Đề thi Khảo sát chất lượng lớp 12: Lần II năm 2011 môn Toán - THPT chuyên ĐH Vinh

www.VNMATH.com
TR
TR

NG  I H C VINH 
NG THPT CHUN 

 KH O SÁT CH T L
NG L P 12 L N 2, N M 2011 
MƠN : TỐN; Th i gian làm bài :180 phút 

I.PH N CHUNH CHO T T C  THÍ SINH(7 đi m) 
Câu I. (2,0 đi m) 

− x + 1 
. 
x − 2
2.  Tìm trên (H) các đi m A,B sao cho đ  dài AB = 4 và đ ng th ng AB vng góc v i đ ng th ng y = x. 
Câu II(2,0  đi m) 
sin 2x + cos x − 3 ( cos 2x + sin x ) 
= 0 . 
1.  Gi i ph ng trình
2 sin 2x −  3
x 4 + 4x 2 + y 2  − 4y = 2 
. 
2.  Gi i h  ph ng trình   2
2 
 x y + 2x + 6y = 23
x ln ( x + 2 ) 
Câu III.(1,0 đi m).Tính di n tích hình ph ng gi i h n b i đ  th  hàm s y =
và tr c hồnh. 

4 − x 2 
Câu IV.(1,0 đi m). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình ch  nh t v i AB = a, AD =  a 2 , góc gi a hai m t 
ph ng (SAC) và (ABCD) b ng 60 0  . G i H là trung đi m c a AB.Bi t m t bên SAB là tam giác cân t i đ nh S và 
thu c m t ph ng vng góc v i m t ph ng đáy. Tính th  tích kh i chóp S.ABCD và bán kính m t c u ngo i ti p 
hình chóp S.AHC 
Câu V.(1,0 đi m) Cho các s  th c d ng x, y, z tho  mãn  x 2 + y 2 + z 2  + 2xy = 3(x + y + z) . Tìm giá tr  nh  nh t 
20
20 
c a bi u th c  P = x + y + z +
+
. 
x+z
y + 2
II. PH N RIÊNG (3,0 đi m) 
a. Theo ch ng trình chu n 
Câu VIa. (2,0 đi m) 
1.  Trong m t ph ng to  đ  Oxy cho tam giác ABC có ph ng trình ch a đ ng cao và đ ng trung tuy n k  
t  đ nh A l n l t có ph ng trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm to  đ  B,C bi t tâm đ ng 
trịn ngo i ti p tam giác ABC là I(­5;1). 
2.  Trong khơng gian to  đ  Oxyz cho đi m A(1;0;0), B(2;­1;2), C(­1;1;3) và đ ng th ng 
x − 1 y z − 2 
D : 
= =
. Vi t ph ng trình m t c u có tâm thu c đ ng th ng D , đi qua đi m A và c t m t 
− 1
2
2
ph ng (ABC) theo m t đ ng trịn sao cho đ ng trịn có bán kính nh  nh t 
9 
Câu VIIa. (1,0 đi m) Tìm s  ph c z tho  mãn  z − 3i = 1 − iz và  z −  là s  thu n  o. 

z
b. Theo ch ng trình nâng cao 
Câu VIb(2,0 đi m) 
1.  Trong m t ph ng to  đ  Oxy cho đ ng tròn (C): x 2 + y 2  − 4x + 2y − 15 = 0 . G i I là tâm đ ng tròn (C). 
ng th ng D  đi qua M(1;­3) c t (C) t i hai đi m A và B. Vi t ph ng trình đ ng th ng D  bi t tam 
giác IAB có di n tích b ng 8 và c nh AB là c nh l n nh t. 
x − 2 y + 1 z − 1 
2.  Trong không gian to  đ  Oxyz cho đi m M(1;­1;0) và đ ng th ng  D : 
=
=
và m t ph ng 
2
− 1
1
(P): x + y + z  ­ 2 = 0. Tìm to  đ  đi m A thu c m t ph ng (P) bi t đ ng th ng AM vng góc v i D  và 
33 
. 
kho ng cách t  A đ n đ ng th ng D  b ng 
2 

1.  Kh o sát s  bi n thiên và v  đ  th  (H) hàm s   y =

4

 z   z  
Câu VIIb.(1,0 đi m ) Cho các s  ph c z1  , z2  tho  mãn  z1 − z 2 = z1 = z 2  > 0 . Tính  A =  1  +  2  
 z 2   z1  

