DETHI THU TOAN LAN 2 THPT PHONG CHAU

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (229.57 KB, 10 trang )

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

TRƯỜNG THPT PHONG CHÂU

TỔ: TOÁN LÝ

LẦN 2

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12

MƠN: TỐN A

NĂM HỌC: 2011 - 2012

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thi gian phỏt

Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

C©u I (2,0 điểm) Cho hàm số: y x 3 3x2mx 1 (1) (m là tham số thực).

1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 .

2.Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu cắt
đường tròn (C): (x1)2(y3)2 8 theo một dây cung có độ dài bằng 4.

Câu II (2,0 ®iĨm)

1. Giải phương trình
2

tan tan 2

sin

tan 1 2 4

x x

x
x



  

   

  . ( xR)

2. Giải bất phương trình 17x53 x 5 4x12. ( xR)

Câu III(1,0 điểm)Tinh tich phõn

5 5

0 1 1

dx
I

x x

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình chữ nhật với AB=a và BC=2a, mặt

phẳng (SAB) vng góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một góc bằng nhau.
Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

2
6
a

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính
cơsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.

C©u V(1,0 ®iĨm) Tìm cặp số thực (x; y) thỏa mãn hệ

( 1) ln ln( 1)

2( 2) 5 - 2 2 2 9 10 2

y x x y

x x x x y

  





       




PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chng trỡnh chun.

Câu VI.a(2, điểm)

1.Trong mt phng Oxy hóy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(-2; 3) thuộc (E) và

bình phương độ dài trục lớn bằng 16 lần tiêu cự của (E).

2.Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABCvới C 3;2;3





đường cao

 

- 2 - 3 - 3
AH:

1 1 -2

x y z

phân giác trong  

- 1 - 4 - 3
BM:

1 -2 1

x y z

. Viết phương trình trung tuyến CNcủa tam giác ABC.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức z4 6z316z2 21z12 0

B. Theo chương trỡnh nõng cao.

Câu VI.b(2,0 điểm)

1.Trong mt phng Oxy hóy lp phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc (E) và
khoảng cách từ điểm O đến đường chuẩn của (E) bằng 8.

2. Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x2y2z2 2x 4y 2z 3 0    . Viết phương trình
đường thẳng (d) tiếp xúc mặt cầu (S) tại điểm A(3; -1; 1) và song song với mặt phẳng (P):

2 4 0

x y  z  .

CâuVII.b(1,0điểm) Chứng minh rằng



 





 



2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2011 2012 1006

2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012 2012

C  C  C  C   C  C C

.

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

TRƯỜNG THPT PHONG CHÂU
TỔ: TOÁN LÝ

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
ĐÁP ÁN MƠN: TỐN A

NĂM HỌC: 2011 - 2012
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Cho hàm số: y x3 3x2 1

   (1) 2,0

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 3 3x21

1,0

* Tập xác định: R.

* Sự biến thiên:

+ Giới hạn:





3 2

xlim y   xlim x    3x 1  ,lim yx  .

0,25

+ Bảng biến thiên:

2 x 0

y 3x 6x 3x(x 2), y 0

x 2



      



Bảng biến thiên:

x − ∞ 0 2 +∞

y + 0 - 0 +

y 1 +∞

− ∞ -3

0,25

+ Hàm số đồng biến trên khoảng



 ;0



và



2;



.
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng



0;2



+ Hàm số đạt cực đại tại x 0, y CÐ y(0) 1
đạt cực tiểu tại x 2, y CT y(2)3

0,25

* Đồ thị:

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
Ta có y6x 6; y  0 x 1

y'' đổi dấu khi x qua x = 1.

Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng.

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

f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x
y

2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu... 1,0

Ta có y 3x2  6x m .

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0 có hai nghiệm phân biệt.

Tức là cần có:    9 3m 0  m 3. 0,25

Chia đa thức y cho y, ta được:

x 1 2m m

y y . 2 x 1

3 3 3 3

   



       

    .

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm



x ; y , x ; y1 1

 

2 2



.

