Dap an lan 2 THPT chuyen DH Vinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (210.54 KB, 4 trang )

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

1
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

1. (1,0 điểm)

Khi m=0 hàm số trở thành y=x3−3x2+2.
a) Tập xác định: R.

b) Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: Ta có y'=3x2−6x; , ' 0 0 2.
2

0
0

'
,
2
0
0

' ⎢ < ⇔ < <

⎣
⎡

>
<
⇔
>
⎢

⎣
⎡

=
=
⇔

= y x

x
x
y

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 =−∞

−∞

→ y

xlim và xlim→+∞y=+∞.

0,5

* Bảng biến thiên:

x −∞ 0 2 +∞
'

y + 0 − 0 +

y

+∞
2

2−

∞
−
c) Đồ thị:

0,5

2. (1,0 điểm)

Ta có y'=3x2−6x+3m.

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y'=0 có 2 nghiệm phân biệt
.

1
0

9
9

'= − > ⇔ <
Δ

⇔ m m (*)

Khi đó, gọi hai điểm cực trị là A(x1; y1),B(x2; y2).
Ta có ' [2( 1) 2 2].

3
1
3

1 + − + +

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝

⎛ −

= x y m x m

y Do đó

2
2
)
1
(
2
]
2
2
)
1
(
2
[
)
(
'
3
1
3
1

1
1

1 ⎟ + − + + = − + +

⎠
⎞
⎜

⎝

⎛ −

= x y x m x m m x m

y

và y2=2(m−1)x2+2m+2.

Suy ra tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình y=2(m−1)x+2m+2, hay phương trình AB là
2

2
)
1
(

2 − + +

= m x m

y .

0,5 
I.

(2,0 
điểm)

Ta có giao điểm của AB với Ox, Oy lần lượt là ;0 , (0;2 2).
1

1 +

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛

−
+

− N m

m
m
M

Yêu cầu bài toán .2 2 1

1
1
2

1
1
.
2
1

1 + =

−
+
−
⇔
=
⇔

⇔ m

m
m
ON

OM
SOMN

⎢

⎣
⎡

=
−
=
⇔
⎢

⎢
⎣
⎡

−
−
=
+

−
=
+
⇔
−
=
+

⇔

0
3
)

1
(
)
1
(

1
)

1
(
1
)

( 2

2
2

m
m
m

m

m
m

m

m (thỏa mãn (*)).

Vậy giá trị của m là m=−3,m=0.

0,5

1. (1,0 điểm) 
II.

(2,0 
điểm)

Điều kiện:

2
1
sin
,
0

cosx≠ x≠ hay 2 , .

6
5
,
2
6
,
2

2+ ≠ + ≠ + ∈Z

≠ k x k x k k

x π π π π π π

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

3cos (2sin 1)

sin
2
1

3
cos
4
)
3
cos

4
(

sin 2 2

+
=

−

−
+

−

x
x
x

x
x

x

)
1
sin
2
(
cos

3
sin

2
1

)
sin
4
1
)(
1

(sin 2

+
=

−
−
+

⇔ x x

x
x
x

)
1

sin
2
(
cos
3
)
sin
2
1
)(
1

(sin + + = +

⇔ x x x x

0,5

x
O

2
−

y

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

2
⎢

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡

+
−
=
+

−
=
⇔
⎢

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +

−
=
⇔

⎢
⎢
⎣
⎡

=
+

=
+
⇔

π
π
π

π
π

2
2
,
2
6

2
6
5
,
2
6
2

1
6
cos

2
1
sin
cos

1
sin

0
1
sin
2

k
x

x
x
x

x
x

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 2 ,
6
5

,
2

6 π

π
π

k
x

k

x=− + =− + k∈Z.

0,5

2. (1,0 điểm) 
Hệ

⎩
⎨
⎧

=
+
−
+

+
=
+
⇔

)
2
(
0

)
2
)(

(

)
1
(
)

(
1
2

y
y

x
y
x
y

y
x
y
x

* 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 ⇔t2−2t+1=0 (với )t=x+y
⇔t=1. Suy ra x+y=1.

