Toan Dai hoc Vinhlan 3 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (655.15 KB, 5 trang )

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

TR

ƯỜ

NG

ĐẠ

I H

Ọ

C VINH

TR

ƯỜ

NG THPT CHUYÊN

ĐỀ

KH

Ả

O SÁT CH

Ấ

T L

ƯỢ

NG L

Ớ

P 12, L

Ầ

N 3 - N

Ă

M 2012

Mơn: TỐN; Kh

ố

i: A;

Th

ờ

i gian làm bài: 180 phút

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0điểm)

Câu I.(2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị (C) của hàm số y=x4−3x2−2.

2. Tìm số thực dương a đểđường thẳng y=a cắt (C) tại hai điểm A,Bsao cho tam giác OAB vuông tại
gốc tọa độ O.

Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos2 0.
4

3
sin
.
)
2
sin
1
(

2 + =








− x x

π

x

2. Giải phương trình log2(6−x)=log2(x2−2x)+log 2x.

Câu III.(1,0 điểm) Tính thể tích khối trịn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường
0

,
0
,
cos
2
sin
cos

cos
sin

=
=
+

= y x

x
x

x

x
x

y và

π

x xung quanh trục Ox.

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD= DC,
,

2AD

AB= mặt bên SBC là tam giác đều cạnh 2 và thua ộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng
).

(ABCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a.

Câu V.(1,0 điểm) Cho hệ phương trình






+
+
+
+
+
+
=

=
+
+

.
)
5

(
2

2
4

2
2

y
x
y
y
x
x
m

xy
y

x
y
x

Tìm mđể hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn x≥1,y≥1.

PHẦN RIÊNG(3,0điểm) Thí sinh chỉđược 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 cân tại A nội tiếp đường tròn
(C):x2+ y2 +2x−4y+1=0. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết điểm M(0;1) là trung điểm cạnh ABvà

điểm A có hồnh độ dương.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1
1
2

1
:

+
=
=

∆ x y z và

2
1
2

1
1

2
:

−
+

=
−
=
−

∆ x y z . Tìm tọa độđiểm M thuộc

∆

1, điểm N thuộc trục Oxsao cho đường thẳng

MN vng góc với đường thẳng

∆

2 và MN =2 5.

Câu VIIa.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng phức, xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn
.

1
2
)
1
(
)
1

(

+

i z

+

−

i z

=

z

+

b. Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độOxy,cho hypebol 1.
3
1
:
)
(

2
2

=
− y
x

H Gọi F1,F2 là các tiêu

điểm của (H)(

F

1 có hồnh độ âm). Tìm tọa độđiểm M thuộc (H)sao cho ∠F1MF2 =600 và điểm M

có hồnh độ dương.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1
2
2

1
1

1
:

−
−
=
−
=

−

∆ x y z và mặt phẳng

.
0
1
2
:

)

(P x− y+ z− = Gọi A là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho mặt
cầu tâm M, bán kính MA cắt mặt phẳng (P) theo một đường trịn có bán kính bằng .

2
2
3

Câu VIIb.(1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn .
1
4

i
z

z =

− Tính

A

= 1+(1+

i

)

z

. 
--- Hết ---

Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 12, 13/5/2012. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.

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

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2012 
Mơn: TỐN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm)

a. TXĐ: D=R.
b. Sự biến thiên:

* Giới hạn tại vô cực: = − − =+∞

±∞
→
±∞

→ )

2
3
1

(
lim

lim 4 2 4

x
x
x
y

x

x .

* Chiều biến thiên: y'=4x3−6x=2x(2x2−3)

2
6
,

0
0

'= ⇔x= x=±

y ;










>
<
<
−
⇔
>

2
6

0
2

6
0

x
x

y ;







<
<

−
<
⇔
<

2
6
0

x
x
y

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 









− ;0

2
6

và 









∞
+

;
2

; nghịch biến trên mỗi

khoảng 









−
∞
−

2
6

; và 








6
;

0 .

