Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn: Toán; khối: A

Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn: Toán; khối: A

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x4 − 3x2 − 2

2. Tìm số thực dương a để đường thẳng y = a cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại

gốc tọa độ O .

pdf 5 trang Người đăng ngochoa2017 Ngày đăng 03/02/2018 Lượt xem 4Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề khảo sát chất lượng lớp 12, lần 3 môn: Toán; khối: A", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2012 
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) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị )(C của hàm số .23 24 −−= xxy 
2. Tìm số thực dương a để đường thẳng ay = cắt )(C tại hai điểm BA, sao cho tam giác OAB vuông tại 
gốc tọa độ O . 
Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình .02cos
4
3
sin.)2sin1(2 =+





+− xxx
pi
2. Giải phương trình .log)2(log)6(log 2222 xxxx +−=− 
Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường 
0,0,
cos2sincos
cossin
2
==
+
+
= xy
xxx
xxy và 
4
pi
=x xung quanh trục .Ox 
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp ABCDS. có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , ,DCAD = 
,2ADAB = mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a2 và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng 
).(ABCD Tính thể tích khối chóp ABCDS. và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a . 
Câu V. (1,0 điểm) Cho hệ phương trình 




++++++=
=++
+
.)5(2
24
22 yxyyxxm
xyyx
yx
Tìm m để hệ có nghiệm );( yx thỏa mãn .1,1 ≥≥ yx 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc b) 
a. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn 
(C): .014222 =+−++ yxyx Tìm tọa độ các đỉnh CBA ,, biết điểm )1;0(M là trung điểm cạnh AB và 
điểm A có hoành độ dương. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 
1
1
21
:1
+
==∆ zyx và 
2
1
2
1
1
2
:2
−
+
=
−
=
−∆ zyx . Tìm tọa độ điểm M thuộc 1∆ , điểm N thuộc trục Ox sao cho đường thẳng 
MN vuông góc với đường thẳng 2∆ và .52=MN 
Câu VIIa. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng phức, xác định tập hợp các điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn 
.12)1()1( +=−++ zzizi 
b. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol .1
31
:)(
22
=−
yxH Gọi 21 , FF là các tiêu 
điểm của )(H ( 1F có hoành độ âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc )(H sao cho 021 60=∠ MFF và điểm M 
có hoành độ dương. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 
1
2
2
1
1
1
:
−
−
=
−
=
−∆ zyx và mặt phẳng 
.012:)( =−+− zyxP Gọi A là giao điểm của ∆ và )(P . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho mặt 
cầu tâm ,M bán kính MA cắt mặt phẳng )(P theo một đường tròn có bán kính bằng .
2
23
Câu VIIb. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn .
1
4 i
z
z =
+
− Tính ziA )1(1 ++= . 
--------------------------------- Hết ------------------------------- 
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 12, 13/5/2012. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự 
thi cho BTC. 
 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối của năm 2012 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 16 và ngày 
17/6/2012. Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 12/5/2012. 
www.VNMATH.com
 1 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2012 
Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu Đáp án Điểm 
1. (1,0 điểm) 
a. TXĐ: R=D . 
b. Sự biến thiên: 
* Giới hạn tại vô cực: +∞=−−=
±∞→±∞→
)231(limlim 424 xxxy xx . 
* Chiều biến thiên: )32(264' 23 −=−= xxxxy 
2
6
,00' ±==⇔= xxy ; 






>
<<−
⇔>
2
6
0
2
6
0'
x
x
y ; 






<<
−<
⇔<
2
60
2
6
0'
x
x
y 
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 






