Sở GD ĐT Vĩnh Phúc Trờng THPT Tam Dơng đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s 3 2 3 3 4y x mx m= + (m l tham s) cú th l (C m ) 1. Kho sỏt v v th hm s khi m = 1. 2. Xỏc nh m (C m ) cú cỏc im cc i v cc tiu i xng nhau qua ng thng y = x. Cõu 2 (2.0 im ) : 1. Gii phng trỡnh: 2 3 4 2sin 2 2 3 2(cotg 1) sin 2 cos x x x x + + = + . 2. Tỡm m h phng trỡnh: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m + = + + = cú nghim thc. Cõu 3 (2.0 im): 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P) v ng thng (d) ln lt cú phng trỡnh: (P): 2x y 2z 2 = 0; (d): 1 2 1 2 1 x y z+ = = 1. Vit phng trỡnh mt cu cú tõm thuc ng thng (d), cỏch mt phng (P) mt khong bng 2 v vt mt phng (P) theo giao tuyn l ng trũn cú bỏn kớnh bng 3. 2. Vit phng trỡnh mt phng (Q) cha ng thng (d) v to vi mt phng (P) mt gúc nh nht. Cõu 4 (2.0 im): 1. Cho parabol (P): y = x 2 . Gi (d) l tip tuyn ca (P) ti im cú honh x = 2. Gi (H) l hỡnh gii hn bi (P), (d) v trc honh. Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra bi hỡnh (H) khi quay quanh trc Ox. 2. Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: x 2 + y 2 + z 2 3. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: 1 1 1 1 1 1 P xy yz zx = + + + + + Cõu 5 (2.0 im): 1. Trong mt phng vi h ta Oxy, hóy lp phng trỡnh tip tuyn chung ca elip (E): 2 2 1 8 6 x y + = v parabol (P): y 2 = 12x. 2. Tỡm h s ca s hng cha x 8 trong khai trin Newton: 12 4 1 1 x x ữ o0o Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: SBD: Câu Nội dung Điểm I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3 − 3x 2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x 2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại x CĐ = 0, y CĐ = 4; đạt CT tại x CT = 2, y CT = 0 y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2) 0.25 Giới hạn và tiệm cận: 3 3 3 4 lim lim 1 x x y x x x →±∞ →±∞   = − + = ±∞  ÷   0.25 LËp BBT: 0.25 §å thÞ: 0.25 2/. Ta có: y’ = 3x 2 − 6mx = 0 ⇔ 0 2 x x m =   =  Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0. 0.25 Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m 3 ), B(2m; 0) ⇒ 3 (2 ; 4 )AB m m= − uuur Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3 ) 0.25 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 0.25 0 x 4 +∞ −∞ − + + 0 0 y’ −∞ 2 +∞ y 0 x y O 3 3 2 4 0 2 m m m m  − =  ⇔  =   Giải ra ta có: 2 2 m = ± ; m = 0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: 2 2 m = ± II 2/. Đk: 2 x k π ≠ 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 2 2 2 4 3 1 2 3 2 sin 2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0 tg cotg tg cotg tg tg x x x x x x x x x x x + + − = + ⇔ + − = ⇔ + − = 0.25 ⇔ 3 3 1 3 6 tg tg x k x x x k π   = − + π = −   ⇔   π =  = + π     0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2 x k π π = + ; k∈Z 0.25 2/. 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y  − ≥ − ≤ ≤   ⇔   ≤ ≤ − ≥    0.25 Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t 3 − 3t 2 = y 3 − 3y 2 . 0.25 Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = 0.25 Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v − 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v= − = Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 0.25 III 1/. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là: 1 2 ; 2 x t y t t R z 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 1 2 4 2 2 | |6 5| ( ; ) 3 3 3 t t t t d I − + − − − − + ∆ = = = ⇔ 2 3 7 3 t t  =    = −   0.25 ⇒ Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1 ; ; ; ; 3 3 3 3 3 7 vµ I I     − − −  ÷  ÷     Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. 0.25 Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 2 1 8 7 17 1 25 25 3 3 3 3 3 3 vµ x y z x y z             + + − + − = − + + + + =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             0.25 2/. Đường thẳng (∆) có VTCP ( 1;2;1)u = − r ; PTTQ: 2 1 0 2 0 x y x z + + =   + − =  Mặt phẳng (P) có VTPT (2; 1; 2)n = − − r 0.25 Góc giữa đường thẳng (∆) và mặt phẳng (P) là: | 2 2 2 | 6 sin 3 3. 6 − − − α = = ⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là 6 3 cos 1 9 3 α = − = 0.25 Giả sử (Q) đi qua (∆) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m 2 + n 2 > 0) ⇔ (2m + n)x + my + nz + m − 2n = 0 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: 2 2 | 3 | 3 cos 3 3. 5 2 4 m m n mn α = = + + 0.25 ⇔ m 2 + 2mn + n 2 = 0 ⇔ (m + n) 2 = 0 ⇔ m = −n. Chọn m = 1, n = −1, ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0 0.25 IV 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x − 4 0.25 Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 2 2 4 2 0 1 (4 4)V x dx x dx   = π − −  ÷  ÷   ∫ ∫ 0.25 = 5 3 2 2 16 16 ( 1) 0 1 5 3 15 x x   π π − − =  ÷   0.5 2/. Ta có: [ ] 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) 9 1 1 1 xy yz zx xy yz zx   + + + + + + + ≥  ÷ + + +   0.25 2 2 2 9 9 3 3 P xy yz zx x y z ⇔ ≥ ≥ + + + + + + 0.25 ⇒ 9 3 6 2 P ≥ = 0.25 Vậy GTNN là P min = 3 2 khi x = y = z 0.25 V 1/. Giả sử đường thẳng (∆) có dạng: Ax + By + C = 0 (A 2 + B 2 > 0) (∆) là tiếp tuyến của (E) ⇔ 8A 2 + 6B 2 = C 2 (1) (∆) là tiếp tuyến của (P) ⇔ 12B 2 = 4AC ⇔ 3B 2 = AC (2) 0.25 Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = −2A. Với C = −2A ⇒ A = B = 0 (loại) 0.25 Với C = 4A ⇒ 2 3 A B = ± ⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình: 2 2 3 4 0 4 0 3 3 A Ax y A x y± + = ⇔ ± + = 0.25 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: 2 3 4 0 3 x y± + = 0.25 V Ta có: 12 12 12 4 4 12 4 12 0 1 1 1 1 1 ( 1) k k k k x x C x x x x − =         + − = − + = − +  ÷  ÷  ÷           ∑ 0.25 ( ) 12 12 12 4 12 4 4 12 12 0 0 0 0 12 12 4 5 12 0 0 1 ( 1) ( 1) ( 1) i k k k i k k i k k i k i i k k k i k i k k k i k i k k i C C x C C x x x C C x − − − − − = = = = − − = =   = − = −  ÷   = − ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ 0.25 Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i = 8 ⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 0.25 Vậy hệ số cần tìm là: 2 0 7 4 12 8 12 2 12 7 12 12 . . . 27159C C C C C C− + = − 0.25 . Tam Dơng đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s 3 2 3 3 4y x mx m= + (m l tham s) cú th l (C m ) 1. Kho sỏt v v th hm s khi m = 1. 2 1) i k k k i k k i k k i k i i k k k i k i k k k i k i k k i C C x C C x x x C C x − − − − − = = = = − − = =   = − = −  ÷   = − ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ 0.25 Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k − 5i =. h s ca s hng cha x 8 trong khai trin Newton: 12 4 1 1 x x ữ o0o Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: SBD: Câu N i dung i m I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3