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x=0, giá trị cực đại yCĐ=−2; hàm sốđạt cực tiểu
tại các điểm ,

2
6

±
=

x giá trị cực tiểu

4
17

−
=
CT

y .

0,5

* BBT:

c. Đồ thị:

0,5

2. (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=a với (C) là nghiệm của pt x4−3x2−2=a, hay
0

2
3 2
4

=
−
−

− x a

x . (1)

Rõ ràng với mọi a>0 phương trình (1) có hai nghiệm thực trái dấu, nghĩa là đường thẳng

a

y= cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(xA;a) và B(xB;a),xA<xB.
Ta có: xA+xB =0 (2) và OA=(xA;a),OB=(xB;a).

Theo giả thiết tam giác OAB vuông tại O nên OA.OB=0, hay xAxB+a2=0.

0,5

I.

(2,0 
điểm)

Kết hợp với (2) ta được xA=−a,xB=a. Do xA,xB là nghiệm của (1) nên
0

2
3 2

4− − − =
a
a

a ⇔(a−2)(a3+2a2+a+1)=0⇔a=2 (vì a>0).
Vậy kết quả của bài tốn là a=2.

0,5 
1. (1,0 điểm)

II. 
(2,0 
điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

(cos sin ) (cos sin )(cos sin ) 0

1
)
2
sin
1
(

2 − x x− x + x+ x x− x =

.
0
)
sin
cos
2
sin
1
)(
sin

(cos − − + + =

⇔ x x x x x

0,5

x −∞ 0 +∞

0 0

− + − +

'
y

y

∞
+

4
17

−

4
17

−

∞

+ O x

−

y

2
6
2

−

4
17

−

2
6

−

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

+) x− x= ⇔ x= +k ,k∈Z
4

0
sin

cos π π





−
−
=
−

≤
+
⇔

=
+
+
−

2
)
sin
cos
(
2
sin
1

0
sin
cos
0

sin
cos
2
sin
1

x
x
x

x
x





∈
+

−
=

+
=
⇔






≤
+
⇔





=
≤
+
⇔

Z
k
k

x

k
x
k

x

x
x
x

x
x

,
2
2
/

2
2

0
sin
cos
0

2
sin

0
sin
cos

π
π

π
π
π

Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm: π π, π 2π

4 k x k

x= + = + và x=−π/2+k2π, k∈Z.
0,5

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: 2<x<6.

Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 2

2
2

2(6 ) log ( 2 ) log

log −x = x − x + x

]
)
2
[(
log
)
6
(

log2 −x = 2 x2− x x2

⇔

3
4

2
6−x=x − x

⇔

0,5

0
6

2 3 2 2

4− + − + − =

⇔x x x x x

0
6
)
(
)

( 2− 2− 2− − =

⇔ x x x x .

2
13
1
2

3
2
2

±
=
⇔







−
=
−

=
−

⇔ x

x
x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình

2
13
1+
=

x .

0,5

Thể tích khối trịn xoay cần tìm là

dx
x
x

x

x
x
V

∫

+
+
=

4
/

2
2

)
cos
2
(sin
cos

)
cos
(sin

π =

x
dx
x

x

2
4

cos
.
1
tan
2

)

1
(tan

∫

++

Đặt tanx=t ta có: với x=0⇒t=0; với 1
4⇒ =

= t

x π và dt
x
dx

cos .

Suy ra dt

t
t
V

∫

+
+
=

0
2
1
2

)
1
(
π

0,5 
III.

(1,0 
điểm)

dt

t
t

∫












+
+

+
−
=

0
2

1
1
2

1
1
4
4
1

π = dt

t
t

∫










+
+
+

0 4

3
1
2

1
.
4
1
2

0
1
4
3
1
2
ln
8
1
4











+
+

+ t t

t

π = ln3)

8
1
1
( +

π .

0,5

* Gọi M là trung điểm AB, H là trung điểm BC.
Ta có SH⊥BC⇒SH ⊥(ABCD),SH=a 3.
Tứ giác AMCD là hình vng nên CM = AM = 
MB. Suy ra ∆CMB vng cân. Do đó

.
2
,

2
2
,

2 AB a CD a

a

CM = = =

Diện tích 3 .