0,5

Hệ trở thành ⎢

⎣
⎡
⇔
⎩

⎨
⎧

=
+

−
=
⇔
⎩

⎨
⎧

=
+

=
−
=

=
=

2
,
1

1
,
0

1
1

2
2

y
x

x
x

x
y
y

x

y
x

Vậy nghiệm của (x; y) của hệ là (0;1),(−1;2).

0,5

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là x
x

x = −

+
−

1
1
1 2

⎢
⎣
⎡

=
=
⇔
⎢

⎢
⎣
⎡

=
−

−
≠

=
−
⇔
⎪⎩

⎪
⎨
⎧

−
=
−

−
≠
⇔

0
1
1

1
,
0
1

1
1

2
2

2 x

x
x

x

Vì x

x

x ≥ −

+
−

1
1
1 2

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

.
2
1
2

)d
(1
d
1
1
d

)
1
(
1
1

0
1
2
1

0
2
1

−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

−
−
=
−
−
+
−
=
⎟
⎟

⎠
⎞
⎜

⎜
⎝
⎛

−
−
+
−

∫

x

∫

x x I x x I

x
x
x

x
x

x

S (1)

0,5 
III.

(1,0

điểm)

Tính d .

1
1
1

0
2

∫

−+

= x

x
x

I Đặt = ∈⎢⎣⎡− ⎥⎦⎤

2
;
2
,

sinu u π π

x . Khi đó dx=cosudu, khi x=0 thì u=0 và
khi x=1 thì u=π/2. Suy ra

(

)

2
cos

)d
sin
1
(
d
sin
1

cos
d

cos
sin
1

sin
1

0
2
2

0
2

0
2
2

−
=
+

=
−

=
+

−

∫

π
π

u
u
u
u
u

u
u
u

u
u

u

I (2)

Từ (1) và (2) ta có .
2
3
2−
=π

S

0,5

* Ta có VCMDN d M ABC D SCND d M ABC D SABCD

2
1
)).
'
'
'
'
(
,
(
3
1
)).

'
'
'
'
(
,
(
3
1

'
'

' = =

7
16

9
1
3
sin
.
.
.
2
1
.
2
.
3

1 a3 a3

a
a

a = − =

= α

0,5 
IV.

(1,0 
điểm

* Đặt AB=x, AD=y, AA'=z. Ta có

.
2
1
'

'
'
'

'
'
'
'

x
y
N
A
A
D
N
D

y

k
z
x
DM
D
D
D
C
M
C

+
−
=
+
=

−
−
−
=
+
+
=

Khi đó C'M ⊥D'N⇔C'M.D'N=0

(

)

1 =

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝

⎛ −

+
+

⇔ x ky z x y 1 0

2
2

1 2 2

=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
+

−

⇔ x k y k xy

5
2
0

4
3
.
.
.
1
2
2

1 2 2 ⎟ = ⇔ =−

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
+
−

⇔ a ka k aa k

0,5

A

D

C 
B

A’ D’

C’

B’
x
G

M

N

y
z

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

Vì ]a,b∈[0;1 nên ta có ≤

+
−
+
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

+
−
+
=
+
+
≤
+
+

1
).
2
(
)
2
(
1

)
2
(
1
2
1

2
2
2

2
2

2
2
2

b
b
a

a
b

b
a

b
a
b

a

.
2
1
2
2

).
2
(
)
2

(a2+ − a2+ b2 =a2−b2+ − a2b2
≤

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a,b∈{0,1}.

0,5 
V.

(1,0 
điểm

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có .

2
1
2
1

2
;
2
1
2
1

2 2 2 2 2

2
3
2
2
2

2
2

a
c
a

c
a

c
c
b
c

b
c

b ≤ − + −

+
+
−

+
−
≤
+
+

Suy ra ( ) 6.

