Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:35

Thêm vào BST

Báo xấu

143
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 6 Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12 với nội dung liên quan đến: đồ thị hàm số, tính tích phân, mặt phằng toạ độ, không gian toạ độ,...phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng Toán 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MÔN: TOÁN Ngày thi 21/03/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x  ¡ ) 3 x 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. x 3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z d1:   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1 log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ¡ )  2 2  x  y  25 -------------------Hết ------------------- - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 a) Tập xác định: D  ¡ \ 2 b) Sự biến thiên: 1 x2  4x  3 x  1 y' 1 2  2 , y' 0   .  x  2  x  2 x  3 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  x  x 2 x 2 lim  y  ( x  1)   0 ; lim  y  ( x  1)   0 x  x  Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x - 1 2 3 + y’ + 0 – – 0 + 1 + + y 0.25 - - 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y 2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 2 cos x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x  1     x   2  k 2 k, m  Z   x    m2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 k, m  Z 2 2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2x  x2 (x  ¡ ) 1.0 3  2 x  x 2  0  PT   2 2 0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1   2  x  0   x  0  0.25  x  1  x  16   0 2  x2   x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
3 x 3 1.0 III Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 x3 2u 3  8u 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 2 0.25   u 2  6u  1  6 ln u  1 1 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D.AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 30 0 2 2 2 0.25  x  y  3xy. V 1.0 3 Trước hết ta có: x 3  y 3   x  y (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 0.25 4 3 3 x  y  64 z 3 a  z   64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t 0;1 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21 x  2 y 1  0 x  5   21 13    B ;  0.25   x  7 y  14  0  y  13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và uuur uuur uuu r BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các uuu uuu r r uuu uuu r r    đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , n AB  0.25  a  b 3  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2 2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7  x  y 1  0 x  2  7 5 0.25   I ;   x  7 y  14  0 y  5  2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2 m   Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuuu r 0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2 k uu r uuuur uu r  Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t  k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 2 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i) 3  (1  i ).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuur Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t  x  y  z  2  0   M (1; 3; 0) uur uu r Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) . uur uu uu r r Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)   uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) . uuuu r uu r 0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0.25 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
VII.b  1 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ¡ )  2 2  x  y  25 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2 2  2 2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y   10   15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)   10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)    10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MÔN: TOÁN Ngày thi 21/03/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x  ¡ ) 3 x 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. x 3  y 3  16 z 3 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z d1:   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1 log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ¡ )  2 2  x  y  25 -------------------Hết ------------------- - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 a) Tập xác định: D  ¡ \ 2 b) Sự biến thiên: 1 x2  4x  3 x  1 y' 1 2  2 , y' 0   .  x  2  x  2 x  3 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  x  x 2 x 2 lim  y  ( x  1)   0 ; lim  y  ( x  1)   0 x  x  Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x - 1 2 3 + y’ + 0 – – 0 + 1 + + y 0.25 - - 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y 2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 2 cos x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x  1     x   2  k 2 k, m  Z   x    m2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 k, m  Z 2 2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2x  x2 (x  ¡ ) 1.0 3  2 x  x 2  0  PT   2 2 0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1   2  x  0   x  0  0.25  x  1  x  16   0 2  x2   x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
3 x 3 1.0 III Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 x3 2u 3  8u 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3dx   u 2  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du 0 1 1 1 2 2 0.25   u 2  6u  1  6 ln u  1 1 3 0.25  3  6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 2 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D.AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 30 0 2 2 2 0.25  x  y  3xy. V 1.0 3 Trước hết ta có: x 3  y 3   x  y (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2 0.25 4 3 3 x  y  64 z 3 a  z   64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t 0;1 81 81 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21 x  2 y 1  0 x  5   21 13    B ;  0.25   x  7 y  14  0  y  13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và uuur uuur uuu r BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các uuu uuu r r uuu uuu r r    đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos n AB , nBD  cos nAC , n AB  0.25  a  b 3  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2 2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7  x  y 1  0 x  2  7 5 0.25   I ;   x  7 y  14  0 y  5  2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2 m   Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuuu r 0.25  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2 k uu r uuuur uu r  Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t  k có nghiệm 0.25  2  2m  t  5k  m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 2 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i) 3  (1  i ).