4 

www.VNMATH.com
TR
TR
Câu 
I. 
(2,0 
đi m) 

ÁP ÁN 

NG  I H C VINH 
NG THPT CHUN 

 KH O SÁT CH T L

NG L P 12 L N 2, N M 2011 

MƠN:   TỐN;    Th i gian làm bài: 180 phút 
áp án 

1. (1,0 đi m) 
a. T p xác đ nh:  D = R \ { 2 }. 
b. S  bi n thiên: 

i m 

1 
> 0 , ∀x ≠ 2 . 
( x − 2 ) 2

Suy ra hàm s  đ ng bi n trên các kho ng  (−∞ ; 2 )  và  (2 ; + ∞) . 
− x + 1 
− x + 1 
* Gi i h n: 
lim y  = lim 
= −1  và  lim y = lim 
= −1 ;
x → +∞
x → +∞ x − 2 
x → −∞
x → −∞ x − 2 
− x + 1 
− x + 1 
lim  y  = lim 
= +∞ và lim  y = lim 
= −∞ . 
x → 2 
x → 2  x − 2 
x → 2 
x → 2  x − 2 
* Ti m c n:   th  có đ ng ti m c n ngang là  y  = −1 ; đ ng ti m c n đ ng là  x = 2 . 
*B ng bi n thiên: 
x
− ∞
2
+ ∞
+
+ 
y ' 
+ ∞

* Chi u bi n thiên: Ta có  y ' = 

−

y

−

+

− 1

−1

+

y 

− ∞
 th : 
 th   hàm  s  c t tr c hồnh t i (1; 0), 
1 
c t  tr c  tung  t i  (0 ;  −  ) và  nh n  giao 
2 
đi m  I (2 ;  − 1 )  c a hai ti m c n làm tâm 
đ i x ng. 

0,5 

0,5 

c. 

O 
− 1

1  2 

x 

I

2. (1,0 đi m) 
Vì đ ng th ng AB vng góc v i  y =  x  nên ph ng trình c a AB là  y = − x + m . 
− x + 1 
Hồnh đ  c a A, B là nghi m c a ph ng trình 
= − x + m , hay ph ng trình 
x − 2 
x 2 − ( m + 3 ) x + 2 m + 1 = 0 ,  x ≠ 2 
(1) 
2 
2 
Do ph ng trình (1) có  D = ( m + 3 )  − 4 ( 2 m + 1 ) = m  − 2 m + 5 > 0 ,  ∀m  nên có hai nghi m 
phân bi t  x 1 , x 2  và c  hai nghi m đ u khác 2. Theo đ nh lí Viet ta có 
x 1 +  x 2  = m + 3 ; x 1 x 2  = 2 m + 1 
Theo gi  thi t bài tốn ta có  AB 2 = 16 ⇔ ( x 2  − x 1 ) 2  + ( y 2  − y 1 ) 2  = 16 

0,5 

⇔  ( x 2 − x 1 ) 2  + ( − x 2  + m + x 1  − m ) 2  = 16 ⇔ ( x 2  − x 1 ) 2  = 8 ⇔ ( x 1  + x 2 ) 2  − 4 x 1 x 2  = 8 

II. 
(2,0 

⇔ ( m + 3 ) 2  − 4 ( 2 m + 1 )  = 8 ⇔ m 2  − 2 m − 3 = 0 ⇔ m  = 3 ∨ m  = −1 . 
* V i  m = 3 ph ng trình (1) tr  thành  x 2 − 6 x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2 . Suy ra hai đi m A, 
B c n tìm là  (3 +  2 ;  − 2 ),  ( 3 − 2 ;  2 ) . 
* V i  m = −1 ta có hai đi m A, B c n tìm là  (1 +  2 ;  − 2 − 2 )  và  (1 −  2 ;  − 2 + 2 ) . 
V y c p đi m TM: (3 +  2 ;  − 2 ),  ( 3 − 2 ;  2 ) ho c (1 +  2 ;  − 2 − 2 ) , (1 −  2 ;  − 2 + 2 ) . 
1. (1,0 đi m) 
π 
π 
3 
⇔ x ≠ + k π và  x ≠  + k π ,  k ∈ Z. 
i u ki n: sin 2 x ≠ 
2 
6 
3 

