Sở GD ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phut 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) cos sin 2 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 o0o ĐÁP ÁN CHI TIẾT 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 Lập BBT: 0.25 Đồ thị: 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   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 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   0.25 Phương trình đã cho tương đương với:   2 2 2 2 2 4 3 1 tg 2 3 2cotg sin 2 2(sin cos ) 3tg 3 2cotg sin cos 3tg 2tg 3 0 x x x x x x x x x x x              0.25  tg 3 3 1 tg 3 6 x x k x x k                         0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2 x k     ; 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; max ( ) 2g 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              Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). 0.25 Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 0.25 | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 | ( ; ) 3 3 3 t t t t d I             2 3 7 3 t t           Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1 ; ; vµ ; ; 3 3 3 3 3 7 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 vµ 25 3 3 3 3 3 3 x y z x y z                                                 0.25 2/. Đường thẳng () có VTCP ( 1;2;1)u    ; PTTQ: 2 1 0 2 0 x y x z          Mặt phẳng (P) có VTPT (2; 1; 2)n     0.25 Góc giữa đường thẳng () và mặt phẳng (P) là: | 2 2 2 | 6 sin 3 3. 6        Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là 6 3 cos 1 9 3     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      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             0.25 = 5 3 2 2 16 16 ( 1) 0 1 5 3 15 x x            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 . Sở GD ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Tam Dương đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phut Cõu 1 (2.0 im): Cho. Điểm I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3  3x 2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thi n: y’ = 3x 2  6x = 0  x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (; 0)