TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − x + 3mx + m + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m = Tìm m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị cho đường thẳng qua hai điểm cực trị tạo với hai trục tọa độ tam giác có diện tích tan x cos x + cos x − = (sin x + cos x ) Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình − sin x  x − y ( x + y ) + = ( x, y ∈  ) Giải hệ phương trình  ( x + 1)( x + y − 2) + y = Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y = − x2 y = − x x +1 · Câu IV (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A' B ' C ' D' có đáy hình thoi cạnh a, BAD = α với cos α = , cạnh bên AA' = 2a Gọi M điểm thỏa mãn DM = k DA N trung điểm cạnh A'B ' Tính thể tích khối tứ diện C ' MD' N theo a tìm k để C ' M ⊥ D' N Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [0; 1] Tìm giá trị lớn biểu thức a + b3 + c3 + P= + + b +1 c2 +1 a2 +1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần a b) a Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân A, phương trình BC : x − y − = 0, đường thẳng AC qua điểm M (−1; 1), điểm A nằm đường thẳng ∆ : x − y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ dương Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 1) + ( y − 2) + ( z − 3) = đường thẳng x−6 y−2 z −2 ∆: = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M ( 4; 3; 4), song song với đường thẳng −3 2 ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) z −1 = | z |2 Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn ( z + 1)(1 + i ) + 1− i b Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y − 19 = đường tròn (C ) : x + y − x − y = Từ điểm M nằm đường thẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A B hai tiếp điểm) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB = 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x + 1) + ( y − 1) + z = điểm A(1; 0; − 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) A tạo với trục Ox góc α có cos α = 10 z − 2i Câu VIIb (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn số ảo Tìm giá trị lớn biểu thức z−2 T = | z − | + | z − i | - Hết Ghi chú: BTC trả vào ngày 14, 15/4/2012 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Kỳ khảo sát chất lượng lần tổ chức vào chiều ngày 05 ngày 06/5/2012 Đăng kí dự thi Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 14/4/2012 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN - NĂM 2012 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu I (2,0 điểm) Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án (1,0 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = x − x + a) Tập xác định:  b) Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y ' = 3x − x; x = x < y' = ⇔  , y' > ⇔  , y ' < ⇔ < x < x = x > Suy hàm số đồng biến khoảng ( − ∞; 0) , ( 2; + ∞ ) ; hàm số nghịch biến (0; 2) * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 2, hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = −2 * Giới hạn: Ta có lim y = −∞ lim y = +∞ x → −∞ * Bảng biến thiên: −∞ x + y' −∞ c) Đồ thị: 0,5 x → +∞ 0 − 2 y Điểm + +∞ y +∞ −2 0,5 O x −2 II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Ta có y ' = 3x − x + 3m Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y '= có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = − 9m > ⇔ m < (*) Khi đó, gọi hai điểm cực trị A( x1; y1 ), B( x2 ; y2 ) 1 1 y =  x −  y '+[2( m − 1) x + 2m + 2] Ta có Do 3 3 1 1 y1 =  x −  y ' ( x1 ) + [2(m − 1) x1 + 2m + 2] = 2(m − 1) x1 + 2m + 3 3 y = ( m − ) x2 + m + Suy tọa độ A, B thỏa mãn phương trình y = 2(m − 1) x + 2m + , hay phương trình AB y = 2(m − 1) x + 2m +  m +1  M− ; , N (0; 2m + 2) Ta có giao điểm AB với Ox, Oy  m −  1 m +1 ⇔ S OMN = ⇔ OM ON = ⇔ − 2m + = Yêu cầu toán 2 m −1 ( m + 1) = m − m = −3 ⇔ ( m + 1) = m − ⇔  ⇔ m = (thỏa mãn (*)) ( m + 1) = −( m − 1) m = − , m = Vậy giá trị m (1,0 điểm) π π 5π Điều kiện: cos x ≠ 0, sin x ≠ hay x ≠ ± + k 2π , x ≠ + k 2π , x ≠ + k 2π , k ∈  Khi phương trình cho tương đương với sin x(4 cos x − 3) + cos x − = cos x( sin x + 1) − sin x (sin x + 1)(1 − sin x) ⇔ = cos x(2 sin x + 1) − sin x ⇔ (sin x + 1)(1 + sin x) = cos x( sin x + 1)  π 5π  sin x = −  x = − + k 2π , x = − + k 2π 2 sin x + = ⇔ ⇔ ⇔ cos x + π  =  x = π + k 2π , x = − π + k 2π sin x + = cos x    6  π 5π x = − + k 2π , x = − + k 2π , k ∈  Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình 6 (1,0 điểm) 0,5 0,5 0,5 0,5  x + = y( x + y) (1) Hệ ⇔  ( 2)  y ( x + y )( x + y − 2) + y = * Nếu y = từ (1) suy không tồn x Do hệ vô nghiệm * Với y ≠ 0, ta có (2) ⇔ ( x + y )( x + y − 2) + = ⇔ t − 2t + = (với t = x + y ) ⇔ t = Suy x + y = 0,5 x + = y y = 1− x  x = 0, y = ⇔ ⇔  x = −1, y = x + y = x + x = Vậy nghiệm (x; y) hệ (0; 1), (−1; 2) 0,5 Hệ trở thành  III (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị − x2 =1− x x +1  x ≠ −1 1 − x = 0, x ≠ −1 x = ⇔ ⇔ ⇔  x =  − x = − x 1 − x =  Vì − x ≥ − x với x ∈ [0; 1] nên diện tích hình giới hạn x +1 1 1   − x2 − x2 x2  1 S=  − (1 − x) dx = dx − (1 − x)dx = I −  x −  = I −  x +1  x +1 0  0 0  ∫ ∫ ∫ 0,5 (1) 1 − x2  π π dx Đặt x = sin u , u ∈ − ;  Khi dx = cos udu, x = u = x +1  2 x = u = π / Suy Tính I = π I= ∫ ∫ π 2 ∫ ∫ π = π −1 (2) B x M D y r z B’ C’ N A’ Vì a, b ∈ [0; 1] nên ta có C ' M = C ' D ' + D ' D + DM = − x − z − k y D' N = D' A' + A' N = − y + x Khi C ' M ⊥ D' N ⇔ C ' M D' N = 2 k  1  ⇔ x + k y + z  x − y  = ⇔ x − k y +  − 1 x y = 2  2  ( ⇔ D’ ) 0,5 k  a − ka +  − 1.a.a = ⇔ k = − 2   a3 + a2 + b2  b2 2   ≤ = ( a + ) − = ( a + ) − ( a + ) ≤  b2 +  b2 + b2 + b2 +   ≤ ( a + 2) − ( a + 2) Dấu đẳng thức xảy a, b ∈ {0, 1} Hoàn toàn tương tự, ta có 0,5 * Đặt AB = x, AD = y, AA' = z Ta có C A 0,5 π − 2 1 * Ta có VC ' MD ' N = d ( M , ( A' B ' C ' D' )).SC ' ND = d ( M , ( A' B' C ' D ' )) S ABCD 3 3 1 a a = 2a .a.a sin α = 1− = 3 16 12 r V (1,0 điểm π − sin u cos u cos udu = du = (1 − sin u )du = ( u + cos u ) + sin u + sin u 0 Từ (1) (2) ta có S = IV (1,0 điểm b2 = a − b + − a 2b 2 b3 + 2 c3 + 2 ≤ b − c + − b c ; ≤ c2 − a + − c 2a 2 c +1 a +1 Suy P ≤ − (a 2b + b c + c a ) ≤ Dấu đẳng thức xảy a, b, c ∈ {0, 1} a b + b c + c a = hay ba số a, b, 0,5 0,5 VIa (2,0 điểm) c có nhiều số 1, số lại Suy giá trị lớn P 6, đạt ba số a, b, c có nhiều số 1, số lại (1,0 điểm) Vì A ∈ ∆ : x − y + = ⇒ A( 4a − 6; a ) ⇒ MA( 4a − 5; a − 1) Vì tam giác ABC vuông cân A nên ·ACB = 450 A ∆ : x − 4y + = M (−1; 1) Do cos(MA, u BC ) = ⇔ (4a − 5) + 2(a − 1) ( 4a − 5) + (a − 1) =  A( 2; 2) a =  2x − y − = ⇔ 13a − 42a + 32 = ⇔ ⇒ 14 16 a = 16  A − ;  (ktm) 13   13 13   Vậy A( 2; 2) Suy AC : x − y + = 0, AB : x + y − = Từ ta có B(3; − 1), C (5; 3) (1,0 điểm) 2 Gọi n P ( a; b; c) ( a + b + c ≠ 0) vectơ pháp tuyến (P) Khi ( P ) : a( x − 4) + b( y − 3) + c( z − 4) = Vì (P ) // ∆ nên nP ⊥ u ∆ , u ∆ (−3; 2; 2) vectơ phương đường thẳng ∆ Suy 2b + 2c − 3a + 2b + 2c = ⇔ a = (1) Mặt khác, (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên d ( I , ( P )) = R, I (1; 2; 3), R = tâm − 3a − b − c =3 bán kính (S) Do (2) a2 + b2 + c2  2b + 2c  2 2 Từ (1) (2) ta có (b + c) =  (3)  + b + c ⇔ 2b − 5bc + 2c =   * Với c = ⇒ b = a = (ktm) b b b b c ≠ , * Với ta có (3) ⇔ 2 c  − c + = ⇔ c = c =   b Với c = 2, ta chọn b = 2, c = ⇒ a = Khi ( P ) : x + y + z − 18 = , ktm chứa ∆ b Với = , ta chọn b = 1, c = ⇒ a = Khi ( P ) : x + y + z − 19 = , thỏa mãn c z −1 VIIa Đặt z = x + yi ( x, y ∈  ) Khi ( z + 1)(1 + i ) + − i = z (1,0 ( x − − yi ) (1 + i) = x + y ⇔ 3x + − y + (3x + + y)i = 2( x + y ) điểm) ⇔ ( x + + yi ) (1 + i ) +  x = 0, y = −1 3x + − y = 2( x + y )  y = −(3x + 1)  ⇔ ⇔ ⇔ 3x + + y = 10 x + x =  x = − 10 , y = − 10 Vậy z = −i z = − − i 10 10 (1,0 điểm) VIb Đường tròn (C) có tâm I (2; 1), bán kính R = Gọi A (2,0 10 H = MI ∩ AB Ta có AH = AB = Trong tam giác vuông điểm) 2 MAI (tại A) với đường cao AH ta có M 1 1 H = + ⇒ = − ⇒ AM = ⇒ MI = 10 AH AI AM AM 10 C B B 0,5 Ta có ∆ : x − y − 19 = ⇔ ∆ : 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 x−5 y−3 ⇒ M (5 + 2m; + 5m) = 2 Khi MI = 10 ⇔ (3 + 2m) + ( + 5m) = 10 ⇔ 29m + 32m + = ⇔ m = −1 m = − 29 Chú ý rằng, đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB đường tròn đường kính MI 2 5  1  M ( ; − ) Với m = −1 ta có Khi pt đường tròn ngoại tiếp ∆AMB  x −  +  y +  =     0,5 2  139 72  197   101   Với m = − 29 ta có M  29 ; 29  Khi pt đt ngoại tiếp ∆AMB  x − 58  +  y − 58  =       (1,0 điểm) Gọi u∆ = ( a; b; c) ( a + b + c ≠ 0) vectơ phương đường thẳng ∆ Mặt cầu (S) có tâm I (−1; 1; 0) Vì đường thẳng ∆ tiếp xúc với mặt cầu (S) A nên IA(2; − 1; − 2) ⊥ u∆ ⇔ 2a − b − 2c = ⇔ b = 2a − 2c Mặt khác đường thẳng ∆ tạo với trục Ox góc α với cos α = |a| 2 = (1) nên 10 ⇔ b = 89a − c 10 a +b +c Từ (1) (2) ta có phương trình 85a + 8ac − 5c = * Với c = 0, suy a = 0, b = (ktm) 0,5 (2) (3) VIIb (1,0 điểm) a a a a * Với c ≠ 0, ta có (3) ⇔ 85  + − = ⇔ = = − c 17 c c c a x −1 y z+2 = = Với = , ta chọn a = 1, c = ⇒ b = −8 Suy phương trình ∆ : c −8 a x −1 y z + Với c = − 17 , ta chọn a = 5, c = −17 ⇒ b = 44 Suy phương trình ∆ : = 44 = − 17 z − 2i x + ( y − 2)i [ x + ( y − 2)i ].[( x − 2) − yi] = Đặt z = x + yi ( x, y ∈  ) Khi z − = ( x − 2) + yi = ( x − 2) + y x( x − 2) + ( y − 2) y ( x − 2)( y − 2) − xy x( x − 2) + ( y − 2) y = + i số ảo =0 2 2 ( x − 2) + y ( x − 2) + y ( x − 2) + y  x + y = 2( x + y ) ⇔ ( x − 2) + y ≠ 2 2 Ta có T = | z − | + | z − i | = | ( x − 1) + yi | + | x + ( y − 1)i | = ( x − 1) + y + x + ( y − 1) = + y + + 2x 2 Áp dụng BĐT Côsi ta có 2( x + y ) = x + y ≥ ( x + y ) Suy x + y ≤ Suy T ≤ 2(2 + 2( x + y )) ≤ 20 Suy T ≤ , dấu đẳng thức xảy x = y = Vậy giá trị lớn T , đạt z = + 2i 0,5 0,5 0,5 ... tương t , ta có 0,5 * Đặt AB = x, AD = y, AA' = z Ta có C A 0,5 π − 2 1 * Ta có VC ' MD ' N = d ( M , ( A' B ' C ' D' )).SC ' ND = d ( M , ( A' B' C ' D ' )) S ABCD 3 3 1 a a = 2a .a. a sin α... 2a 2 c +1 a +1 Suy P ≤ − (a 2b + b c + c a ) ≤ D u đẳng thức xảy a, b, c ∈ { 0, 1} a b + b c + c a = hay ba số a, b, 0,5 0,5 VIa ( 2,0 điểm) c có nhiều số 1, số lại Suy giá trị lớn P 6, đạt ba... ba số a, b, c có nhiều số 1, số lại ( 1,0 điểm) Vì A ∈ ∆ : x − y + = ⇒ A( 4a − 6; a ) ⇒ MA( 4a − 5; a − 1) Vì tam giác ABC vuông cân A nên ·ACB = 450 A ∆ : x − 4y + = M (−1; 1) Do cos(MA, u BC