Nội dung

Sở GD − ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Tam Dương
&  ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LỚP 12 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề. 1 1 Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y = x 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 3 3 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 x1 , x2 sao cho x1 + 2 x2 = 1 . Câu 2 (2.0 điểm ) : π π π    1. Giải phương trình: 4sin 3x.sin x + 4cos  3x −  cos  x +  − cos 2  2 x +  + 1 = 0 . 4 4 4    2. Giải bất phương trình: log 2 x 2 − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 5 . Câu 3 (2.0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; −1), x +1 y − 2 z − 2 = = B(7; −2; 3) và đường thẳng : ∆ : 3 2 −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 1. Tính tích phân: I = x2 ∫ 2( x + 1) + 2 x + 1 + x x + 1 dx . 0 2. Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng: x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) Câu 5 (2.0 điểm): 1. Giải phương trình : z 4 + 6 z 3 + 9 z 2 + 100 = 0 . x2 y 2 − = 1. Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm 9 4 của (H). Tìm tọa độ điểm M thuộc (H) sao cho diện tích tam giác MF1F2 bằng 4 13 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho Hypebol (H): −−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−− Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:...................... Câu Điểm Nội dung 1. Khi m = 2, hàm số có dạng: y = 1 3 1 x − x2 + 3 3 + 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 Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = ; đạt CT tại xCT = 2, yCT = −1 3 y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 0.25 1  Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn 1; −  (1; 2) 3  1  1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim x3  − + 3  = ±∞ x→±∞ x→±∞  3 x 3x  LËp BBT: x y’ + 0 − 0 +∞ + 0.25 +∞ 1 3 y I 2 0 −∞ 0.25 −1 −∞ §å thÞ: y 0.25 O x 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) 0.25 Giả sử hoành độ hai điểm cưcj trị là x1, x2. Khi đó x1, x2 là nghiệm của phương trình y’ = 0.  x + x = 2(m − 1) Theo Viet ta có:  1 2  x1x2 = 3(m − 2) 0.25  x2 = 3 − 2m Vì x1 + 2x2 = 1 ⇒ x1 = 1 − 2x2 nên ta có:   x2 (1 − 2 x2 ) = 3(m − 2) ⇔ 8m2 + 19m + 9 = 0 ⇔ m = 0.25 19 ± 3 16 0.25 KL: 2/. Phương trình đã cho tương đương với: 2(cos 2 x + sin 2 x) + π  Đặt t = cos 2 x + sin 2 x = 2 cos  2 x −  , 4  II 1 + sin 4 x =0 2 (1) | t |≤ 2 ⇒ sin 4 x = t 2 − 1 0.25 0.25 Phương trình tương đương với t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do | t |≤ 2 ) 0.25 π 3π k π  Suy ra: cos  2 x −  = 0 ⇔ x = + ; k∈ 4 8 2  0.25 2. Điều kiện: ∀x∈R ( ) 2 2 Bất phương trình tương đương với: log 4 x − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x − 2 x + 2) ≤ 5 Đặt t = log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≥ 0 , bất phương trình có dạng: t2 + 4t − 5 ≤ 0 0.25 0.25 ⇔ 0 ≤ t ≤ 1 (Vì t ≥ 0) Vậy: log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 1 ⇔ log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 1 ⇔ x 2 − 2 x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3 III KL: Tập nghiệm của bất phương trình: T = 1 − 3;1 + 3  uuur uur 1/. Ta có: AB = (6; − 4; 4), u∆ = (3; − 2; 2) uuur uur ⇒ AB = 2u∆ ⇒ AB // ∆ ⇒ AB và ∆ cùng thuộc một mặt phẳng. 0.25 0.25 0.5 Gọi H là trung điểm AB ⇒ H(4 ; 0 ; 1) uuur Mặt phẳng trung trực AB nhận AB làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: 3x − 2y + 2z − 14 = 0 0,5 2/. Ta có: AB // ∆. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆. Ta có chu vi P của tam giác IAB đạtgiá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. B A H Từ cách dựng ta có: IA + IB = I’A + IB ≥ A’B. I Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi I trùng H0 với H0. 0.25 A' 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) Vậy I trùng H0(2; 0; 4) thì ∆AIB có chu vi nhỏ nhất và minP = 2 ( 17 + 30 0.25 ) 0.25 0.25 1/. Đặt t = x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 ⇒ dx = 2tdt 0.25 Với x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t =2 2 I =∫ 2t (t 2 − 1)2 dt 1 = t (t + 1) 2 2 = 2∫ (t − 1)2 dt 0.5 1 2 2 2 (t − 1)3 = 1 3 3 0.25 IV 2 2 2/. Ta có: x + xy + y = 1 3( x 2 + 2 xy + y 2 ) + ( x 2 − 2 xy + y 2 )   4 0.5 1 3 3 = 3( x + y )2 + ( x − y )2  ≥ ( x + y ) 2 ⇒ x 2 + xy + y 2 ≥ ( x + y) 4 4 2 Tương tự: y 2 + yz + z 2 ≥ 3 ( y + z ); 2 z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( z + x) 2 0.25 ⇒ Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. 2 0.25 2 1/. Phương trình tương đương với: (z + 3z) − (10i) = 0  z 2 + 3z − 10i = 0 ⇔ (z + 3z − 10i)(z + 3z + 10i) = 0 ⇔   z 2 + 3z + 10i = 0 2 V 0.5 2  z = 1 + 2i Với z2 + 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i)2 ⇒ phương trình có nghiệm ⇔   z = −4 − 2i 0.25  z = 1 − 2i Với z2 + 3z + 10i = 0 có ∆ = (5 − 4i)2 ⇒ phương trình có nghiệm ⇔   z = −4 + 2i 0.25 ( ) 2. Hypebol có hai tiêu điểm F1 − 13;0 , F2 ( 13;0 ) 0.25 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) Hoành độ M là nghiệm của phương trình: a 2 42 − = 1 ⇔ a 2 = 45 ⇔ a = 3 ± 5 9 4 0.25 Tương tự với a < 0 ( ) ( ) ( ) ( KL: Có 4 điểm M cần tìm: M1 −3 5; 4 , M 2 3 5; 4 , M 3 −3 5; −4 , M 4 3 5; −4 ) 0.25