0,5 


www.VNMATH.com
đi m)  Khi đó pt  ⇔ sin 2 x + cos x − 3 (cos 2 x + sin x ) = 2 sin 2 x − 3 
⇔ sin 2 x + 3 sin  x + 3 cos 2 x − cos x − 3  = 0 
⇔ sin  x ( 2 cos x + 3 ) + ( 2 cos x + 3 )(  3 cos x − 2 ) = 0 

0,5

⇔ ( 2 cos x + 3 )(sin  x + 3 cos x − 2 )  = 0 


3 
5 π

x = ±
+ k 2 π
cos x = −

2 
6 
⇔
⇔
π
 
π  

sin  x + 3  = 1   x = 6  + k 2 π

 
i chi u đi u ki n, ta có nghi m c a ph

0,5 

ng trình là  x = 

2. (1,0 đi m) 
2 
2 

2 
( x  + 2 )  + ( y − 2 )  = 10 
H ⇔  2 
 x  ( y + 2 ) + 6 y = 23 

5π 
+ k 2 π ,  k ∈ Z . 
6 

t  u =  x 2 + 2 ,  v = y − 2 .  Khi đó h  tr  thành
u 2  + v 2  = 10 
u 2  + v 2  = 10 
⇔
⇔


( u − 2 )( v + 4 ) + 6 ( v + 2 ) = 23  uv + 4 ( u + v ) = 19 

u + v = 4 ,  uv = 3 
u + v = −12 ,  uv = 67 


0,5 

TH 1.  u + v = −12, uv = 67 , h  vơ nghi m. 
u = 3 ,  v = 1 
u + v = 4 
, ta có 
TH 2. 
u = 1 ,  v = 3 

uv = 3 
u = 3 
ta có
* V i 
v = 1 

 x 2  = 1   x = ±1 
⇔

=
3 
y 
 y = 3 

2 
 x  = −1 
u = 1 
ta có 
* V i 
, h  vơ nghi m. 
v = 3 
 y  = 3 
V y nghi m (x, y) c a h  là  (1 ; 3 ), ( − 1 ;  3 ). 

0,5 

Chú ý: HS có th  gi i theo ph ng pháp th   x 2  theo y t  ph ng trình th  hai vào ph ng 
trình th  nh t. 
 x = 0 
x ln( x + 2 ) 

. Suy ra hình ph ng c n tính di n tích chính 
= 0 ⇔ 
III.  Ta có ph ng trình
2 
4 − x 
 x = −1 
(1,0 
đi m)  là hình ph ng gi i h n b i các đ ng 
x ln( x + 2 ) 
y  = 
,  y = 0 ,  x = −1 ,  x = 0 . 
4 − x 2
0 
0 
x ln( x + 2 ) 
− x ln( x + 2 ) 
Do đó di n tích c a hình ph ng là  S  =  ∫
d x = ∫
d x . . 
4 − x 2
4 − x 2 
−1 
−1 
− x 
d x 
t  u = ln( x + 2 ),  d v =
d x . Khi đó  d u = 
, v = 4 − x 2  . 
2
x + 2 

4 − x 
Theo cơng th c tích phân t ng ph n ta có 
0 

0 

−1 

−1 

S  =  4 − x  ln( x + 2 )  − ∫
2

0 

4 − x 2 
4 − x 2 
d x = 2 ln 2 − ∫
d x . 
x + 2 
x + 2 
−1 

0,5


www.VNMATH.com
π
t  x = 2 sin t .  Khi đó  dx = 2 cos t d t . Khi  x = −1, t  = − ; khi  x = 0, t  = 0 . 
6 

0 

Suy ra  I  = ∫

−1 

4 − x 2
d x =
x + 2 

0 

−

Suy ra  S  = 2 ln 2 − 2 + 3 −
IV. 
(1,0 
đi m 

0 

0 

0,5 

π
4 cos 2  t 
∫π 2 sin t + 2 d t = 2 ∫π ( 1 − sin t ) d t = 2 ( t + cos t ) −π = 2 + 3  − 3 . 
−

6 

π

6 

6 

.
3 
+) T  gi  thi t suy ra  SH ⊥ ( ABCD ). 
V   HF ⊥  AC  ( F ∈ AC )  ⇒  SF ⊥ AC 
(đ nh lí ba đ ng vng góc). 
Suy ra  ∠SFH  = 60 0. 
K   BE ⊥  AC  ( E ∈ AC ).  Khi đó 

