ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LỚP 12
MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề.
3
2
=
−
−
+
−
+
y
x
m
x
m
x
1
3
2
Sở GD − ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Tam Dương (cid:1) & (cid:2)
Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
(
)
(
)
1 3
1 3
+
=
, x
1
.
x sao cho 2
x 1
x 22
1. Khào sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm có hoành độ 1 Câu 2 (2.0 điểm ) :
2
+
−
+
−
+
+ =
x
x
x
x
x 4sin 3 .sin
4cos 3
cos
cos
2
1 0
1. Giải phương trình:
.
π 4
π 4
π 4
2
2
−
−
+
x
x
x
x
log
2
+ + 2
2
2)
2. Giải bất phương trình:
≤ . 5
4 log ( 4
2
x
z
1
2
∆
=
=
:
B(7; −2; 3) và đường thẳng :
Câu 3 (2.0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; −1), − y 2 − 2
+ 3
− 2
1. Chứng minh rằng đường thẳng AB và đường thẳng ∆ cùng thuộc một mặt phẳng.
2. Tìm điểm I thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm):
3
2
dx
1. Tính tích phân: I =
.
+ +
+
x
x x
x x
1) 2
+ + 1
1
∫ 0 2(
2. Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng:
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+
+
+
≥
x
xy
y
y
yz
z
z
zx
x
x
+ + y
z
3
(
)
Câu 5 (2.0 điểm):
3
2
+
+
+
z
z
1. Giải phương trình : 4 z
= .
6
9
100 0
2
2
−
1
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho Hypebol (H):
= . Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm
x 9
y 4
của (H). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho diện tích tam giác MF1F2 bằng 4 13
−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
3
2
−
+
Câu Nội dung Điểm
y
x
x
1 3
1 3
1. Khi m = 2, hàm số có dạng: =
0.25
+ TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
1 3
Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = ; đạt CT tại xCT = 2, yCT = −1
y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
(1; 2)
1 3
− 1;
1
3
=
= ±∞
y
x
Giới hạn và tiệm cận:
0.25
3
lim →±∞
lim →±∞
x
x
1 − + x
1 3
x
3
x
2
0
+∞
−∞
0
y’
0
+
−
+
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn
+∞
y
1 3
−1
−∞
0.25
y
LËp BBT: I §å thÞ:
O
x
0.25
2/. Ta có: y’ = x2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆’ > 0 ⇔ m2 − 5m + 7 > 0 (luôn đúng ∀m)
Giả sử hoành độ hai điểm cưcj trị là x1, x2. Khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình y’ = 0.
+
=
−
1)
0.25
Theo Viet ta có:
x 2 =
m 2( −
m
3(
2)
x 1 x x 1 2
0.25
Vì x1 + 2x2 = 1 ⇒ x1 = 1 − 2x2 nên ta có:
3 2 0.25 = − m 3( 2) = − ( − 1 2 m ) x 2 x 2 x 2
2
m
m
m 8
19 3 ⇔ + + = ⇔ = 19 9 0 0.25 ± 16
+
x
+
+
x
2(cos 2
x sin 2 )
0
KL:
= (1)
1 sin 4 2
2
2/. Phương trình đã cho tương đương với: 0.25
t
x
x
x
t
x
t
⇒ = + = − = − Đặt cos 2 sin 2 2 cos 2 , | ≤ | 2 sin 4 1 0.25 π 4
t ≤ |
2
0.25 ) Phương trình tương đương với t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do |
(cid:1)
x
x
k ;
− = ⇔ = + ∈ Suy ra: 0 0.25 π 4 π 3 8 π k 2 cos 2
2
2
−
+
+
−
+
x
x
x
x
log
2
2
2
2)
≤ 5
4
4 log ( 4
II 2. Điều kiện: ∀x∈R 0.25 Bất phương trình tương đương với:
(
)
2
=
−
+
t
x
x
2
2)
0
≥ , bất phương trình có dạng: t2 + 4t − 5 ≤ 0
log ( 4
Đặt 0.25 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 (Vì t ≥ 0)
2
2
2
−
+
≤ ⇔
−
+
≤ ⇔ −
− ≤ ⇔ −
≤ ≤ +
x
x
x
x
x
x
x
2
2) 1
2
2) 1
2
2 0
1
3
1
3
log ( 4
log ( 4
=
−
+
T
Vậy: 0.25
3;1
3
1
KL: Tập nghiệm của bất phương trình: 0.25
= − = − (6; 4; 4), (3; 2; 2) uur u∆ III 0.5 = 1/. Ta có: uuur AB ⇒ AB // ∆ ⇒ AB và ∆ cùng thuộc một mặt phẳng. ⇒ uuur AB uur u∆ 2
Gọi H là trung điểm AB ⇒ H(4 ; 0 ; 1)
uuur Mặt phẳng trung trực AB nhận AB 3x − 2y + 2z − 14 = 0
0,5 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình:
B
H
A
2/. Ta có: AB // ∆. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆.
