DEDAP AN THI THU DH 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (212.16 KB, 7 trang )

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối: A;

Thời gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I.(2,0 điểm) Cho hàm số y=x3−3x2

+3 mx+m+2 .

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi

m

=0 .

2. Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị sao cho đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 1.

Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình

tan

x

cos 3

x

+2 cos 2

x −

1 −

2 sin

x

=

√

3(sin 2

x

+

cos

x

).

2. Giải hệ phương trình

¿

x

− y

(

x

+

y

)+1

=0

(

x

+1)(

x

+

y −

2)+

y

=0

(

x , y

∈

R

).

¿

{

¿

Câu III. (1,0 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

y=

√

1− x
2
x+1

và

y

=1

− x

.

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD .A ' B' C ' D' có đáy là hình thoi cạnh a,



BAD





với

cos

α

=

3

4 ,

cạnh bên AA'=2a. Gọi M là điểm thỏa mãn

⃗

DM=

k

.

⃗

DA

và N là trung điểm của
cạnh

A ' B '

.

Tính thể tích khối tứ diện

C '

MD

' N

theo a và tìm k để

C ' M

⊥

D ' N

.

Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thuộc đoạn [0;1]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P

=

a

+2

b

+1

+

b

+2

c

+

1 +

c

+

2 a

+

1 .

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. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương trình

BC:2x − y −7=0, đường thẳng AC đi qua điểm

M

(

−

1 ;

1)

,

điểm A nằm trên đường thẳng
Δ:x −4 y+6=0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh A có hồnh độ dương.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

z −

3 ¿

=9

y −

2 ¿

+

¿

x −

1 ¿

+

¿

(

S

)

:

¿

và đường thẳng

Δ

:

x −

6 −

3 =

y −

2 =

z −

2 .

Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua

M

(4

;

3 ;

4)

,

song song với
đường thẳng

Δ

và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VIIa.(1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn

(

z

+

1)(1

+

i

)+ ¯

z −

1 − i

=

¿

z

¿

.

b. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

Δ

:5

x −

2 y −

19=0

và đường tròn

(

C

)

:

x

+

y

−

4 x −

2 y

=

0.

Từ một điểm M nằm trên đường thẳng Δ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến
đường tròn

(

C

)

(A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB biết rằng

AB=

√

10 .

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

y −

1 ¿

+

z

=9

x

+1

¿

+

¿

(

S

)

:

¿

và điểm

A

(1

;

0 ;−

2).

Viết
phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A và tạo với trục Ox một góc α có

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

Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn

z −

2 i

z −

2

là số ảo. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

T

=

¿

z−

1∨+

¿

z− i

∨.

-- Hết

---Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 14, 15/4/2012. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.

2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 05 và ngày 06/5/2012. Đăng kí dự thi

tại Văn phịng Trường THPT Chuyên từ ngày 14/4/2012.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012

Mơn: TỐN – Khối A;

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

I.
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)

Khi m=0 hàm số trở thành

y

=

x

−

3 x

+2 .

a) Tập xác định: R .
b) Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có

y '=3x2−6x ;

y '

=0

⇔

x

=0

¿

x

=2

¿

x

<

0 ¿

x

>

2 ¿

, y '

<0

⇔

0<

x

<2 .

¿

, y '

>

0 ⇔

¿

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng

(

− ∞;0

)

,

(

2;+∞

)

; hàm số nghịch biến trên

(0

;

2).

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ=2, hàm số đạt cực tiểu tại x=2, yCT=−2.

* Giới hạn: Ta có x →− ∞

lim

y

=

− ∞

và x →

lim

+∞

y

=+

∞

.

0,5

* Bảng biến thiên:

x

− ∞

0 2

+

∞

y '

+

¿

−

+

¿

y 2+∞

−

2 − ∞

c) Đồ thị:

0,5

2. (1,0 điểm)

Ta có

y '

=3

x

−

6

x

+3

m

.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình

y '

=0

có 2 nghiệm phân biệt

⇔

Δ '

=

9 −

9 m

>

0 ⇔

m

<

1.

(*)

Khi đó, gọi hai điểm cực trị là

A

(

x

1

; y

1

)

, B

(

x

2

; y

2

).

