de thi thu lan 2 thpt phong chau lam thao phu tho

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (228.06 KB, 11 trang )

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

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 .

2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu cắt đường tròn
(C): (x1)2(y3)2 8 theo một dây cung có độ dài bằng 4.

Câu II (2,0 ®iĨm)

1. Giải phương trình

2
2

tan tan 2

sin

tan 1 2 4

x x

x
x



  

   

  .

2. Giải bất phương trình 17x53 x 5 4x12

Câu III (1,0 điểm) Tinh tích phân





5 5

0
I

1 1

dx

x x



 



C©u IV (1,0 ®iĨm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a và BC=2a, mặt phẳng

(SAB) vng góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng

cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

2
6

a

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính cơsin góc giữa hai
đường thng SA v BD.

Câu V (1,0 điểm)

Tỡm tt c cỏc cặp số thực (x; y) thỏa mãn hệ 2

( 1)ln ln( 1)

2( 2) 5 - 2 2 2 9 10 2

y x x y

x x x x y

  





       




PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chun

Câu VI.a (2, điểm)

1.Trong mt phng Oxy hóy lp phng trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(-2; 3) thuộc (E) và bình

phương độ dài trục lớn bằng 16 lần tiêu cự của (E).

2. Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABCvới C 3;2;3





đường cao

x-2 y-3 z-3
AH: = =

1 1 -2 , phân giác

trong

x-1 y-4 z-3
BM: = =

1 -2 1 . Viết phương trình trung tuyến CNcủa tam giác ABC.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thc z4 6z316z2 21z12 0

Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc (E) và

khoảng cách từ O đến đường chuẩn của (E) bằng 8.

2. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):

2 2 2

x y z  2x 4y 2z 3 0    Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và

song song với mặt phẳng (P).

Câu VII.b (1,0 điểm) Chứng minh rằng



 





 



2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2011 2012 1006

2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012 2012

C  C  C  C   C  C C

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

---HÕt---Hướng dẫn chấm toán khối A lần 2 năm 2011-2012

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Cho hàm số: y x3 3x2 1

   (1) 2,0

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x21 1,0

* Tập xác định: R.

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn:





3 2

xlim y   xlim x    3x 1  ,lim yx  .

0,25
+ Bảng biến thiên:

2 x 0

y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2



      




Bảng biến thiên:

x − ∞ 0 2 +∞

y + 0 - 0 +
y 1 +∞

− ∞ -3 0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng



 ;0



và



2;



.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng



0;2



+ Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CÐ y(0) 1

đạt cực tiểu tại x 2, y CT y(2)3 0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Ta có y6x 6; y  0 x 1

y'' đổi dấu khi x qua x = 1.

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.

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

f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x
y

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu... 1,0

Ta có y 3x2  6x m .

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt.

Tức là cần có:    9 3m 0  m 3. 0,25

Chia đa thức y cho y, ta được:

x 1 2m m

y y . 2 x 1

3 3 3 3

   



       

    .

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm



x ; y , x ; y1 1

 

2 2



.

Vì y (x ) 0; y (x ) 0 1   2  nên phương trình đường thẳng

 

 qua hai điểm cực đại, cực tiểu

là:

2m m

y 2 x 1

3 3

 

    

  hay (2m 6)x 3y m  3 0

0,25
(C) có tâm I(1;-3) và bán kính R = 2 2. Giả sử

 

 cắt (C) theo dây cung MN và h là

khoảng cách từ I đến

 



Ta có h = 2 2

(2 6) 9 3 3 6

(2 6) 9 4 24 45

m m m

    



   

0,25

LạicóMN2=4(R2–h2)

2 2

9 36 36 9 36 36

4 8 4 7 132 144 0

4 24 45 4 24 45

66 6 93
7
66 6 93

m m m m

m m

m m m m

m
m

   

        

   

 






 





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

Kết hợp với m<3 ta được

66 6 93
7
m 

là giá trị cần tìm.

1

Giải phương trình

tan tan 2

sin

tan 1 2 4

x x

x
x



  

   

   (1) 1,0

Điều kiện: cosx 0 x 2 k




   

(*)

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos (tan2 x 2 xtan ) sinx  xcosx

0,25

2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos

(sin cos )(2sin 1) 0

x x x x x x x x x x

x x x

       

   

0,25

+ Với sinx cosx 0 tanx 1 x 4 k




      

+ Với

1 5

2sin 1 0 sin 2 ; 2

2 6 6

x   x  x k  x  k 

0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

; 2 ; 2 ( )

4 6 6

x  k x k  x  k  k  0,25

2

Giải bất phương trình



17x53 x 5 4x



12

1,0

Điều kiện:

53
17
x

. Bất phương trình trở thành:



17 53 5



4 12 (4 12) 4 12

17 53 5

( 3) 1 0 (1)

17 53 5

x

x x x x

x x

x

x x



       

  

 

    

  

 