Vì y (x ) 0; y (x ) 0 1   2  nên phương trình đường thẳng

 

 qua hai điểm cực đại, cực tiểu 
là:

2m m

y 2 x 1

3 3

 

    

  hay (2m 6)x 3y m  3 0

0,25
(C) có tâm I(1;-3) và bán kính R = 2 2. Giả sử

 

 cắt (C) theo dây cung MN và h là

khoảng cách từ I đến

 



Ta có h = 2 2

(2 6) 9 3 3 6

(2 6) 9 4 24 45

m m m

    



   

0,25

LạicóMN2=4(R2–h2)

2 2

9 36 36 9 36 36

4 8 4 7 132 144 0

4 24 45 4 24 45

66 6 93
7
66 6 93

m m m m

m m

m m m m

m
m

   

        

   

 






 





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

Kết hợp với m<3 ta được

66 6 93
7
m 

là giá trị cần tìm.

1

Giải phương trình
2

tan tan 2

sin

tan 1 2 4

x x

x
x



  

   

   (1) 1,0

Điều kiện: cosx 0 x 2 k




   

(*)

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos (tan2x 2xtan ) sinx  xcosx

0,25

2sin 2sin .cos sin cos 2sin (sin cos ) sin cos

(sin cos )(2sin 1) 0

x x x x x x x x x x

x x x

       

   

0,25
+ Với sinx cosx 0 tanx 1 x 4 k




      

+ Với

1 5

2sin 1 0 sin 2 ; 2

2 6 6

x   x  x k  x  k 

0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:

; 2 ; 2 ( )

4 6 6

x  k x k  x  k  k  0,25

2

Giải bất phương trình



17x53 x 5 4x



12

1,0

Điều kiện:

53
17
x

. Bất phương trình trở thành:



17 53 5



4 12 (4 12) 4 12

17 53 5

( 3) 1 0 (1)

17 53 5

x

x x x x

x x

x

x x



       

  

 

    

  

 

0,25

+ Nếu
53

3 thì
17 x

   

x + 3< 0 . Khi đó (1)

2
4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

17 53 5

21
9

9 21 0 11

(17 53)( 5) 9 21 11

64 240 176 0

4
1

x x x x x

x x

x
x

x x x x

x

x x

x

           

  


 



   



            

 

   

 




 


Vậy

3
17 x

   

0,25

+ Nếu x > -3

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

2
4

1 17 53 5 4 18 58 2 (17 53)( 5) 16

17 53 5

7
3

9 21 0

11
11

(17 53)( 5) 9 21 64 240 176 0 1

4
4

9 21 0 7

x x x x x

x x

x
x

x x x x x x x

x
x
           
  
 

 
     
   
                  
 
   

  

Vậy
11
4
x 

Đáp số:

53 11

3 và

17 x x 4

      0,25

III

Tính tích phân





1
5
5 5
0
I
1 1
dx
x x

 



1,0

5 3 1

2 2 2

5 1

tan và tan

2 os

Khi x = 0 thì t=0
Khi x = 1 thì t =

x t x dx dt x t

c t


   

0,25

Khi đó ta được :













1 1 2 4 2

5 5 5

5 5 3 2 2

5 5

0 0 2 0

4 4

3 3

0 5 5 0

3 2

2 os

1 1 1 1 tan 1 tan 1 tan

2 1 2 cos

5 sin 1 5 sin

os os

dx x dx c t

dt

x x x x x t t t

t

dt dt

t t

c t c t


 
  
     
 



0,25
3
4 4
5

5 3
0 0

2 (sin ) 2 sin . (sin )

5 sin 5

d t t d t

t

 











0,25
5 2 4

0 5
1
sin
2
t

 
0,25

Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a và BC2a, mặt

phẳng (SAB) vng góc với đáy, các mặt phẳng (SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một
góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng

2
6
a

. Tính thể
tích khối chóp S ABCD. và tính cơsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD), suy ra HAB (do (SAB) ( ABCD)).
CBHB, suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là SBH .

Hạ HECD E CD(  ), suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SEH .

0,25

Do đó SBH SEH  HB HE 2a.