Ta có

y

=

(

3

1 x −

1 3

)

y '

+[

2 (

m−

1 )

x

+2

m

+2]

.

Do đó

y

1

=

(

1

3 x −

1

3 )

y '

(

x

)+[2(

m−

1)

x

+2

m

+2

]=2(

m−

1)

x

+2

m

+

2

và

y

=2

(

m −

1)

x

+2

m

+2

Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình

y

=2

(

m−

1)

x

+2

m

+

2

, hay phương trình AB là

y

=2(

m−

1)

x

+2

m

+

2

0,5

x
O

2 

y

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

Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là

M

(

−

m−

m

+1

1

;

0 )

, N

(

0 ;

2 m

+

2).

Yêu cầu bài toán

⇔

S

OMN

=1

⇔

1

2 OM . ON=1

⇔

1

2 |

−

m

+1

m−

1 |

.

|

2 m

+2

|

=1

m

+

1 ¿

=

|

m−

1 |

⇔

¿

m

+1

¿

=

m−

1 ¿

m

+

1 ¿

=

−

(

m−

1)

¿

m

=

−

3 ¿

m

=0

¿

⇔

¿

⇔

¿

(thỏa mãn (*)).

Vậy giá trị của m là m=−3,m=0.

0,5

II.
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)

Điều kiện:

cos

x ≠

0 ,

sin

x ≠

1 2

hay

x ≠ ±

π

2

+

k

2 π , x ≠

π

6

+

k

2 π , x ≠

5 6

π

+

k

2 π , k

∈

Z

.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

sinx(4 cos

x −3)+4 cos2x −3

1−2 sinx =

√

3 cosx(2 sinx+1)

⇔

(sin

x

+1)(1

−

4 sin

x

)

1 −

2 sin

x

=

√

3 cos

x

(2 sin

x

+1)

⇔

(sin

x

+

1)(1+

2 sin

x

)=

√

3 cos

x

(2 sin

x

+1

)

0,5

⇔

2sin

x

+1=0

¿

sin

x

+1=

√

3 cos

x

¿

sin

x

=

−

1

2 ¿

cos

(

x

+

π

6 )

=

1

2 ¿

x

=

−

π

6 +

k

2 π , x

=

−

5 π

6 +

k

2 π

¿

x

=

π

6 +

k

2 π , x

=

−

π

2 +

k

2 π

¿

⇔

¿

⇔

¿

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là

x

=

−

π

6

+

k

2 π , x

=

−

5 6

π

+

k

2 π ,

k

∈

Z

.

0,5

2. (1,0 điểm)

Hệ

⇔

x

+1=

y

(

x

+

y

)(1)

y

(

x

+

y

)(

x

+

y −

2)+

y

=0

(2)

¿

{

* Nếu y=0 thì từ (1) suy ra khơng tồn tại x. Do đó hệ vơ nghiệm.

* Với y ≠0, ta có

(2)

⇔

(

x

+

y

)(

x

+

y −

2)+1=0

⇔

t

−

2

t

+

1=0

(với t=x+y¿

⇔t=1 . Suy ra x+y=1 .

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

Hệ trở thành

x

+1=

y

x

+

y

=1

⇔

¿

y

=1

− x

x

+

x

=0

⇔

x

=0

, y

=1

¿

x

=

−

1 , y

=2

¿

{

¿

¿ ¿

Vậy nghiệm của (x; y) của hệ là

(0

;

1)

,

(

−

1 ;

2).

0,5

III.
(1,0
điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là

√

1 − x

x

+1

=1

− x

⇔

x ≠ −

1 √

1 − x

=1

− x

⇔

1 − x

=0

, x ≠ −

1

¿

1 − x

=1

¿

⇔

¿

¿ ¿

Vì

√

1 − x

x

+1

≥

1 − x

với mọi x∈[0;1] nên diện tích hình giới hạn là

S

=

∫

0
1

(

√

1 x

+1

− x

−

(1

− x

)

dx

=

∫

0
1

√

1 − x

x

+1

dx −

∫

0

(1

− x

)

dx

=

I −

(

x −

x

2 )

¿

0



=

I −

1

2 .

(1)

0,5

Tính

I

=

∫

0
1

√

1 − x

x

+1

dx

.