0,25

+ Nếu

3 thì

17 x

   

x + 3< 0 . Khi đó (1)

2
4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

17 53 5

21
9

9 21 0 11

(17 53)( 5) 9 21 11

64 240 176 0

4
1

x x x x x

x x

x
x

x x x x

x

x x

x

           

  


 


   



            

 

   

 




 



Vậy

17 x

   

0,25

+ Nếu x > -3

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

2
4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

17 53 5

7
3

9 21 0

11
11

(17 53)( 5) 9 21 64 240 176 0 1

4
4

9 21 0 7

x x x x x

x x

x
x

x x x x x x x

x
x
           
  
 

 
     
   
                  
 
   

  

Vậy
11
4
x 

Đáp số:

53 11

3 và

17 x x 4

      0,25

III

Tính tích phân





1
5
5 5
0
I
1 1
dx
x x

 



1,0

5 3 1

2 2 2

5 1

tan và tan

2 os

Khi x = 0 thì t=0
Khi x = 1 thì t =

x t x dx dt x t

c t


   

0,25

Khi đó ta được :













1 1 2 4 2

5 5 5

5 5 3 2 2

5 5

0 0 2 0

4 4

3 3

0 5 5 0

3 2

2 os

1 1 1 1 tan 1 tan 1 tan

2 1 2 cos

5 sin 1 5 sin

os os

dx x dx c t

dt

x x x x x t t t

t

dt dt

t t

c t c t


 
  
     
 



0,25
3
4 4
5
5 3
0 0

2 (sin ) 2 sin . (sin )

5 sin 5

d t t d t

t

 











0,25

5 2 4
0 51
sin
2
t


 
0,25

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a và BC2a,

mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo
với đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD
bằng

2
6

a

. Tính thể tích khối chóp S ABCD. và tính cơsin góc giữa hai đường thẳng
SA và BD.

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

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD), suy ra HAB (do (SAB) ( ABCD)).
CBHB, suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SBH .

Hạ HECD E CD(  ), suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SEH .

0,25
Do đó SBH SEH  HB HE 2a.

Ta được BD AE//  BD//(SAE)  d(SA BD, ) d( ,( B SAE)) d( ,( H SAE)) (do A là
trung điểm HB)

d( ,( ))

6
a
H SAE

 

. 0,25

Nhận xét rằng HA HE HS, , đơi một vng góc, suy ra:

2 2 2 2

1 1 1 1

d ( ,(H SAE)) HA HE HS 2 2 2 2

3 1 1 1

2a a 4a HS

   

SH a

  .

Thể tích:

( . ) ( )

1 4

3 3

S ABCD ABCD

a

V  S SH 

0,25

BD AE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE .

Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE, với AE SA  SH2HA2 a 5 và
2 2 2

SE SH  a, ta có:

  2 2 2 1

cos( , ) cos

2. . 5

SA AE SE

SA BD SAE

SA AE

 

  

0,25

( 1) ln ln( 1)

2( 2) 5 - 2 2 2 9 10 2

y x x y

x x x x y

  





       




1,0

Điều kiện

5
2

2
2
x
y


 



 



Xét f(x) =

2( 2) 5 2 2 ( 2)(5 2 ) voi x 2;

2
x   x x  x   

 

Ta có

5 2 2( 2) 2(9 4 )

1 1 2(9 4 )

'( )

2( 2) 5 2 2( 2)(5 2 ) 2( 2)(5 2 )

x x x

x
f x

x x x x x x

    



   

     

0,25

S

A
B

C

D

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>





'( ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 )

9
4

1 9

9 4 2(9 4 )

1 4

5 2 2( 2) 2

5 2 2( 2)

f x x x x x x x

x

x x x

x x

             






      



   

   



Ta có:

5 9 3 2

(2) ( ) 1; ( )

2 4 2

f f  f 

0,25

Vậy

( ) 1, 2;

2
f x    x  

  , suy ra y 2 1  y3

Ta có (1) 2

ln ln( 1) ln 1 ln

. Xét h( ) ( 0). Ta có : '( ) ; '( ) 0
1

x y t t

t t h t h t t e

x y t t

 

       



Vậy h(t) nghịch biến với t>e và đồng biến với 0< t < e.
Suy ra

+ Với

5 ln ln 2

2; thì

2 2

ln( 1) ln 2
3 thì

( 1) 2

x
x

x
y
y

y
 

  

 


 



Từ đó đi đến hệ có nghiệm duy nhất là (2; 3)

Lưu ý: Vì miền giá trị của hai biến x và y+1 là không giống”hệt” nhau nên các lập
luận để chỉ ra x = y +1 đều là ngộ nhận, do đó khơng cho im.

0,5

VIa

- Gọi phơng trình (E):x

a2+
y2

b2=1(a>b>0) . di trc lớn AA’=2a; Tiêu cự

F1F2 = 2c

1,0

Gi¶ thiÕt

⇔

a2+

b2=1(1)

a2

c=8(2)

¿{

Ta cã (2)⇔a2=8c⇒b2=a2−c2=8c − c2=c(8−c).