2
1

6− 2 2+ 2 2+ 2 2 ≤

≤ a b b c c a

P

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a,b,c∈{0,1} và a2b2+b2c2+c2a2 =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 còn lại bằng 0.

0,5

1. (1,0 điểm)

Vì A∈Δ:x−4y+6=0⇒A(4a−6;a)⇒MA(4a−5;a−1).
Vì tam giác ABC vng cân tại A nên nACB=45 .0

Do đó

2
1
5

.
)
1
(
)
5
4
(

)
1
(
2
)
5
4
(
2

1
)
,
cos(

2+ − =

−

−
+
−
⇔

a
a

u

MA BC

0,5

⎢
⎢
⎢
⎣
⎡

⎟
⎠
⎞

⎜

⎝
⎛
⇒
⎢

⎢
⎢
⎣
⎡

=
=
⇔
=
+
−
⇔

− (ktm)

)
2
;
2
(

13
16

2
0

32
42
13

13
16
;
13
14

A
A
a

a
a

a

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 n (a; b; c) (a2+b2+c2 ≠0)

P là vectơ pháp tuyến của (P). Khi đó
.
0
)
4
(
)
3
(
)
4
(
:
)

(P a x− +b y− +c z− =

Vì (P)//Δ nên nP⊥uΔ, trong đó uΔ(−3;2;2) là vectơ chỉ phương của đường thẳng .Δ Suy ra

3
2
2
0

2
2

3a+ b+ c= ⇔a= b+ c

− (1)

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 3

2
2

2+ + =

−
−
−

c
b
a

(2)

Từ (1) và (2) ta có 2 5 2 0

3
2
2

)

( 2 2 2 2

2 ⎟ + + ⇔ − + =

⎠
⎞
⎜

⎝
⎛ +
=

+c b c b c b bc c

b (3)

0,5 
VIa.

(2,0 
điểm)

* Với c=0⇒b=a=0 (ktm)

* Với c≠0, ta có (3) 2 5 2 0 2
2

=
⇔
=
+
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔

c
b
c

b
c

b

hoặc .
2
1
=

c
b

Với =2,

c
b

ta chọn .b=2,c=1⇒a=2 Khi đó 0(P):2x+2y+z−18= , ktm vì chứa Δ.
Với ,

2
1
=

c
b

ta chọn b=1,c=2⇒a=2.Khi đó (P):2x+y+2z−19=0, thỏa mãn.

0,5

Đặt ).z=x+yi(x,y∈R Khi đó 2
1

1
)
1
)(
1

( z

i
z
i

z =

−
−
+
+
+

(

)

(

)

3 1 (3 1 ) 2( )

2
)
1
(
1
)

1
(

1 yi i x yi i x2 y2 x y x yi x2 y2

x+ + + + − − + = + ⇔ + − + + + = +

⇔

0,5 
VIIa.

(1,0 
điểm)

⎩
⎨
⎧

=
+
+

+
=
−
+
⇔

0
1
3

)
(

3 2 2

y
x

y
x
y
x

⎪⎩
⎪
⎨
⎧

−
=
−
=

−
=
=
⇔
⎩

⎨
⎧

=
+

+
−
=
⇔

.
10

1
,

10
3

1
,
0
0

3
10

)
1
3
(

2 x y

y
x
x

x
x
y

Vậy z=−i hoặc .
10

1
10

3 i

z=− −

0,5

A

B

)
1
;

1
(−
M

2x− − =y 7 0
:x 4y 6 0

Δ − + =

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

4
1. (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R= 5. Gọi
.

AB
MI

H = ∩ Ta có .