Ta được BD AE//  BD//(SAE)  d(SA BD, ) d( ,( B SAE)) d( ,( H SAE)) (do A là

trung điểm HB)

2
d( , ( ))

6
a

H SAE

 

0,25

Nhận xét rằng HA HE HS, , đơi một vng góc, suy ra:

2 2 2 2

1 1 1 1

d ( ,(H SAE)) HA HE HS 2 2 2 2

3 1 1 1

2a a 4a HS

   

SH a

  .

Thể tích:

( . ) ( )

1 4

3 3

S ABCD ABCD

a

V  S SH 

0,25

BD AE, suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE .

Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE, với AE SA  SH2HA2 a 5 và

2 2 2

SE SH  a, ta có:

  2 2 2 1

cos( , ) cos

2. . 5

SA AE SE

SA BD SAE

SA AE

 

  

0,25

( 1) ln ln( 1)

2( 2) 5 - 2 2 2 9 10 2

y x x y

x x x x y

  





       




1,0

Điều kiện

5
2

2
2
x
y


 



 


Xét f(x) =

2( 2) 5 2 2 ( 2)(5 2 ) voi x 2;

2
x   x x  x   

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta có

5 2 2( 2) 2(9 4 )

1 1 2(9 4 )

'( )

2( 2) 5 2 2( 2)(5 2 ) 2( 2)(5 2 )

x x x

x
f x

x x x x x x

    



   

     





'( ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 ) 0 5 2 2( 2) 2(9 4 )

9
4

1 9

9 4 2(9 4 )

1 4

5 2 2( 2) 2

5 2 2( 2)

f x x x x x x x

x

x x x

x x

             






      



   

   



Ta có:

5 9 3 2

(2) ( ) 1; ( )

2 4 2

f f  f 

0,25

Vậy

( ) 1, 2;

2
f x    x  

  , suy ra y 2 1  y3

Ta có (1) 2

ln ln( 1) ln 1 ln

. Xét h( ) ( 0). Ta có : '( ) ; '( ) 0
1

x y t t

t t h t h t t e

x y t t

 

       



Vậy h(t) nghịch biến với t>e và đồng biến với 0< t < e.
Suy ra

+ Với

5 ln ln 2

2; thì

2 2

ln( 1) ln 2
3 thì

( 1) 2

x
x

x
y
y

y

 

  

 



 



Từ đó đi đến hệ có nghiệm duy nhất là (2; 3)

Lưu ý: Vì miền giá trị của hai biến x và y+1 là không giống”hệt” nhau nên các lập
luận để chỉ ra x = y +1 đều là ngộ nhận, do đó khơng cho điểm.

0,5

VIa

1 Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(-2; 3) thuộc
(E) và bình phương độ dài trục lớn bng 16 ln tiờu c ca (E).

1,0

- Gọi phơng trình (E):x

a2+
y2

b2=1(a>b>0) . Độ dài trục lớn AA’=2a; Tiêu cự

F1F2 = 2c 0,25

Gi¶ thiÕt

2 2

4 9

1 (1)

4 16.2 (2)

a b

a c



 


 

 



Ta cã (2)⇔a2=8c⇒b2=a2−c2=8c − c2=c(8−c).

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4

8c+

c(8−c)=1

⇔2c2−17c+26=0⇔

c=2
¿

c=13

¿
¿
¿
¿
¿

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

* NÕu c=2 th× a2=16, b2=12⇒(E): x

16+

y2

12=1.

* NÕu

c=13

th×

2 2

2 52, 2 39 ( ) : 1.

4 52

x y

a  b   E  

0,25

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC với C



3;2;3



đường cao

2 3 3

1 1 2

x y z

AH     

 , phân giác trong

1 4 3

1 2 1

x y z

BM     

 . Viết

phương trình trung tuyến CN của tam giác ABC .

1.,0

AH có vecto chỉ phương u


(1;1;-2) và đi qua điểm P(2;3;3)
BM có vecto chỉ phương m (1;-2;1) và đi qua điểm Q(1;4;3)

0,25
Gọi (D) là mặt phẳng qua C và vng góc AH thì (D): (x-3) + (y-2) – 2(z-3) = 0

Hay x +y -2z +1 = 0. Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ

2 1 1

2 6 4

2 10 3

x y z x

x y y

y z z

   

 

 

    

 

    

  . Vậy B(1;4;3).

