Le Van Huu Thanh Hoa 2011 Lan 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (192.68 KB, 5 trang )

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

Sở GD&ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu Mơn: Tốn lớp 12

Ngày thi 23/04/2011

Thời gian 180’(Không kể thời gian phát đề)
A. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I.(2điểm)Cho hàm số y = 
2

2
x
x (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).

2. Tìm m để đường thẳng (d ): y = x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau của
đồ thị sao cho khoảng cách giữa 2 điểm đó là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

Câu II.(2điểm)

1. Giải phương trình

2 2 3(tan cot ) 8sin

2 3 cos sin 2

tan cot

x x x

x x

 

 



2. Giải hệ phương trình

2 2

4 4 2 2 2 2

4 6 1

5 5 10 2 1

x y x y

x y x y xy x y

    




     




Câu III.(1điểm)Tính tích phân I = 1

ln sin(ln ) ln 1

e

x x x

dx
x

 



CâuIV.(1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. trên cạnh AB lấy điểm M, Trên cạnh D’C’ lấy
điểm N sao cho AM + D’N = a. Tính thể tích của khối chop B’.A’MCN theo a và xác định vị trí điểm M để
khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’MCN) là lớn nhất.

Câu V.(1điểm)Cho a a a a a a1, , , , ,2 3 4 5 6 là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =

2 1 3 4 3 4 2 5 6 5 6 1 3 4 1 2 5 6

3 4 1 2 5 6 2 3 4 1 3 4 5 6 2 5 6 1

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( ) ( )

a a a a a a a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a a a a a a a

         

  

         

B. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần A hoặc B(Nếu thí sinh làm cả 2 phần sẽ khơng đuợc chấm điểm)
A. Theo chương trình chuẩn

Câu VIa. (2điểm)

1. Cho d1: x- 2y = 0, d2: 3x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn cắt d1 theo dây cung AB = 6 và tiếp

xúc với d2 tại B.

2. Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S), và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình (S):

2 2 2 2 4 2 3

x y z  x y z , (P): 2x +2y – z + 5 = 0. Viết phương trình mặt phẳng song song với 
(P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu VII a.(1điểm)Cho A, B là 2 điểm trên mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z0, z1 0 và

thoả mãn z02z12 z z0 1. Chứng minh rằng OAB đều (O là gốc toạ độ).
B. Theo chuơng trình nâng cao

Câu VI b.(2điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho (d1): x + y + 3 = 0, (d2): x – y + 1 = 0, M(1;2). Viết phương trình

đường trịn đi qua M, cắt (d1) tại A, B sao cho AB = 8 và tiếp xúc với (d2)

2. Trong hkông gian Oxyz cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) lần lượt có phương trình: (S):

2 2 2 2 4 4 16 0

x y z  x y z  ’ (P): 2x + 2y + z – 3 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q)song 
song với (P) và cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường trịn có diện tích 16.

Câu VII b.(1điểm) Giả sử A, B theo thứ tự là các điểm biểu diễn các số phức z , z’=
1

2
i

z


(z0). Chứng 
minh rằng OAB vuông cân.(O là gốc toạ độ).

……….HẾT………

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

Sở GD&ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trương THPT Lê Văn Hưu Mơn: Tốn

Ngày thi: 23 / 04/2011
 Thời gian: 180’

câu nội dung điểm

Câu I
1.(1đ)

2.(1đ)

1. TXĐ: D = R\{2}
2. xlim2 y , limx2 y

nên đồ thị nhận đường thẳng x = 2 làm tiệm cận đứng.

lim lim 2

x  x  nên đồ thị nhận đường thẳng y = 2 làm tiệm cận ngang.

2
4

' 0

( 2)
y

x

 


Bảng biến thiên

- Hàm số nghịch biến trên ( ; 2) và(2;)
- Hàm số khơng có cực trị.

3. Đồ thị.

- Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại O(0;0)

Để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt thì pt
2

2
x

x m

x   hay x2 + (m - 4)x -2x = 0 (1) có 2

nghiệm phân biệt khác 2. Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 2 khi và chỉ khi

2 16

4 0
m

m
  




 

 (2).

