Tài liệu Thi thử ĐH môn Toán_THPT Tam Dương ppt

Sở GD ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Tam Dương

đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12
Môn: Toán
Thi gian lm bi: 180 phut

Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s
3 2 3
3 4y x mx m
(m l tham s) cú th l (C
m
)
1. Kho sỏt v v th hm s khi m = 1.
2. Xỏc nh m (C
m
) cú cỏc im cc i v cc tiu i xng nhau qua ng thng y = x.
Cõu 2 (2.0 im ) :
1. Gii phng trỡnh:
2
3 4 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
cos sin 2
x
x
x x


.
2. Tỡm m h phng trỡnh:
3 3 2

2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0
x y y x
x x y y m







cú nghim thc.
Cõu 3 (2.0 im): 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P) v ng thng (d)
ln lt cú phng trỡnh:
(P): 2x y 2z 2 = 0; (d):
1 2
1 2 1
x y z



1. Vit phng trỡnh mt cu cú tõm thuc ng thng (d), cỏch mt phng (P) mt khong bng 2
v vt mt phng (P) theo giao tuyn l ng trũn cú bỏn kớnh bng 3.
2. Vit phng trỡnh mt phng (Q) cha ng thng (d) v to vi mt phng (P) mt gúc nh
nht.
Cõu 4 (2.0 im):
1. Cho parabol (P): y = x
2
. Gi (d) l tip tuyn ca (P) ti im cú honh x = 2. Gi (H) l hỡnh

gii hn bi (P), (d) v trc honh. Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra bi hỡnh (H) khi quay
quanh trc Ox.
2. Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: x
2
+ y
2
+ z
2
3. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx



Cõu 5 (2.0 im):
1. Trong mt phng vi h ta Oxy, hóy lp phng trỡnh tip tuyn chung ca elip
(E):
2 2
1
8 6
x y

v parabol (P): y
2
= 12x.
2. Tỡm h s ca s hng cha x
8
trong khai trin Newton:

12
4
1
1 x
x





o0o

ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu
Nội dung Điểm
I
1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x
3
 3x
2
+ 4
+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = 3x
2
 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 x
CĐ
= 0, y

CĐ
= 4; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= 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
3
3 4
lim lim 1
x x
y x
x x
 
 
    
 
 

0.25
Lập BBT:

0.25
Đồ thị:

0.25
2/. Ta có: y’ = 3x
2
 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; 4m
3
), B(2m; 0) 
3
(2 ; 4 )AB m m 


Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m
3

)
0.25

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với
đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x
0.25
0
x
4
+



+
+
0
0
y

2
+
y


x

y
O

3

3
2 4 0
2
m m
m m

 







Giải ra ta có:
2
2
m  
; m = 0
0.25
Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m  


II
2/. Đk:
2
x k




0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
 
2
2 2
2
2
4
3 1 tg 2 3 2cotg
sin 2
2(sin cos )
3tg 3 2cotg
sin cos
3tg 2tg 3 0
x x
x
x x
x x
x x
x x
   

   
   

0.25


tg 3
3
1
tg
3
6
x x k
x
x k






    







 





0.25

KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k
 
 
; 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)  t
3
 3t
2
= y
3
 3y
2
.
0.25
Hàm số f(u) = u
3
 3u
2
nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:
(1)  y = y  y = x + 1  (2) 

2 2
2 1 0x x m   

0.25
Đặt
2
1v x 
 v[0; 1]  (2)  v
2
+ 2v  1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v  1 đạt
[0;1]
[0;1]
min ( ) 1; max ( ) 2g v g v  

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
0.25
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: 0.25
| 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |
( ; ) 3
3 3
t t t t
d I
      
   

2
3
7
3
t
t





 



 Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8 7 17 1
; ; vµ ; ;
3 3 3 3 3 7
I I
   
  
   
   

Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn 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 vµ 25
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
           
           
           
           

0.25
2/. Đường thẳng () có VTCP
( 1;2;1)u  

; PTTQ:

2 1 0
2 0
x y
x z
  


  


Mặt phẳng (P) có VTPT
(2; 1; 2)n   


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 (m
2
+ n
2
> 0)
 (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0
Vậy góc giữa (P) và (Q) là:
2 2
| 3 | 3
cos
3
3. 5 2 4
m
m n mn

 
 

0.25
 m
2
+ 2mn + n
2
= 0  (m + n)
2
= 0  m = n.
Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0
0.25
IV

1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4

0.25

Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là:
2 2
4 2
0 1
(4 4)V x dx x dx

 
  
 
 
 

0.25
=
5
3
2 2
16 16
( 1)
0 1
5 3 15
x
x


 

  
 
 

0.5
2/. Ta có:
 
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9
1 1 1
xy yz zx
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 P
min
=
3
2
khi x = y = z
0.25
V
1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
() là tiếp tuyến của (E)  8A
2
+ 6B
2
= C
2
(1)
() là tiếp tuyến của (P)  12B
2
= 4AC  3B
2
= 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
12
4 4 12 4

12
0
1 1 1
1 1 ( 1)
k
k k
k
x x C x
x x x


 
     
       
     
 
     
 


0.25
 
12 12
12 4 12 4 4
12 12
0 0 0 0
12
12 4 5
12
0 0

1
( 1) ( 1)
( 1)
i
k k
k i
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
Vậy hệ số cần tìm là:
2 0 7 4 12 8
12 2 12 7 12 12
. . . 27159C C C C C C   

0.25