( 8i)  8  8i 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuur Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t  x  y  z  2  0   M (1; 3; 0) uur uu r Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) . uur uu uu r r Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)   uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) . uuuu r uu r 0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 0.25 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   2 3 1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
VII.b  1 1.0 log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ¡ )  2 2  x  y  25 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2 2  2 2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y   10   15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)   10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)    10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
Së GD  §T VÜnh Phóc ®Ò thi Kh¶o s¸t chuyªn ®Ò líp 12 Trêng THPT Tam D¬ng M«n: To¸n  Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 3 4  2sin 2 x 1. Giải phương trình: 2   2 3  2(cotg x  1) . cos x sin 2 x  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2. Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2 (P): 2x  y  2z  2 = 0; (d):   1 2 1 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip x2 y 2 (E):   1 và parabol (P): y2 = 12x. 8 6 12 8  4 1 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1  x    x o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
Câu Nội dung Điểm 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) 0.25 Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)  3 4 Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 3 1   3    0.25 x  x  x x  LËp BBT: x 0 2 +∞ ∞ y’ + 0  0 + 4 +∞ 0.25 y ∞ 0 I §å thÞ: y 0.25 x O x  0 2/. Ta có: y’ = 3x2  6mx = 0    x  2m 0.25 Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0. uuu r Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0)  AB  (2m; 4m 3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3)
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  2m  4m 3  0 0.25   3  2m  m  2 Giải ra ta có: m   ;m=0 0.25 2 2 Kết hợp với điều kiện ta có: m   2  2/. Đk: x  k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: 4   3 1  tg 2 x  sin 2 x  2 3  2cotg x 0.25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tg2 x   3  2cotg x sin x cos x  3tg2 x  2tg x  3  0  tg x   3    x   3  k    0.25  tg x  1   x    k  3   6   II KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x   k ; kZ 0.25 6 2  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  (1) 2/.  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  (2) 0.25 1  x 2  0   1  x  1 Điều kiện:  2   2 y  y  0 0  y  2  Đặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3  3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1)  y = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v )  1; m ax g (v )  2 0.25 [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
 x  t  1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R z  2  t 0.25  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:  2 | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | t  3 0.25 d ( I ; )    3  3 3 t   7   3  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3 3 3 7 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2  2  1  8  7  17   1 0.25 III  x     y     z    25 vµ  x     y     z    25  3  3  3  3  3  3 r 2 x  y  1  0 2/. Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z  2  0 0.25 r Mặt phẳng (P) có VTPT n  (2; 1; 2) | 2  2  2 | 6 Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin    3. 6 3 0.25 6 3  Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos   1   9 3 Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m 2+ n2 > 0)  (2m + n)x + my + nz + m  2n = 0 0.25 | 3m | 3 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos    3. 5m 2  2n 2  4mn 3  m2 + 2mn + n 2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n. 0.25 Chọn m = 1, n = 1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x  4 IV 0.25
2 4 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) 2 dx  0.25   0 1   x5 2 16 2  16 =   ( x  1)3   0.5 5 0 3 1  15  1 1 1  2/. Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     9 0.25  1  xy 1  yz 1  zx  9 9 P  0.25 3  xy  yz  zx 3  x  y 2  z 2 2 9 3  P  0.25 6 2 3 Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0.25 2 1/. Giả sử đường thẳng () có dạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) 0.25 () là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. 0.25 Với C = 2A  A = B = 0 (loại) V 2A Với C = 4A  B   3  Đường thẳng đã cho có phương trình: 0.25 2A 2 3 Ax  y  4A  0  x  y40 3 3 2 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  y40 0.25 3 12 12 12 k  1    1  k  1 Ta có:  x 4   1  1   x 4      (1)12 k C12  x 4   0.25  x    x  k 0  x 12 k i 4 k i 1  12 k   ( 1) 12 k k C12  x  i Ck 12 k k i 4 k 4 i  i     (1) C12Ck x  x  k 0 i 0 x k 0 i 0 V 0.25 12 k 12 k   (1) C12Ck x 4 k 5i k i k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5i = 8 0.25  i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 2 0 7 4 12 8 Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2  C12 .C7  C12 .C12  27159 0.25
Së GD  §T VÜnh Phóc ®Ò thi Kh¶o s¸t chuyªn ®Ò líp 12 Trêng THPT Tam D¬ng M«n: To¸n  Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 3 4  2sin 2 x 1. Giải phương trình: 2   2 3  2(cotg x  1) . cos x sin 2 x  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2. Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2 (P): 2x  y  2z  2 = 0; (d):   1 2 1 1. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip x2 y 2 (E):   1 và parabol (P): y2 = 12x. 8 6 12 8  4 1 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1  x    x o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................