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4
8c+

c(8−c)=1

⇔2c2−17c+26=0⇔

c=2

c=13
2

¿
¿
¿
¿
¿

0,25

* NÕu c=2 th× a2=16, b2=12⇒(E): x

16+

y2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* NÕu

c=13
2

th×

2 2

2 52, 2 39 ( ) : 1.

4 52

x y

a  b   E  

0,25
2

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C



3;2;3



đường cao

2 3 3

1 1 2

x y z

AH     

 , phân giác trong

1 4 3

1 2 1

x y z

BM     

 . Viết

phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC .

1.,0

AH có vecto chỉ phương u



(1;1;-2) và đi qua điểm P(2;3;3)
BM có vecto chỉ phương m (1;-2;1) và đi qua điểm Q(1;4;3)

0,25
Gọi (D) là mặt phẳng qua C và vng góc AH thì (D): (x-3) + (y-2) – 2(z-3) = 0

Hay x +y -2z +1 = 0. Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

2 1 1

2 6 4

2 10 3

x y z x

x y y

y z z

   

 

 

    

 

    

  . Vậy B(1;4;3).

0,25

Gọi (E) là mặt phẳng qua C và vng góc BM, ta có (E): 1.(x-3)-2(y-2)+1.(z-3)=0 hay
x-2y+z-2=0. Gọi I là giao điểm của (E) và BM tọa độ I là nghiệm của hệ

2 2 2

2 6 2 (2; 2; 4)

2 10 4

x y z x

x y y I

y z z

   

 

 

     

 

    

  . Gọi J là giao điểm của (E) với AH thì JC nhận I

làm trung điểm, suy ra J(1; 2; 5).

0,25

Vậy AB:

1
2
5
x

y t

z t





 


  

 , A là giao điểm của AH và AB nên A(1;2;5) , suy ra N(1; 3; 4).

Vậy trung tuyến CN:

1 3 4

2 1 1

x y z

 

 

0,25

VII.a

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức z4 6z316z2 21z12 0 1,0





4 3 2 4 3 2 2

2 2 2

6 16 21 12 0 6 9 7( 3 ) 12 0

( 3 ) 7( 3 ) 12 0

z z z z z z z z z

z z z z

           

     

0,25

2 2

3 3

3 3 0 2 4

3 4 0 3 7

2 4

z

z z

z
  

 

  

     

  



    

 

 

 

  


</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2
2

2 2

3 3 3 3

2 4 2 4

3 7 3 7

2 4 2 4

z z i

   

   

   

   

 

 

 

   

       

   

 

0,25

3 3

2 2

3 3

2 2

3 7

2 2

3 7

2 2

z i



 





 






 





 




0,25

VIb

1 Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc
(E) và khoảng cách từ O đến đường chuẩn của (E) bằng 8.

1,0

- Gọi phơng trình (E):x

a2+
y2

b2=1(a>b>0) . 0,25

Giả thiết

a2+

b2=1(1)

a2

c=8(2)

{

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4
8c+

c(8−c)=1

⇔2c2−17c

+26=0⇔

c=2

c=13

¿
¿
¿
¿
¿

0,25

* NÕu c=2 th× a2=16, b2=12⇒(E): x

16+

y2

12=1.

* NÕu

c=13
2

th×

2 2

2 52, 2 39 ( ) : 1.

4 52

x y

a  b   E  

0,25

2 1,0

Mp(P) có vtpt

n

P


</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

0,25

IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là

u





 tiếp xúc với (S) tại A 

u




 IA


0,25
Vì  // (P) 

u







n

P


Chọn

u

0


= [IA



,

n

P


] = (-4;6;1)

0,25

Phương trình tham số của đường thẳng :

x 3 4t

y 1 6t

z 1 t
 




 


  

 0,25

VIIb

Chứng minh



 





 



2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2011 2012 1006

2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012 2012

C  C  C  C   C  C C

. 1,0

Xét đẳng thức













2012

2012 2012 2

1 x . 1x  1 x 0,25

+) Ta có









2012
2012

2 2

2012
0

1 k k

k

x C x



 





suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C20121006

0,25

+) Ta có













2012 2012

0 0

1 . 1 k k k k

k k

x x C x C x

 

   

      





 



 0,25

suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là

2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012

o

C C  C C C C  C C  C C



 

2 1

 

2 2

 

2 3





2011

 

2 2012



2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012

C C C C C C

      

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11></div>

de thi thu lan 2 thpt phong chau lam thao phu tho













 

 

 





 



<b>---HÕt---Hướng dẫn chấm toán khối A lần 2 năm 2011-2012</b>



















 



 

 

 



















<sub></sub>

<sub></sub>















<sub></sub>

<sub></sub>













n

u

u

u

n

u

n



 

 

 





 





