Đặt

x

=sin

u , u

∈

[

−

π

2 ;

π

2 ]

. Khi đó

dx

=cos

udu ,

khi
x=0 thì u=0 và khi x=1 thì u=π/2 . Suy ra

I

=

∫

π

√

1 −

sin

u

1 +sin

u

cos

udu

=

∫

0
π

cos

u

1+

sin

u

du

=

∫

0
π

(1

−

sin

u

)

du

=

(

u

+

cos

u

)

¿

π

¿



=

π

2 −

1

(2)

Từ (1) và (2) ta có

S

=

π

2 −

3

2 .

0,5

IV.
(1,0

điểm

* Ta có

V

C 'MD' N

=

1

3 d

(

M ,

(

A ' B' C ' D'

)).

S

C 'ND

=

1

3 d

(

M ,

(

A ' B ' C ' D '

)).

1

2 S

ABCD

¿

1

3 .2

a

.

1

2 .

a

.

a

. sin

α

=

a

3

√

1 −

9

16 =

a

√

7

12 .

0,5

* Đặt

⃗

AB=⃗

x ,

⃗

AD=⃗

y ,

⃗

AA

'

=⃗

z

.

Ta có

⃗

C ' M

=⃗

C ' D '

+⃗

D ' D

+⃗

DM

=

−

⃗

x −

⃗

z − k

⃗

y

⃗

D ' N

=⃗

D ' A '

+⃗

A ' N

=

−

⃗

y

+

1

2 ⃗

x

.

Khi đó C ' M⊥D ' N⇔⃗C ' M.⃗D ' N=0

0,5

A D

C
B

C’

B’

x

⃗

M

N

y

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

⇔

( ⃗

x

+

k

⃗

y

+ ⃗

z

)

(

1

2 ⃗

x −

⃗

y

)

=0

⇔

1

2 |

⃗

x

|

−k

|

⃗

y

|

+

(

k

2 −

1 )

⃗

x

⃗

y

=0

⇔

1

2 a

−

ka

+

(

k

2 −

1 )

.

a

.

a

.

3

4 =0

⇔

k

=

−

2

5 .

V.
(1,0
điểm

Vì a , b∈[0;1] nên ta có

a

+

2 b

+

1 ≤

a

+

2 b

+

1 =(

a

+

2)

(

1 −

b

+1

)

=(

a

+

2)

−

(

a

+2).

b

+1

≤

(

a

+2)

−

(

a

+

2).

b

2 =

a

− b

+2

−

1

2 a

b

.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a , b

∈

{

0 ,

1 }

.

0,5

Hồn tồn tương tự, ta cũng có

b

+2

c

+

1 ≤ b

−c

+2

−

1

2 b

c

;

c

+

2 a

+1

≤ c

− a

+

2 −

1

2 c

a

.

Suy ra

P≤

6 −

1

2 (

a

b

+

b

c

+

c

a

)

≤

6.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a , b , c

∈

{

0 ,

1 }

và

a

b

+

b

c

+

c

a

=0

hay trong ba

số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại bằng 0.

Suy ra giá trị lớn nhất của P là 6, đạt được khi trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các
số cịn lại bằng 0.

0,5

VIa.
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)

Vì

A

∈

Δ

:

x −

4 y

+6=0

⇒

A

(

4 a −

6 ; a

)

⇒

⃗

MA(

4 a −

5 ;a −

1)

.

Vì tam giác ABC vng cân tại A nên



ACB



45 .

Do đó

a −

1 ¿

.

√

5

4 a −

5 ¿

+

¿

√

¿

|

cos

(⃗

MA

,

⃗

u

BC

)

|

=

1 √

2 ⇔

|

(4

a−

5)+

2(

a −

1)

|

¿

0,5

⇔

13 a

−

42 a

+

32=0

⇔

a

=2

¿

a

=

16

13 ¿

A

(2

;

2)

¿

A

(

−

14

13 ;

16

13 )

(ktm)

¿

⇒

¿

Vậy

A

(2

;

2).

Suy ra AC :x −3y+4=0,AB: 3x+y −8=0 . Từ đó ta có

B

(3

;−

1)

, C

(5

;

3)

.

