De on he so 6

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012-2013. ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 4 Môn: Toán, Khối A- LỚP 12 Thời gian: 180’ (Không kể thời gian giao đề) 3. 2. Câu I. (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  ( m  1) x  3mx  2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 .. 2. Tìm m để đường thẳng d : y x  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt A(0;2), B, C sao cho tam giác OBC có diện tích. 5 (O là gốc tọa độ).. Câu II.(2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. sin 2x+ 2 sin(2 x . .  )  2sin 2 x  2sinx-6cosx+5=0 4 .. . .  x  x 2  1 y  y 2  1 1   1  2. 4x+y-2 3. 3 3x-y-3 2. Giải hệ phương trình:  e. e x (x  1)  ln x  1 I  dx x x(e  ln x) 1 Câu III.( 1,0 điểm) Tính tích phân Câu IV.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD. Tính thể tích khối chóp S.CDIH và khoảng cách giữa hai đường thẳng IC và SD theo a. Câu V( 1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương và a.b.c.d=1. a4 b4 c4 d4 4  3  3  3  3 3 3 3 3 3 Chứng minh rằng: a  2b b  2c c  2d d  2a Câu VI.( 2,0 điểm) 1. Cho hình thang cân ABCD . AB // CD; AB  CD . , A(0;2), D(-2;-2), Gọi I là giao d : 2x+y+2=0 điểm của AC và BD, I nằm trên đường thẳng . Tìm tọa độ của B, C AID 900 biết và hoành độ của I âm.. 2. Viết phương trình đường thẳng d cắt hai đường thẳng d1, d2 và vuông góc với mặt phẳng (P) biết d1 :. x 1 y  1 z  2 x  2 y 2 z   ; d2 :   ; (P) : 2x-y-5z+1=0 2 3 1 1 5 2. 3 2 Câu VII. (1,0 điểm) Cho phương trình: z  (2  3i)z  (4  6i)z  12i 0 (1). Tính. z1  z 2  z 3. , biết z1 , z 2 , z 3 là các nghiệm của phương trình (1) và z1 là số thuần ảo. --------------------------Hết------------------------1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh…………………………...…Số báo danh……………...Chữ ký….……. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 4 MÔN TOÁN- KHỐI A NĂM HỌC 2012-2013 Câu I. Ý. Nội dung. Điểm 2.00 1.00 0.25. 1 3. Khi m 1 ta có hàm số y  x  3 x  2 TXĐ: D=R Sự biến thiên. 0.25.  x 1  y 0 y ' 3x 2  3, y ' 0    x  1  y 4 Đạo hàm: lim y   ; lim y  x   Giới hạn: Bảng biến thiên:. x y'. x  . . . y. 1 0 4. 1 0. .   . . 0.   ;  1 ;  1;  Hàm số đồng biến trên   1;1 Hàm số nghịch biến trên Hàm số đạt cực đại tại x  1; yCD 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x 1; yCT 0. 10. y. f(x)=x^3-3x+2. 0.50. 8 6 4 2. x -10. -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. -2 -4 -6 -8. 2. 1.00 Hoành độ giao điểm là nghiệm của phương trình :. x 3  (m  1) x 2  3mx  2 =x+2. 0.25.  x 0 x  x 2  (m  1) x  3m  1 0   2  x  (m  1) x  3m  1 0  2  Để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số tại 3 điểm phân biệt A, B, C khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x 0. m 2  10m  5  0   1 m  3 Giả sử B ( x1 ; y1 ); C ( x2 ; y2 ) trong đó x1; x2 là nghiệm của phương trình (2) 3. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 SOBC  OH .BC ; OH d (O; d )  2 BC  2 x  x 2 1 2 ; 1 S OBC  OH .BC  x2  x1  5  ( x2  x1 ) 2  4x1 x2 5 2 2 m  10m 0  m 0; m  10 (thỏa mãn). 0.25. II. 2.00 1. 1.00 0.25.  sin 2x+ 2 sin(2 x  )  2sin 2 x  2sinx-6cosx+5=0 4  sin 2x+cos2x-sinx-3cosx+2=0  2sinx.cosx-sinx+2cos 2 x  3cosx+1=0. 0.25.  sinx(2cosx-1)+(cosx-1)(2cosx-1)=0  (2cosx-1)(sinx+cosx-1)=0. 0.50.   