I
H0
0.25
A'
Ta có chu vi P của tam giác IAB đạtgiá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Từ cách dựng ta có: IA + IB = I’A + IB ≥ A’B. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I trùng với H0.
+
2
17
30
0.25 Do AB // ∆ nên tam giác AA’B vuông tại A và AH0 là đường trung tuyến. ⇒ ∆H0AB cân tại H0 ⇒ HH0 ⊥ ∆ ⇒ H0(2 ; 0 ; 4)
0.25 Vậy I trùng H0(2; 0; 4) thì ∆AIB có chu vi nhỏ nhất và minP =
(
)
2
0.25
t
dx
x
t
tdt 2
2
2
2
−
dt
t t 2 (
2
=
=
−
I
dt
1)
0.5
∫
1) 2
+
t t (
1)
1
2 ∫ t 2 ( 1
=
−
t (
1)
0.25
23 1
2 3
2 = 3
= + ⇒ = + ⇒ = x 1 0.25 1/. Đặt 1 Với x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t =2
2
2
2
2
2
2
+
+
=
+
+
+
−
+
2/. Ta có:
x
xy
y
xy
y
x
xy
y
x
2
)
(
2
)
3(
1 4
0.5
2
2
2
2
=
+
+
−
+
+
≥
+
≥
x
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
y
3(
)
(
)
(
2 + ⇒ )
(
)
1 4
3 2
3 4
2
2
2
2
0.25
+
+
≥
+
+
+
≥
+
Tương tự:
y
yz
z
y
z
z
zx
x
z
x
(
);
(
)
3 2
3 2
0.25
IV
2
+
−
=
z
z
3
i 10
0
0.5
⇔ (z2 + 3z − 10i)(z2 + 3z + 10i) = 0
2
+
+
=
z
z
3
i 10
0
⇔
= +
z
Với z2 + 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i)2 ⇒ phương trình có nghiệm
0.25
i 1 2 = − −
z
i 4 2
⇔
= −
Với z2 + 3z + 10i = 0 có ∆ = (5 − 4i)2 ⇒ phương trình có nghiệm
0.25
i 1 2 = − +
z z
i 4 2
⇔
⇒ Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. 1/. Phương trình tương đương với: (z + 3z)2 − (10i)2 = 0
−
2. Hypebol có hai tiêu điểm
13;0
F 2
F 1
V
(
(
)
0.25
) 13;0 , Gọi h là chiều cao hạ từ M của ∆MF1F2. Vì diện tích ∆MF1F2 = 4 3 nên h = 4
0.25
Vì F1, F2 ∈ Ox nên yM = 10. Giả sử M(a; 4) thuộc (H). (a > 0)
2
2
2
−
a
a
= ⇔ = ⇔ = ± 45
1
3
5
Hoành độ M là nghiệm của phương trình:
0.25
a 9
4 4
Tương tự với a < 0
−
−
M
M
M
M
KL: Có 4 điểm M cần tìm:
3 5; 4
0.25
1
2
3
4