S 

I 

K 

1 
a  2 
HF =  BE =
.
D 
2 
2  3 
A  F

a  2 
E 
H
Ta có SH  = HF . tan 60 0  =
. 
J 
2 
a 3 
1 
Suy ra  V S . ABCD  =  SH . S ABCD  = . 
B 
C 
3 
3 
+) G i J, r l n l t là tâm và bán kính đ ng trịn ngo i ti p tam giác AHC. Ta có 
AH . HC . AC  AH . HC . AC  3 a  3 
r  = 
=
=
. 
4 S AHC
2 S ABC 
4  2 
K   đ ng  th ng D  qua  J  và  D // SH .  Khi  đó  tâm  I  c a  m t  c u  ngo i  ti p  hình  chóp 
S. AHC  là giao đi m c a đ ng trung tr c đo n SH và D  trong m t ph ng (SHJ). Ta có 
IH =  IJ 2  + JH 2  =

0,5 

0,5 

2 

SH 
+ r 2 . 
4 

31 
. 
32 
Chú ý: HS có th  gi i b ng ph ng pháp t a đ . 
1 
2 
2 
2 
V.  T  gi  thi t ta có  3 ( x +  y + z ) = ( x + y )  + z  ≥ ( x + y + z )  . 
2 
(1,0  Suy ra  x +  y + z ≤ 6 . 
đi m 
Khi đó, áp d ng B T Cơsi ta có 
8 
8   
8 
8    1 

+
+ 4 
+
P =  ( x + z ) +
+

 +  ( y + 2 ) +
x + z 
x + z   
y + 2 
y + 2   x + z 

8 
8  2 
≥ 12 + 12 +
− 2 ≥ 22 +
≥ 26 . 
4 ( x + z )( y + 2 ) 
x + y + z + 2 
D u đ ng th c x y ra khi và ch  khi  x = 1,  y = 2 ,  z = 3 . 
V y giá tr  nh  nh t c a P là 26, đ t đ c khi  x = 1,  y = 2 ,  z = 3 . 
1. (1,0 đi m) 
VIa.  Ta  có  A (− 3 ;  − 8 ).  G i  M  là  trung  đi m  BC 
A 
(2,0 
⇒  IM // AH  .  Ta  suy  ra  pt  IM  : x − 2 y + 7 = 0 . 
đi m)  Suy ra t a đ  M th a mãn 
 x − 2 y + 7 = 0 
⇒ M ( 3 ; 5 ). 

I 
13 x − 6 y − 9 = 0 
Suy ra bán kính m t c u là  R = a 

B 

Pt đ

H  M 

0,5 

1  
− 2 
y + 2 

0,5 

0,5 
C 

ng th ng  BC : 2 ( x − 3 ) + y − 5 = 0 ⇔ 2 x + y − 11 = 0 .  B ∈ BC  ⇒ B( a ; 11 − 2 a ).  Khi đó 
0,5 


www.VNMATH.com
a = 4 
. T  đó suy ra  B ( 4 ; 3 ), C ( 2 ;  7 )  ho c  B ( 2 ;  7 ), C ( 4 ;  3 ). 
IA = IB ⇔ a 2  − 6 a + 8 = 0 ⇔ 
a = 2 
2. (1,0 đi m) 
Ta có  AB (1 ; − 1 ;  2 ),  AC ( −2 ; 1 ; − 3 ).  Suy ra pt  ( ABC ) : x −  y − z − 1 = 0 . 
G i tâm m t c u I ∈ D ⇒ I ( 1 − t ;  2 t ;  2 + 2 t ) . Khi đó bán kính đ ng trịn là 
2 t 2  + 4 t + 8 
2 ( t + 1 ) 2  + 6 
=