0,5

2. (1,0 điểm)

Gọi ⃗nP(a ;b ;c)(a2+b2+c2≠0) là vectơ pháp tuyến của (P). Khi đó

(

P

):

a

(

x −

4)+

b

(

y −

3)+

c

(

z −

4)=0.

Vì

(

P

)

//

Δ

nên ⃗nP⊥⃗uΔ, trong đó

⃗

u

Δ

(

−

3 ;

2 ;

2)

là vectơ chỉ phương của đường thẳng

Δ

.

Suy ra

−

3 a

+

2 b

+

2 c

=0

⇔

a

=

2 b

+

2 c

3

(1)

0,5

A’ D’

A

B

)

1 ;

1 (



M

2 x y



7 0



:

x

4 y

6 0





 

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

Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên

d

(

I ,

(

P

))=

R ,

trong đó

I

(

1 ;

2 ;

3)

, R

=3

lần

lượt là tâm và bán kính của (S). Do đó

|

−

3 a − b −c

|

√

a

+

b

+

c

=3

(2)

Từ (1) và (2) ta có

b

+

c

¿

=

(

2 b

+

3

2 c

)

+

b

+

c

⇔

2 b

−

5 bc+

2 c

=

0 ¿

(3)
* Với

c

=0

⇒

b

=

a

=0

(ktm)

* Với

c ≠

0 ,

ta có

(3)

⇔

2 (

b

c

)

−

5 b

c

+2=0

⇔

b

c

=2

hoặc

b

c

=

1

2 .

Với

b

c

=2

,

ta chọn b=2,c=1⇒a=2 . Khi đó

(

P

):2

x

+2

y

+

z −

18=0

, ktm vì chứa

Δ.

Với

b

c

=

1

2 ,

ta chọn b=1, c=2⇒a=2 . Khi đó

(

P

):2

x

+

y

+2

z−

19=

0

, thỏa mãn.

0,5

VIIa.
(1,0
điểm)

Đặt

z

=

x

+yi

(

x , y

∈

R

)

.

Khi đó

(

z

+

1)(1+

i

)+ ¯

z −

1 − i

=

|

z

|

⇔

(

x

+1+yi

)(1+

i

)+

(

x −

1 −

yi

)(1+

i

)

2 =

x

+

y

⇔

3 x

+1

− y

+(3

x

+

1+

y

)

i

=2

(

x

+

y

)

0,5

⇔

3 x

+1

− y

=2

(

x

+

y

)

3 x

+1+

y

=0

¿

{

⇔

y

=

−

(3

x

+

1)

10 x

+

3 x

=0

⇔

¿

x

=0

, y

=

−

1 x

=

−

3

10 , y

=

−

1

10 .

¿

{

Vậy

z

=

−i

hoặc

z

=

−

3

10 −

1

10 i

.

0,5

VIb.
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)

Đường trịn (C) có tâm

I

(

2 ;

1)

,

bán kính

R

=

√

5 .

Gọi

H=MI∩AB. Ta có

AH=

1

2 AB=

√

10

2 .

Trong tam giác

vuông MAI (tại A) với đường cao AH ta có

1 AH

=

1 AI

+

1 AM

⇒

1 AM

=

4

10 −

1

5 ⇒

AM=

√

5 ⇒

MI=

√

10 .

Ta có

Δ

:5

x −

2 y −

19=0

⇔

Δ

:

x −

2

5 =

y −

5

3 ⇒

M

(5+

2 m;

3+

5 m

)

0,5

Khi đó

2+

5 m

¿

=10

⇔

29 m

+

32 m

+

3=

0 ⇔

m

=

−

1 3+

2 m

¿

+

¿

MI=

√

10 ⇔

¿

hoặc

m

=

−

3

29 .

Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường trịn đường kính MI.

Với m=−1 ta có

M

(3

;−

2).

Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp ΔAMB là

(

x −

5

2 )

+

(

y

+

1

2 )

=

5

2 .

Với

m

=

−

29

3

ta có

M

(

29

139 ;

72 29

)

.

Khi đó pt đt ngoại tiếp ΔAMB là

(

x −

197

58 )

+

(

y −

101

58 )

=

5

2 .