Giả sử A(x1;y1), B(x2;y2) là 2 giao điểm khi đó x1, x2 là 2 nghiệm phương trình (1). Theo định

lí viet ta có

1 2

1 2
4

(3)
2

x x m

x x m

  






 , y1=x1+m, y2=x2+m

Để A, B thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị thì A, B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0. A,
B nằm khác phía đối với đt x – 2 = 0 khi và chỉ khi (x1- 2)(x2 - 2) < 0 hay

x1x2 – 2(x1 + x2) +4 < 0 (4) thay (3) vào 4 ta được – 4 < 0 luôn đúng (5)

mặt khác ta lại có AB = (x1 x2)2(y1 y2)2  2(x1x2)2 8x x1 2 (6)

thay (3) vào (6) ta được AB = 2m232 32 vậy AB = 32 nhỏ nhất khi m = 0 (7). Từ 
(1), (5), (7) ta có m = 0 thoả mãn .

Câu II
1.(1đ)

1.(1đ)

ĐK: Sin2x 0 2
k
x 

  

2 8sinx 2

2 3 cos sin 2 2 3 2 3 sin 2s inxcosx+4sinxsin2x=0

2
sin2x

x x x

      

sinx=0 (L) 6

7 2

3 sin osx=2sin2x

18 3

x k

k

x c x



 



 




   

 

  



hệ

2 2

2 2 2

2 2 2 2

( )( ) ( ) 1 5( )

5( ) ( ) 1

( ) ( ) 1 5( )

( ) 5( ) 1

x y x y x y x y

x y x y x y

x y x y x y

x y x y

      

       



   

    

   

 



+ Nếu x + y = 0 thì hệ phương trình vơ nghiệm.

-2
+

-

+

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

Câu III

Câu
IV

+ Nếu x + y 0 hệ

1 1

( ) 5

( )

x y x y

x y
x y

    
  

 
   
 

Đặt
1
u x y
v
x y
 




 

 khi đó hệ trở thành

2 2 2

2
1

5 5 ( )

5 ( ) 2 5 1

2
u
v

u v uv uv u v

u v u v uv u

v
 



     
  
 
  
      
 

 

 

Với
2
1
u
v





 ta có 
3
2
1
2
x
y





 


 , với

1
2
u
v





 ta có 
3
4
1
4
x
y





 


1 1

ln sin ln ln 1

e e

x x x

I dx dx

x x











Ta tính I1 = 1

ln sin ln

e x x

dx
x



đặt
1
ln

t x dt dx
x

  

khi x = 1 thì t=0, khi x = e thì t = 1
Khi dó I1 =

1 1

1
0

0 0

sin ( ost) ostdt os1+sin1

t tdt tc  c c



Tính I2 = 1

ln 1
e
x
dx
x




đặt t = lnx 1 lnx t  2 1 dx x/ 2tdt x = 1 thì t= 1, x= e thì
t = 2 khi đó I2 =

2 3

1
1

2 4 2 2

3 3 3

t dt t  



vậy I = I1 + I2

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ.

'(0;0;0), '( ;0;0), '(0; ;0); (0;0; )

A B a D a A a

ĐẶt AM = x (0 x a) suy ra D’N = a – x

' ' ( ;0; )

A M A A AM  M x a

  

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

A'C ' ' ' ( ; ; )

' ' ' ( ; ;0)

A B A D A A C a a a
A N A D D N N a x a

    
   
   
   
   
   
   
   
   

   
   
   
   
   
   
   
  
Ta lại có

' ' ' ' ' '

1 1

' ' '; ' ' ' '; '

6 6

A B MCN A B MC A B CN

V V V  A M A B A C   A N A B A C 

   
     
=
3
3
a
(đvtt)
lại có A M'  NC suy ra tứ giác A’MCN là hình bình hành

2 2

' ' ; ' 2( ax+x )

A MCN

S               A M A N a a 

Nên

2 2

' '

2 2 2

' 2

3 6

( ';( ' ))

