ĐỀ TOÁN ĐẲNG CẤP ĐH-CĐ SỐ 35

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (199.51 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Së GD  §T VÜnh Phóc
Trêng THPT Tam D¬ng







đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12

Môn: Toán

Thi gian lm bi: 180 phỳt

Cõu 1 (2.0 im): Cho hàm số y x 3 3mx24m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường

thẳng y = x.

Câu 2 (2.0 điểm ) :

1. Giải phương trình: 2

3 4 2sin 2

2 3 2(cotg 1)

sin 2
cos

x

x
x

x



   

2. Tìm m để hệ phương trình:

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y m

     




     



 có nghiệm thực.

Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và
đường thẳng (d) lần lượt có phương trình:

(P): 2x y 2z  2 = 0; (d):

1 2

1 2 1

x y z 

 



1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một
khoảng bằng 2 và vắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P)
một góc nhỏ nhất.

Câu 4 (2.0 điểm):

1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hồnh độ x = 2.

Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hồnh. Tính thể tích vật thể trịn xoay
sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox.

2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2

 3. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức:

1 1 1

P

xy yz zx

  

  

Câu 5 (2.0 điểm):

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip
(E):

2 2

8 6

x y

 

và parabol (P): y2 = 12x.

2. Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton:

4 1

1 x

x

 

 

 

 

o0o
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu Nội dung Điểm

I

1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3

 3x2 + 4

+ TXĐ: R

+ Sự biến thiên: y’ = 3x2

 6x = 0  x = 0 hoặc x = 2

Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +)

Hàm số nghich biến trên: (0; 2)

Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0

y” = 6x 6 = 0  x = 1

Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)

0.25

Giới hạn và tiệm cận:

3 4

lim lim 1

x y x x x x



0.25

Lập BBT:

0.25

Đồ thị:

0.25

2/. Ta có: y’ = 3x2

 6mx = 0 

0
2

x

x m



 


Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m 0.

0.25

Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB(2 ; 4m  m3)



Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) 0.25

4 +∞

∞



+ 0 0 +

y’

∞ 2 +∞

y

x

y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vng góc với
đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x

3
3

2 4 0

m m
m m

  


 






0.25

Giải ra ta có:

2
2

m

; m = 0 0.25

Kết hợp với điều kiện ta có:

2
2

m

II

2/. Đk: x k 2


 0.25

Phương trình đã cho tương đương với:





2 2

2
2

3 1 2 3 2

sin 2

2(sin cos )

3 3 2

sin cos

3 2 3 0

tg cotg

tg tg

x x

x

x x

   



   

0.25



3
1

3 6

tg
tg

x k

x

x x k




    




 

  

   

 

0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x 6 k 2

 

 

; kZ 0.25

2/.

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 0 (2)

x y y x

x x y y m

     




     




Điều kiện:

2
2

1 0 1 1

0 2

2 0

x x

y
y y

     





 

 

  




0.25

Đặt t = x + 1 t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3 3y2. 0.25

Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

(1)  y = y  y = x + 1  (2)  x2 2 1 x2 m0

0.25
Đặt v 1 x2 v[0; 1]  (2)  v2 + 2v 1 = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v 1 đạt min ( )[0;1] g v 1; m [0;1ax] g v( ) 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

III

1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:

1 2 ;
2

x t

y t t R

z t





  



  


Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)().

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |

( ; ) 3

3 3

t t t t

d I           



2
3

t
t





 


0.25

 Có hai tâm mặt cầu:

2 1 8 7 17 1

; ; ; ;

3 3 3 vµ 3 3 7

I  I   

   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường trịn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu
có bán kính là R = 5.

0.25

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là:

2 2 2 2 2 2

2 1 8 7 17 1

25 25

3 3 3 vµ 3 3 3

x y z x y z

           

           

           

           

0.25

2/. Đường thẳng () có VTCP u ( 1;2;1)



; PTTQ:

2 1 0

2 0

x y
x z

  




  



Mặt phẳng (P) có VTPT n(2; 1; 2) 

 0.25

Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là:

| 2 2 2 | 6

sin

3
3. 6

  

  

 Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là

6 3

cos 1

9 3

   

0.25

Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m2+ n2 > 0)
 (2m + n)x + my + nz + m 2n = 0

Vậy góc giữa (P) và (Q) là: 2 2

| 3 | 3

cos

3. 5 2 4

m

m n mn

  

 

0.25

 m2 + 2mn + n2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Thể tích vật thể trịn xoay cần tìm là:

2 2

4 2

0 1

(4 4)

V  x dx x dx

 







0.25

2 16 2 16

( 1)

0 1

5 3 15

x

  

   

  0.5

2/. Ta có:





1 1 1

(1 ) (1 ) (1 ) 9

1 1 1

xy yz zx

 

        

  

  0.25

2 2 2

9 9

3 3

P

xy yz zx x y z

  

      0.25



9 3

6 2

P  0.25

Vậy GTNN là Pmin =
3

2 khi x = y = z 0.25

V

1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0)

() là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1)

() là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2)

0.25
Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A.

Với C = 2A A = B = 0 (loại) 0.25

Với C = 4A 

2
3

A
B

 Đường thẳng đã cho có phương trình:

2 2 3

4 0 4 0

3
3

A

Ax y A  x y 

0.25

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:

2 3

4 0
3

x y  0.25

V

Ta có:

12 12

4 4 12 4

12
0

1 1 1

1 1 ( 1)

k
k k

k

x x C x

x x x





 

     

       

      

    



 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 

12 12

12 4 12 4 4

12 12

0 0 0 0

12 4 5

12
0 0

( 1) ( 1)

( 1)

i

k k i k

k k i k k i k i i

k k

k i k i

k

k k i k i
k
k i

C C x C C x x

x
C C x



   

   

 

 

 

     

 

 





0.25

Ta chọn: i, k N, 0 ik  12; 4k  5i = 8

i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 0.25

</div>

ĐỀ TOÁN ĐẲNG CẤP ĐH-CĐ SỐ 35





















 









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về