2
).

( 2

a
CM
CD
AB

SABCD =
+

Thể tích . 3 .

1 3

. SH S a

VSABCD = ABCD=

0,5 
IV.

(1,0 
điểm

* Kẻ đường thẳng ∆ đi qua A, ∆//BC. Hạ HI⊥∆(I∈∆). Suy ra BC//(SAI). Do đó
)).

(
,
(
))
(
,
(
)
,

(BC SA d BC SAI d H SAI

d = =

Hạ HK⊥SI (K∈SI). Suy ra HK⊥(SAI). Do đó d(H,(SAI))=HK.

Ta có CM =AM =MB nên tam giác ACB vng tại C. Suy ra HI=AC=2a. Do đó
.

21
2
.

)
,
(

2
2

a
SH

HI
SH
HI
HK

SA
BC

d =

+
=

0,5

S

A

D C

B

H 
I

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

+) Do x≥1,y≥1 ta có (x−1)(y−1)≥0⇔xy−(x+y)+1≥0.
Suy ra x+y+4−2(x+y)+2≥0, hay x+y≤6.

+) Mặt khác, từ phương trình x+y+4=2xy ta có ( )2
2

4 x y

y

x+ + ≤ + hay x+y≥4.

Đặt x+y=t,4≤t≤6. Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta được









 + +

=m t t

t

2 2 hay 2t t2 1 t=m,






 + − 4≤t≤6.

Hệ đã cho có nghiệm (x;y) thỏa mãn x≥1, y≥1⇔ phương trình 2t

(

t2+1−t

)

=m có
nghiệm t∈[4;6].

0,5 
V.

(1,0 
điểm

Xét hàm số f(t)=2t t2+1−t, 4≤t≤6.

Ta có 









−
+
+








 + −

= 1

1
2

1
.

2
ln
2
)
(
'

2
2

t
t
t

t
t

f t t

= 







 t + −t

t

2 2 . 0, [4;6].

1
1
2
ln

2 > ∀ ∈










− t

t

Suy ra f(4)≤m≤ f(6), hay 16( 17−4)≤m≤64( 37−6).

0,5

1. (1,0 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(−1;2), bán kính IA=2. Ta có
AB

IM

IM(1;−1), ⊥ suy ra phương trình đường thẳng
.

0
1
:x−y+ =

AB

).
1
;

( +

⇒

∈AB Aa a

A Khi đó

1
1

4
)
1
(
)
1
(

2⇔ + 2+ − 2= ⇔ 2= ⇔ =

= a a a a

IA (do a>0).

Suy ra A(1;2); B(−1;0).

0,5

Ta có IA(2;0),IA⊥BC suy ra phương trình BC:x+1=0, phương trình AI:y−2=0.

Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra N(−1;2) và N là trung điểm BC. Suy ra C(−1;4). 0,5 
2. (1,0 điểm)

)

0
;
0
;
(
);

1
;
2
;
(

1 M t t t N Ox N a

M∈∆ ⇒ − + ∈ ⇒ nên MN(a−t;−2t;1−t).
Đường thẳng ∆2 có vectơ chỉ phương u2(1;2;−2).

Ta có đường thẳng MN⊥∆2 và





=
−
+
+
−

=
−
−
⇔
=

20
)
1
(
4
)
(

0
2
3
2

2 2 2 2

t
t
t
a

t
a
MN

0,5 
VIa.