≥ 2 . 
3 
3 
D u đ ng th c x y ra khi và ch  khi  t  = −1. 
Khi đó  I ( 2 ; − 2 ;  0 ),  IA = 5 .  Suy ra pt m t c u  ( x − 2 ) 2 + ( y + 2 ) 2  + z 2  = 5 . 
t  z = a + bi  ( a , b ∈ R ).  Ta có  | z − 3 i | = | 1 − i z |  t ng đ ng v i 
VIIa. 
| a + ( b − 3 ) i |  = | 1 − i ( a − bi ) |  ⇔ | a + ( b − 3 ) i |  = | 1 − b − ai | 
(1,0 
⇔ a 2 + ( b − 3 ) 2  = ( 1 − b ) 2  + ( − a ) 2  ⇔ b = 2 . 
đi m) 
9 
9 
9 ( a − 2 i )  a 3  − 5 a + ( 2 a 2  + 26 ) i 
= a + 2 i − 2
=
là  s   o  khi  và 
Khi  đó  z −  = a + 2 i −
z 
a + 2 i 
a  + 4 
a 2  + 4 
ch  khi  a 3 − 5 a = 0  hay  a = 0, a = ± 5 . 
V y các s  ph c c n tìm là  z  = 2i ,  z  = 5 + 2 i ,  z  = − 5 + 2 i . 
1. (1,0 đi m) 
VIb. 
ng tròn (C) có tâm  I (2 ; − 1 ),  bán kính  R = 2 5 .  G i H 
(2,0 
đi m)  là trung đi m AB.  t  AH  =  x  (0 < x < 2  5 ).  Khi đó ta có 
I 

 x = 4 
1 
2 
IH . AB = 8 ⇔ x 20 − x  = 8 ⇔ 
M 
2 
 x = 2 (ktm vì AH < IA) 
H 
A
B 
nên  AH  = 4 ⇒ IH  = 2 . 
2
2 
Pt đ ng th ng qua M:  a ( x − 1 ) + b ( y + 3 ) = 0 ( a  + b  ≠ 0 ) 
⇔ ax + by + 3b − a = 0 . 
| a + 2 b | 
4 
= 2 ⇔ a ( 3 a − 4 b ) = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = b . 
Ta có  d ( I ,  AB ) =  IH  = 2 ⇔
2
2 
3 
a  + b 
* V i  a = 0 ta có pt  D : y + 3 = 0 . 
4 
* V i  a =  b .  Ch n  b = 3 ta có  a = 4 . Suy ra pt  D : 4 x + 3 y + 5 = 0 . 
3 
V y có hai đ ng th ng D  th a mãn là  y + 3 = 0  và  4 x + 3 y + 5 = 0 . 
2. (1,0 đi m) 
G i (Q) là m t ph ng qua M và vng góc v i D . Khi đó pt  (Q ) : 2 x −  y + z − 3 = 0 .  Ta có 

nQ ( 2 ; − 1 ; 1 ), n P ( 1 ; 1 ; 1 ). T  gi  thi t suy ra A thu c giao tuy n d c a (P) và (Q). Khi đó 
r  =  IA 2 − d 2 ( I ,  ( ABC ))  =

 x = 1 + 2 t 

. 
u d  = [n P ,  n Q ] = ( 2 ; 1 ; − 3 )  và  N ( 1 ; 0 ; 1 ) ∈ d  nên pt c a d :  y = t 
 z  = 1 − 3 t 

Vì A ∈ d  suy ra  A( 1 + 2 t ; t ; 1 − 3 t ). 
1  1 
G i H là giao đi m c a D  và m t ph ng (Q). Suy ra  H (1 ; −  ; ). 
2  2 
33 
8 
Ta có  d ( A , D ) = AH  =
⇔ 14 t 2 − 2 t − 16 = 0 ⇔ t  = −1 ∨ t  = . 
2 
7 
23  8  17 
Suy ra  A (− 1 ; − 1 ; 4 )  ho c  A ( ;  ; −  ). 
7  7  7 
z1 
t  = w  ta đ c  | z 2 w − z 2  |  = | z 2 w |  = | z 2  |  > 0 . Hay  | w − 1 |  = | w |  = 1 . 
VIIb. 
z 2 
(1,0 
đi m)  Gi  s   w = a + bi  ( a , b ∈ R) . Khi đó ta có 

0,5 

0,5 
0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 


www.VNMATH.com
1
3 
( a − 1 ) 2 + b 2  = a 2  + b 2  = 1  hay  a =  , b = ±
. 
2 
2 
4
4 π 
4 π
4 π 
4 π
π 
π

1
3 
  1 
4
i = cos  + i sin  . Ta có  w = cos  + i sin 
* V i  w =  +
và    = cos  − i sin  . 
2 

2 

3 

3 

3 

3 

 w

4 π 
Do đó  A = 2 cos  = −1 . 
3 
1
3 
i , t ng t  ta c ng có  A = −1 . 
* V i  w =  −
2  2 
Chú ý: HS có th  gi i theo cách bi n đ i theo d ng đ i s  c a s  ph c. 

3 

3 

0,5