− 0;
2
6
 và 






∞+;
2
6 ; nghịch biến trên mỗi 
khoảng 






−∞−
2
6
; và 






2
6
;0 . 
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm ,0=x giá trị cực đại 2−=CĐy ; hàm số đạt cực tiểu 
tại các điểm ,
2
6±=x giá trị cực tiểu 
4
17
−=CTy . 
0,5 
* BBT: 
c. Đồ thị: 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Hoành độ giao điểm của đường thẳng ay = với )(C là nghiệm của pt axx =−− 23 24 , hay 
023 24 =−−− axx . (1) 
Rõ ràng với mọi 0>a phương trình (1) có hai nghiệm thực trái dấu, nghĩa là đường thẳng 
ay = cắt )(C tại hai điểm phân biệt );( axA A và .),;( BAB xxaxB < 
Ta có: 0=+ BA xx (2) và );(),;( axOBaxOA BA == . 
Theo giả thiết tam giác OAB vuông tại O nên 0. =OBOA , hay .02 =+ axx BA 
0,5 
I. 
(2,0 
điểm) 
Kết hợp với (2) ta được axax BA =−= , . Do BA xx , là nghiệm của (1) nên 
023 24 =−−− aaa 0)12)(2( 23 =+++−⇔ aaaa 2=⇔ a (vì ).0>a 
Vậy kết quả của bài toán là .2=a 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
II. 
(2,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
 0)sin)(cossin(cos)sin(cos
2
1)2sin1(2 =−++−− xxxxxxx 
 .0)sincos2sin1)(sin(cos =++−−⇔ xxxxx 
0,5 
x ∞− ∞+ 0 
0 0 0 − − + + 'y 
y 
∞+ 
4
17
− 
4
17
− 
2− 
∞+ x O 
2− 
y 
2
6
2
6
− 
4
17
− 
2
6
− 
2
6
www.VNMATH.com
 2 
+) Z∈+=⇔=− kkxxx ,
4
0sincos pipi 
+) 



−−=−
≤+
⇔=++− 2)sincos(2sin1
0sincos
0sincos2sin1
xxx
xx
xxx 
 


∈+−=
+=
⇔




=
≤+
⇔



=
≤+
⇔
Zkkx
kx
k
x
xx
x
xx
,22/
2
2
0sincos
02sin
0sincos
pipi
pipi
pi 
Tóm lại phương trình đã cho có nghiệm: pipipipi 2,
4
kxkx +=+= và ,22/ pipi kx +−= Z∈k . 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: 62 << x . 
Khi đó phương trình đã cho trở thành 22222 log)2(log)6(log xxxx +−=− 
 ])2[(log)6(log 2222 xxxx −=−⇔ 
34 26 xxx −=−⇔ 
0,5 
 062 2234 =−+−+−⇔ xxxxx 
 06)()( 222 =−−−−⇔ xxxx .
2
131
2
3
2
2 ±
=⇔




−=−
=−
⇔ x
xx
xx
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình 
2
131+
=x . 
0,5 
Thể tích khối tròn xoay cần tìm là 
 dx
xxx
xxV ∫ +
+
=
4/
0
22
2
)cos2(sincos
)cos(sinpi
pi = 
x
dx
x
x
2
4/
0
2
cos
.
1tan2
)1(tan
∫ +
+
pi
pi 
Đặt tx =tan ta có: với ;00 =⇒= tx với 1
4
=⇒= tx
pi
 và dt
x
dx
=2cos
. 
Suy ra dt
t
tV ∫ +
+
=
1
0
2
12
)1(
pi 
0,5 
III. 
(1,0 
điểm) 
 dt
t
t
∫ 