2( ax+x ) 3

2( ( ) )

4 2

B A MCN
A MCN

V a a a

d B A MCN

S a a a

x

   



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

Câu V
(1đ)

đặt

1 2

3 4 5 6

1/ ; 1/

, , , , 0

1 1

;

x a y a

x y z t

z t

a a a a

 







 

  


Khi đó A =

1 1 1 1

( )( ) ( )( )

z x y t x z y t

z x y t

y x y z z t x t y z z t y z x t

   

        

       

( )( ) ( )( )

z x y t

x y z t x y z t

y x z t y z x t

 

      

   

2 2

4(z+x) 4( )

( )[ ]= 4

(x+y+z+t) ( )

y t
x y z t

x y z t


    

  

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=t hay a1=a2=a3+a4=a5+a6

Vậy AMin = 4 khi và chỉ khi…..

Câu
VIa
1.(1đ)

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
2

2 0 5

( 2 / 5; 1/ 5)

3 1 0 1

5
x
x y

B
x y

y





 

 

   

 

  

  



Vì cos(d1;d2) =

2 nên (d1;d2) = 450 suy ra tam giác

HBI vuông cân tại H suy ra IH = 3, IB = R = 3 2
Vì IB vng góc d2 nên IB có pt: x + 3y + 1 = 0

Giải sử I(x0;y0) thuộc IB nên I(-3y0-1;y0)

Ta có d(I;(d1))= IH = 3 nên

0 0

1 3 5 2 9 5

5 5

1 3 5 2 9 5

5 5

y x

     

 

 

  

     

 

 

 

vậy phương trình đường trịn cần tìm là:

2 2

2 9 5 1 3 5

( ) ( ) 18

5 5

x    y   

hoặc

2 2

2 9 5 1 3 5

( ) ( ) 18

5 5

x    y   

2.(1 đ)

Ta cã: x2 + y2+ z2 - 2x + 4y +2z -3= 0 (x1)2(y2)2 (z1)2 32

=> mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; -1), R = 3.

Do mặt phẳng (Q) song song với mp(P) nên có pt dạng:2x + 2y - z + D = 0 ( D5)

Do (Q) tiÕp xóc víi mặt cầu (S) nên d I Q

;( )

R 3

10
1 9

8
D
D

D

Vậy (Q) có phơng trình: 2x + 2y - z + 10 = 0
Hc 2x + 2y - z - 8 = 0

câu
VIIa

(1 đ) từ z02z12 z z0 1 ta có:

2 1

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0

( ) . z (1)

z z z z z z z z z z

z

       

2 0

0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

( ) . z (2)

z z z z z z z z z z

z

       

từ (1) v à (2) ta có

3 3

1 0

z z

1 0 1 0

z z z z

   

suy ra OA = OB = OC vậy tam giác ABC đều.

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

câu
VIb

1.(1đ) Vì 2
( )
( )

M C

M
M d









 là tiếp điểm, mà

1. 2 0 1 2

d d

n n   d d

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

( ; ) 3 2

d M d IH

  

2 : 3 0

IM d  IM x y   giả sử I(x

0;3-x0) thuộc

IM  IM(1 x x0; 01)


0
2

1 17

2(1 ) 34

1 17

x

IM x

x

  

     

 


vậy đt cần tìm: (x 1 17)2(y 2 17)2 34, (x 1 17)2(y 2 17)2 34
2.(1đ) Vì (Q) //(P) nên (Q) có phương trình : 2x+2y+z+D=0.G ọi O là tâm đường tròn giao tuyến

I(1 ;2 ;-2) là tâm mặt cầu R = 5 bán kính mặt cầu, r là bán kính đường trịn giao tuyến theo
giả thuyết ta có r2 16  r4

mặt khác ta có IO =

4
( ;( ))

3
D
d I Q  

. l ại c ó R2 = r2 + OI2  D5, D13

vậy mặt phẳng (Q) cần tìm: 2x+2y+z+5=0 ho ặc 2x+2y+z-13=0.
Câu

VII

(1 đ) Ta có :

1 1 2

, '

2 2 2

i i