2
10
2

1 =

= AB

AH Trong tam giác vuông

MAI (tại A) với đường cao AH ta có

.
10
5

5
1
10

4
1
1

1
1

2
2

2 = AI + AM ⇒ AM = − ⇒AM = ⇒MI=

AH

Ta có

5

3

2

5 :

0

19

2

5 :

−

=

⇔

Δ

−

=

−

Δ

x

y

x

y

⇒

M

(

5 +

2 m

;

3 +

5 m

)

0,5

Khi đó MI = 10⇔(3+2m)2+(2+5m)2=10⇔29m2+32m+3=0⇔m=−1 hoặc .
29

3
−
=

m

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

Với m=−1 ta có M(3;−2). Khi đó pt đường tròn ngoại tiếp ΔAMB là .
2
5
2

1
2

5 2 2=

⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝

⎛ −x y

Với

29
3
−
=

m ta có .

72
;
29
139

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛

M Khi đó pt đt ngoại tiếp ΔAMB là .
2
5
58
101
58

197 2 2=

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛ −
+

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝

⎛ −x y

0,5

2. (1,0 điểm)

Gọi =( ; ; )( 2+ 2+ 2≠0)

Δ a b c a b c

u là vectơ chỉ phương của đường thẳng .Δ Mặt cầu (S) có tâm
).

0
;
1
;
1
(−

I Vì đường thẳng Δ tiếp xúc với mặt cầu (S) tại A nên
.
2

2
0

2
2

)
2
;
1
;
2

( u a b c b a c

IA − − ⊥ Δ⇔ − − = ⇔ = − (1)

Mặt khác đường thẳng Δ tạo với trục Ox một góc α với

10
3

1
cosα= nên
2

2
2
2

2 3 10 89

1
|

| b a c

c
b
a

a = ⇔ = −

+ (2)

Từ (1) và (2) ta có phương trình 85a2+8ac−5c2=0 (3)

0,5 
VIb.

(2,0 
điểm)

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

5
1
0

5
8
85

)
3
(

=
⇔
=
−
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔

c
a
c

a
c

a

hoặc .
17

5
−
=

c
a

Với ,
5
1
=

c
a

ta chọn .a=1,c=5⇒b=−8 Suy ra phương trình .
5

2
8
1

: = +

−
=
−

Δ x y z

Với ,

17
5
−
=

c
a

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

2
44
5

1
:

−
+
=
=
−

Δ x y z

0,5

Đặt z=x+yi (x,y∈R). Khi đó =

+
−

−
−
−

+
=
+
−

−
+
=
−
−

2
2
)
2
(

]
)
2
].[(
)
2
(
[
)

2
(

)
2
(
2
2

y
x

yi

x

i
y
x
yi
x

i
y
x
z

i
z

i

y
x

xy
y

x
y

x

y

y
x

x

2
2
2

2 ( 2)

)
2
)(
2
(
)

2
(

)
2
(
)
2
(

+
−

−
−
−
+
+

−
−
+
−

= là số ảo khi và chỉ khi 0

)
2
(

)
2
(
)
2
(

2+ =

−

−
+
−

y
x

y
y
x

x

⎪⎩
⎪
⎨
⎧

≠
+
−

+
=
+
⇔

0
)

2
(

)
(
2

2
2
2
2

y
x

y
x
y
x

0,5 
VIIb.

(1,0 
điểm)

Ta có T =|z−1|+|z−i| =|(x−1)+yi|+|x+(y−1)i|= (x−1)2+y2 + x2+(y−1)2

x

y 1 2

1+ + +

= .

Áp dụng BĐT Cơsi ta có 2 2 ( )2
2

1
)

(

2 x+y =x +y ≥ x+y . Suy ra x+y≤4.
Suy ra T2 ≤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 2 5, đạt khi z=2+2i.

0,5

A

B 
M

</div>

Dap an lan 2 THPT chuyen DH Vinh

(

) (

)

∫

∫

∫

∫

(

)

∫

∫

∫

(

)

(

)

(

)

5

3

2

5

:

0

19

2

5

:

−

−

=

⇔

Δ

−

=

−

Δ

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

⇒

<i>M</i>

(

5

+

2

<i>m</i>

;

3

+

5

<i>m</i>

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về