(2,0 
điểm)







−
=
−
=

=
=
⇔





=
−
+

=
⇔

3
,
3
5

5
,
1
0

15
6
9

2
3

2 t a

a
t
t

t
t
a

Vậy M(1;2;0),N(5;0;0) hoặc , ( 3;0;0).
3

8
;
3
10
;
3
5

−









−
−

− N

M

0,5

Giả sử M(x;y), nghĩa là z=x+yi,(x,y∈R ). Ta có z+z=2x;z−z=2yi. Khi đó hệ thức

đã cho trở thành z+z+(z−z)i=2z+1 ⇔2x−2y=2z+1 ⇔x−y= (x+1)2+ y2





+
+
+
=
−
+

≥
−
⇔

2
2

1
2
2

y
x
x
xy
y
x

y
x






≠
−
−
=
≥
⇔

0
,
2

1 x

x
y

y

x 0,5

VIIa. 
(1,0 
điểm)

Vì x≥ y, nên

x
x

2
1
1−
−

≥ hay 0 0.

2
1
2
2 2

>
⇔
≥
+
+

x
x

Vậy tập hợp điểm M trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy là đồ thị của hàm số

.
0
,
2

1
1− >
−

= x

x
y

0,5

C 
B

A

I

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

1. (1,0 điểm)

(H) có a=1,b= 3,c=2.
Lấy M(xM; yM)∈(H), xM >0.
Khi đó MF1=1+2xM,MF2=−1+2xM.
Xét ∆MF1F2 ta có

0
2
1
2
2
2
1
2
2

1F MF MF 2MF.MF.cos60
F = + −

0,5

)
2
1
)(
2
1
(
)
2
1
(
)
2
1
(

16= + xM 2+ − + xM 2− + xM − + xM

⇔

2
13
4

2 = ⇔ =

⇔xM xM (do xM >0). Suy ra .

2
3
3
4

2 = ⇔ =±

M

M y

y

Vậy .

2
3
3
;
2
13
,

2
3
3
;
2











−











M
M

0,5

2. (1,0 điểm)

Tọa độ A(2;3;1).

).
2
;
2
1
;
1

( t t t

M

M∈∆⇒ + + −

Gọi N là hình chiếu vng góc của M trên (P).
Khi đó N là tâm đường trịn khi cắt mặt cầu bởi
(P). Suy ra .

2
2
3

NA

0,5

VIb.

(2,0 
điểm)

Ta có

2
9
))
(
,
(
)
1
(
)
2
2
(
)
1

( 2 2 2 2

2
2

2= + ⇔ − + − + − = +

P
M
d
t

t
t

NA
MN
MA






=
=
⇔
=
−
⇔
+
−
=
−
⇔

0
1

)
1
(
2
9
6

)
1
(
9
)
1
(

6 2

2
2

t
t
t

t
t

Vậy M(1;1;2),M(3;5;0).

0,5

Đặt z=a+bi,(a,b∈R). Từ giả thiết ta có

i
a
b
bi
a
b

a2+ 2+ −4− =− +( +1)




+
=
−

−
=
−
+
+
⇔

4
2
2

a
b

b
a





=
−
=

−
=
=
⇔

1
,
2

2
,
1

b
a

b

a 0,5

VIIb. 
(1,0 
điểm)

+) Với a=1,b=−2 ta có A=1+(1+i)(1+2i) = 3i =3.

+) Với a=−2,b=1 ta có A=1+(1+i)(−2−i)= −3i =3. 0,5

O x

y

M

2
1

2
F

F

− −1

P

N 
M

A

</div>

Toan Dai hoc Vinhlan 3 2012

TR

ƯỜ

NG

ĐẠ

I H

Ọ

C VINH

<b>TR</b>

ƯỜ

<b>NG THPT CHUYÊN </b>

ĐỀ

<b> KH</b>

Ả

<b>O SÁT CH</b>

Ấ

<b>T L</b>

ƯỢ

<b>NG L</b>

Ớ

<b>P 12, L</b>

Ầ

<b>N 3 - N</b>

Ă

<b>M 2012 </b>

<b>Mơn: TỐN; Kh</b>

ố

<b>i: A; </b>

<i><b>Th</b></i>

ờ

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

π

π

∆

∆

+

+

−

=

+

<i>F</i>

<i><sub>A</sub></i>

<i><sub>i</sub></i>

<i><sub>z</sub></i>

∫

∫

∫

∫

∫

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về