0,5

2. (1,0 điểm)

Gọi ⃗uΔ=(a ;b ;c)(a2+b2+c2≠0) là vectơ chỉ phương của đường thẳng

Δ

.

Mặt cầu (S) có

tâm

I

(

−

1 ;

0)

.

Vì đường thẳng

Δ

tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A nên

⃗

IA

(2

;−

1 ;−

2)

⊥

u

⃗

Δ

⇔

2 a −b −

2 c

=0

⇔

b

=2

a −

2 c

.

(1)
Mặt khác đường thẳng

Δ

tạo với trục Ox một góc

α

với

cos

α

=

1

3 √

10

nên

0,5
A

B
M

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

¿

a

∨

¿

√

a

+

b

+

c

=

1

3 √

10 ⇔

b

=89

a

− c

¿

(2)
Từ (1) và (2) ta có phương trình 85a2

+8 ac−5c2=0 (3)

* Với c=0, suy ra a=0, b=0 (ktm)
* Với

c ≠

0 ,

ta có

(3)

⇔

85 (

a

c

)

+

8 a

c

−

5=0

⇔

a

c

=

1

5

hoặc

a

c

=

−

5

17 .

Với

a

c

=

1

5 ,

ta chọn

a

=1

,c

=5

⇒

b

=

−

8 .

Suy ra phương trình

Δ

:

x −

1 =

y

−

8 =

z

+2

5 .

Với

a

c

=

−

17

5 ,

ta chọn a=5, c=−17⇒b=44 . Suy ra phương trình

Δ

:

x −

1

5 =

y

44 =

z

+

2 −

17 .

0,5

VIIb.
(1,0

điểm) Đặt

z

=

x

+yi

(

x , y

∈

R

)

.

Khi đó

x −

2 ¿

+

y

¿

z −

2 i

z −

2 =

x

+(

y −

2)

i

(

x −

2 )+

yi

=

[

x

+(

y −

2)

i

]

.[(

x −

2 )

−

yi

]

¿

x −2¿2+y2

¿
¿
¿

¿x(x −2)+(y −2)y
¿

là số ảo khi và chỉ khi

x −

2 ¿

+

y

¿

x

(

x −

2)+(

y −

2)

y

¿

⇔

x

+

y

=2

(

x

+

y

)

¿

x −

2 ¿

+

y

≠

0 ¿

0,5

Ta có

x −

1 ¿

+

y

¿

y −

1 ¿

x

+

¿

T

=

¿

z −

1∨+

¿

z − i

∨

¿

∨(

x −

1)+

yi∨+

¿

x

+(

y −

1)

i

∨

¿

√

¿

√

1 +2

y

+

√

1+2

x

Áp dụng BĐT Cơsi ta có

x

+

y

¿

2 (

x

+

y

)=

x

+

y

≥

1

2 ¿

. Suy ra

x

+

y ≤

4

.
Suy ra

T

≤

2(2+2(

x

+

y

))

≤

20

Suy ra

T ≤

2

√

5

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=2 .
Vậy giá trị lớn nhất của T là

DEDAP AN THI THU DH 2012

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

<b>TRƯỜNG THPT CHUYÊN</b>

<b>ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2012</b>

<b>Môn: TOÁN; Khối: A; </b>

<i><b>Thời gian làm bài: 180 phút</b></i>

<i>m</i>

=0 .

tan

<i>x</i>

cos 3

<i>x</i>

+2 cos 2

<i>x −</i>

1

1

<i>−</i>

2 sin

<i>x</i>

=

√

3(sin 2

<i>x</i>

+

cos

<i>x</i>

).

¿

<i>x</i>

<i>− y</i>

(

<i>x</i>

+

<i>y</i>

)+1

=0

(

<i>x</i>

+1)(

<i>x</i>

+

<i>y −</i>

2)+

<i>y</i>

=0

(

<i>x , y</i>

<i>∈</i>

<i>R</i>

).

¿

{

¿

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số

√

và

<i>y</i>

=1

<i>− x</i>

.



<i>BAD</i>





cos

<i>α</i>

=

3

4

<i>,</i>

⃗

DM=

<i>k</i>

.

⃗

DA

<i>A ' B '</i>

.

<i>C '</i>

MD