x
k
2
3
cos
x
sin
x
2
3
6
S k ; k 2 k
6
b) ĐK: x > 1, BPT log3[( x 1)(2 x 1)] 1
0,25
0,25
1
2 x 2 3x 2 0 x 2
2
0,25
Vậy nghiệm S = (1;2]
a) Cho số phức z 1 i z 3 i z 2 6i (*) . Tìm môđun của số phức z.
4
b) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn
từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất
để số chọn được là số chia hết cho 5.
1,0
a) Giả sử z a bi a, b , khi đó:
4a 2b 2
2b 6
* 1 i a bi 3 i a bi 2 6i 4a 2b 2bi 2 6i
0,25
a 2
z 2 3i z 13
b 3
0,25
b) Số phần tử của A là 6.A36 720
0,25
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A36 120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A52 100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120 100 220 cách
Vậy xác suất cần tìm bằng
220 11
.
720 36
0,25
5
1,0
I cos 2 xdx cos x 3sin x 1 dx I1 I 2
0,25
2
Tính tích phân I cos x cos x 3sin x 1 dx .
0
2
2
0
0
12
1 sin 2 x
I1 cos 2 x 1 dx
x 2
20
2 2
0 4
0,25
12
2
I 2 3sin x 1 d 3sin x 1
30
9
I
6
4
3sin x 1
3
14
2
9
0
0,25
14
9
0,25
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc
600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
BD và SA theo a.
Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, suy ra SH AB,
mặt khác (SAB) (ABCD)
600 .
S
nên SH (ABCD) và SCH
1,0
K
E
H
A
D
B
0,25
C
Ta có SH CH . tan 60 0 CB 2 BH 2 . tan 60 0 a 15.
4 15 3
1
1
a
VS . ABCD .SH .S ABCD a 15.4a 2
3
3
3
Qua A vẽ đường thẳng song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc
của H lên và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó (SHE) HK
suy ra HK (S, ).
Mặt khác, do BD//(S, ) nên ta có
d BD; SA d BD; S , d B; S , 2d ( H ;(S , )) 2HK
0,25
0,25
DBA
450 nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra
Ta có EAH
HE
AH
2
a
2
HK
Vậy: d BD;SA
HE.HS
HE HS
2
2
15
a.
31
2 465
a
31
0,25
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
7
A 3;1;2 , B 1; 3;4 và mặt cầu (S): x 1 y 2 z 3 4.
2
2
2
1,0
CMR mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp xúc với mặt cầu (S).
Xác định tọa độ của tiếp điểm.
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3),R 2 .
Phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của AB đi qua M 1; 1;3 , có vtpt
AB 4; 4;2 là (P): 2x + 2y – z + 3=0
Ta có: d(I;(P)) 2 R nên mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB tiếp
xúc với mặt cầu (S) (đpcm)
Phương trình đường thẳng d đi qua I nhận véc tơ n (P) 2;2; 1 làm vt chỉ
phương là:
x 1 y 2 z 3
2
2
1
0,25
0,25
0,25
2
1 2 11
d (P) H 1 2t;2 2t;3 t P t H ; ;
3
3 3 3
1 2 11
3 3 3
8
Vậy: tọa độ tiếp điểm là H ; ;
0,25
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là
điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC
tại E và cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
AEB 450 , BK : 3x y 15 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
1,0
B
M
A
C
K
E
N
AKB
AEB 450 AKB vuông cân tại A
Tứ giác ABKE nội tiếp
ABK 450
Gọi B a;15 3a a 3 sao cho : BN 2d N , BK 3 5
a 2 7a 10 0 a 2( L), a 5 B 5;0
Tam giác BKN có BE và KA là đường cao C là trực tâm của BKN
CN BK CN : x 3 y 10 0 . ABK và KCM vuông cân
0,25
0,25
KM
1
1
1
1
BK
CK
AC
.
BK
BK 4KM
4
2
2 2
2 2 2
0,25
7 9
M MN BK M ; K (3;6)
2 2
AC qua K vuông góc AB AC : 2 x y 0
A AC AB A(1;2) . C là trung điểm của AK C (2;4)
Vậy A 1;2 , B 5;0 , C 2;4
2
xy y 2y x 1 y 1 x
9
Giải hệ phương trình:
0,25
1,0
3. 6 y 3. 2x 3y 7 2x 7
Điều kiện: x 0, 1 y 6, 2x 3y 7 0 (*)
x 0
không là nghiệm của hệ phương trình y 1 x 0
y 1
Nhận thấy
Khi đó, PT (1) x(y 1) (y 1)2
0,25
y 1 x
y 1 x
1
0
(x y 1) y 1
y
1
x
0,25
x y 1 0 y x 1 (do (*))
Thay vào PT (2) ta được: 3 5 x 3 5x 4 2x 7
ĐK: 4 / 5 x 5
(7 x) 3 5 x 3(x 5x 4 ) 0
1
3
(4 5x+x 2 )
0
3 5 x (7 x)
5
x
4
x
0,25
x 1 y 2
x2 5x+4 0
x 4 y 5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).
0,25
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa: x y z 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
10
biểu thức: P
x2
yz 8 x3
y2
zx 8 y3
z2
xy 8 z3
1,0
Theo BĐT Bunhiacopxki:
2
P yz 8 x3 zx 8 y3 xy 8 z3 x y x
P
(x y z)2
xy yz zx 8 x 8 y 8 z
3
3
Ta có: 8 x3 (2 x)(4 2x x 2 )
8 y3
Tương tự:
Suy ra: P
6 y y2
;
2
0,25
3
2 x 4 2x x 2 6 x x 2
2
2
8 z3
6 z z2
2
2(x y z)2
2xy 2yz 2zx 18 (x y z) x 2 y 2 z 2
0,25
2(x y z)2
(x y z)2 (x y z) 18
Đặt t x y z (t 3). Khi đó: P
Xét hàm số: f(t)
2t 2
t 2 t 18
2(t 2 36t)
2t 2
với
, f '(t) 0 t 36
f
'(t)
t
3
.
(t 2 t 18)
t 2 t 18
BBT
t
3
f t'
36
0
144/71
0,25
f(t)
3/4
Từ BBT ta có: GTNN của P là:
2
3
khi t 3.
4
Vậy GTNN của P là: 3/4 khi x y z 1.
0,25