0,25

Gọi (E) là mặt phẳng qua C và vng góc BM, ta có (E): 1.(x-3)-2(y-2)+1.(z-3)=0 hay
x-2y+z-2=0. Gọi I là giao điểm của (E) và BM tọa độ I là nghiệm của hệ

2 2 2

2 6 2 (2; 2;4)

2 10 4

x y z x

x y y I

y z z

   

 

 

     

 

    

  . Gọi J là giao điểm của (E) với AH thì JC nhận I

làm trung điểm, suy ra J(1; 2; 5).

0,25

Vậy AB:
1

2
5
x

y t

z t





 


  

 , A là giao điểm của AH và AB nên A(1;2;5) , suy ra N(1; 3; 4).

Vậy trung tuyến CN:

1 3 4

2 1 1

x y z

 

 

0,25

VII.a

Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức z4  6z316z2 21z12 0 1,0





4 3 2 4 3 2 2

2 2 2

6 16 21 12 0 6 9 7( 3 ) 12 0

( 3 ) 7( 3 ) 12 0

z z z z z z z z z

z z z z

           

     

0,25
2

2 2

3 3

3 3 0 2 4

3 4 0 3 7

2 4

z

z z

z

  

 

  

     

  



    

 

 

 

  



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2 2
2

2 2

3 3 3 3

2 4 2 4

3 7 3 7

2 4 2 4

z z i

   

   

   

   

 

 

 

   

       

   

 

0,25

3 3

2 2

3 3

2 2

3 7

2 2

3 7

2 2

z i



 





 






 





 




0,25

VIb

1 Trong mặt phẳng Oxy hãy lập phương trình chính tắc của elip (E) biết điểm M(2; -3) thuộc
(E) và khoảng cách từ O đến đường chuẩn ca (E) bng 8.

1,0

- Gọi phơng trình (E):x

a2+

y2

b2=1(a>b>0) .

0,25

Gi¶ thiÕt

⇔

a2+

b2=1(1)
a2

c =8(2)

¿{

0,25

Thay vào (1) ta đợc 4

8c+

c(8−c)=1

⇔2c2−17c+26=0⇔

c=2
¿

c=13

¿
¿
¿
¿
¿

0,25

* NÕu c=2 th× a2=16, b2=12⇒(E): x

16+

y2

12=1.

* NÕu

c=13

th×

2 2

2 52, 2 39 ( ) : 1.

4 52

x y

a  b   E  

0,25

2 1,0

Mp(P) có vtpt

n



= (1;1;-2). (S) có tâm I(1;-2;-1)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là

u





 tiếp xúc với (S) tại A 

u





 IA


0,25
Vì  // (P) 

u







n



Chọn

u

0


= [IA


,

n

P


] = (-4;6;1)

0,25

Phương trình tham số của đường thẳng :

x 3 4t

y 1 6t

z 1 t
 



 


  

 0,25

VIIb

Chứng minh



 





 



2 2 2 2 2 2

0 1 2 3 2011 2012 1006

2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012 2012

C  C  C  C   C  C C

. 1,0

Xét đẳng thức













2012

2012 2012 2

1 x . 1x  1 x 0,25

+) Ta có









2012
2012

2 2

2012
0

1 k k

k

x C x



 





suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C20121006

0,25

+) Ta có













2012 2012

0 0

1 . 1 k k k k

k k

x x C x C x

 

   

      





 





0,25
suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là

2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012
2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012

o

C C  C C C C  C C  C C



 

2 1

 

2 2

 

2 3





2011

 

2 2012



2012 2012 2012 2012 ... 2012 2012

C C C C C C

      

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11></div>

DETHI THU TOAN LAN 2 THPT PHONG CHAU

<b>TRƯỜNG THPT PHONG CHÂU</b>

<b>KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12</b>







 

 

 





 





















 



 

 

 



















<sub></sub>

<sub></sub>















<sub></sub>

<sub></sub>













n

u

u

u

n

u

n



 

 

 





 

