x   k 2  1 3    cosx= 2   x k 2 ;k  Z    sinx+cosx=1   x   k 2 2  , 2. . . 1.00. .  x  x 2  1 y  y 2  1 1 (1)   1  2 4x+y-2 3 3 3x-y-3 (2) Giải hệ phương trình:  Điều kiện: 4x+y-2 0. x Xét phương trình:. 0.25. . . x 2  1 y  y 2  1 1  x  x 2  1  y  y 2  1. HS sử dụng đạo hàm chứng minh phương trình (*) có nghiệm khi x  y Khi x  y thay vào (2) ta có:. 1  2 3x  2 3. 3 4x  3, x . 3 Đặt a  3x  2 0; b  4x  3 ta có hệ. 2 3. (*) 0.25. 1  2a 3b  3  2 3 4a  3b 1  4 . 1   b 0  a  2  3b3  9b 2  6b 0   b 1  a 1  5 3b  1  b 2  a   3  a  2  2 thay vào pt (4) ta được Từ 4. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> +). b 0;a . a 1   b  1  +). 1 2 không thõa mãn. Kết hợp đk (*) suy ra hệ có nghiệm (x; y) là.  x 1   y  1. 11  5 x   a   4 2   b 2  y  11  4 +). 0.25. 11 11  ;  4  4.  1;  1 , . III. 1.00 e. e e e e x (x  1)  ln x  1 e x  ln x xe x  1 xe x  1 I  dx  dx  dx  1  dx    x x x x(e x  ln x) 1 1 x(e  ln x) 1 x(e  ln x) 1 x(e  ln x). e. d  e x  ln x . . Ta có: 1. e x  ln x. ee  1 ee  1 ln e  ln x ln  I 1  ln 1 e e x. e. IV. 0.50. 0.50. 1.00 Ta có: SH  ( ABCD). 1 VS .CDIH  SH .SCDIH 3 SH . 0.25. a 3 5 ;SCDIH  a 2 2 8. VS .CDIH . 1 a 3 5 2 5 3a 3 . a  3 2 8 48 (đvtt). Ta có CI vuông góc với mặt phẳng (SHD), gọi M là giao điểm của HD và CI từ M hạ MN vuông góc với SD tại N, ta có MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau IC và SD. MN DM SH .DM a 30   MN   SD SD 10 Xét tam giác SHD và MND ta có: SH. 5. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> V a4 2ab3 2  a  a  b 3 3 3 3 a  2b 3 Ta có: a  2b 4 3 b 2bc 2 b  3 b  c 3 3 3 b  2c 3 . Tương tự : b  2c c4 2cd 3 2  c  c  d 3 3 3 3 c  2d c  2d 3 4 3 d 2da 2 d  3 d  a 3 3 3 d  2a d  2a 3 4 4 4 a b c d4 1 4 VT  3  3  3  3  (a  b  c  d)  3 3 3 3 a  2b b  2c c  2d d  2a 3 3 Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1 VI 1. 2.   I  d : 2x+y+2=0  I(a;-2a-2) AI(a;  2a-4), DI(a  2;  2a) . Vì . Ta có:    a 0(l)  AID 900  AI.DI 0  5a 2  10a=0    I( 2;2) a  -2  Theo giả thiết     ID IB  ID ID 1   IB  IB.  IA.  ID (0;  2) IB ID ID 2 Giả sử B(x;y), ta có: ID  x  2 0  B( 2;4)  y  2 2  Ta có:       IC IA IA IA   IC  IC.  ID.  2IA (0;  2) IA IA IA Giả sử C(x;y), ta có: IC  x  2  4  C( 6;2)  y  2  0  x 1 y  1 z  2 x 2 y2 z   ; d2 :   ; (P) : 2x-y-5z+1=0 2 3 1 1 5 2  x 2a-1  x b  2   d1 :  y=3a+1 ; d 2 :  y 5b  2 z=a+2 z  2b   Giả sử đường thẳng d cắt d1 tại A và cắt d2 tại  B Ta có: A(2a-1;3a+1;a+2), B(b+2;5b-2;-2b)  AB(b  3  2a;5b-3-3a;-2b-a-2) d1 :. b+3-2a 5b  3  3a  2b  a  2   2 1 5 Theo giả thiết d vuông góc với (P) nên ta có: x 1 y 4 z 3 d:   2  1 5 Giải hệ phương trình ta có:A(1;4;3), B(3;3;-2):Vậy 6. 1.00 0.25 0.25. 0.50. 2.00 1.00 0.50. 0.25. 0.25. 1.0 0.25. 0.25 0.50.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VII. z 3  (2  3i)z 2  (4  6i)z  12i 0 (1). 1.0. Vì phương trình (1) có 1 nghiệm thuần ảo nên z bi, (b  R) là 1 nghiệm của pt Thay vào pt(1) ta có b=-3  z=-3i  z 3  (2  3i)z 2  (4  6i)z  12i 0  (z  3i)(z 2  2z+4)=0   z=1- 3i  z 1  3i . 0.25. z  z 2  z3 7 Vậy 1 Chú ý: Đáp án chỉ trình bày lời giải vắn tắt và một cách giải cho mỗi bài toán, nếu học sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm để cho điểm câu tương ứng. ------------------------------Hết----------------------. 0.25. 7. 0.50.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>