+
+
+−
=
1
0
2
1
12
114
4
1
pi = dt
t
t
∫ 




+
+
+
1
0 4
3
12
1
.
4
1
2
pi 
 = 
0
1
4
312ln
8
1
4
2








+++
t
t
t
pi = )3ln
8
11( +pi . 
0,5 
 * Gọi M là trung điểm AB, H là trung điểm BC. 
Ta có .3),( aSHABCDSHBCSH =⊥⇒⊥ 
Tứ giác AMCD là hình vuông nên CM = AM = 
MB. Suy ra CMB∆ vuông cân. Do đó 
 .2,22,2 aCDaABaCM === 
Diện tích .3
2
).( 2
a
CMCDABSABCD =
+
= 
Thể tích .3.
3
1 3
.
aSSHV ABCDABCDS == 
0,5 
IV. 
(1,0 
điểm 
* Kẻ đường thẳng ∆ đi qua A, .// BC∆ Hạ ).( ∆∈∆⊥ IHI Suy ra ).//(SAIBC Do đó 
 )).(,())(,(),( SAIHdSAIBCdSABCd == 
Hạ ).( SIKSIHK ∈⊥ Suy ra ).(SAIHK ⊥ Do đó .))(,( HKSAIHd = 
Ta có MBAMCM == nên tam giác ACB vuông tại C. Suy ra .2aACHI == Do đó 
 .
7
212.),(
22
a
SHHI
SHHIHKSABCd =
+
== 
0,5 
S 
A 
D C 
B 
H 
I 
M 
K 
www.VNMATH.com
 3 
+) Do 1,1 ≥≥ yx ta có .01)(0)1)(1( ≥++−⇔≥−− yxxyyx 
Suy ra ,02)(24 ≥++−++ yxyx hay .6≤+ yx 
+) Mặt khác, từ phương trình xyyx 24 =++ ta có 2)(
2
14 yxyx +≤++ hay 4≥+ yx . 
Đặt 64, ≤≤=+ ttyx . Khi đó từ hệ phương trình đã cho ta được 




 ++= ttmt 12 2 hay ,12 2 mttt =




−+ 64 ≤≤ t . 
Hệ đã cho có nghiệm );( yx thỏa mãn ⇔≥≥ 1,1 yx phương trình ( ) mttt =−+12 2 có 
nghiệm ].6;4[∈t 
0,5 
V. 
(1,0 
điểm 
Xét hàm số ,12)( 2 




−+= tttf t 64 ≤≤ t . 
Ta có 








−
+
+




−+= 1
1
21.2ln2)('
2
2
t
t
tttf tt 
 = 




−+ ttt 12 2 . ].6;4[,0
1
12ln
2
∈∀>






+
− t
t
Suy ra ),6()4( fmf ≤≤ hay )637(64)417(16 −≤≤− m . 
0,5 
1. (1,0 điểm) 
 Đường tròn (C) có tâm ),2;1(−I bán kính .2=IA Ta có 
ABIMIM ⊥− ),1;1( suy ra phương trình đường thẳng 
.01: =+− yxAB 
).1;( +⇒∈ aaAABA Khi đó 
114)1()1(2 222 =⇔=⇔=−++⇔= aaaaIA (do )0>a . 
Suy ra );2;1(A ).0;1(−B 
0,5 
Ta có BCIAIA ⊥),0;2( suy ra phương trình ,01: =+xBC phương trình .02: =−yAI 
Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra )2;1(−N và N là trung điểm BC. Suy ra ).4;1(−C 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
)0;0;();1;2;(1 aNOxNtttMM ⇒∈+−⇒∆∈ nên ).1;2;( tttaMN −−− 
Đường thẳng 2∆ có vectơ chỉ phương ).2;2;1(2 −u 
Ta có đường thẳng 2∆⊥MN và 



=−++−
=−−
⇔=
20)1(4)(
023
22 222 ttta
ta
MN 
0,5 
VIa. 
(2,0 
điểm) 





−=−=
==
⇔



=−+
+=
⇔
3,
3
5
5,1
01569
23
2 at
at
tt
ta
Vậy )0;0;5(),0;2;1( NM hoặc ).0;0;3(,
3
8
;
3
10
;
3
5
−





−−− NM 
0,5 
Giả sử ),;( yxM nghĩa là ).,(, R ∈+= yxyixz Ta có .2;2 yizzxzz =−=+ Khi đó hệ thức 
đã cho trở thành 12)( +=−++ zizzzz 1222 +=−⇔ zyx 22)1( yxyx ++=−⇔ 



+++=−+
≥−
⇔ 2222 122
0
yxxxyyx
yx




≠−−=
≥
⇔
0,
2
11 x
x
y
yx
0,5 
VIIa. 
(1,0 
điểm) 
Vì yx ≥ , nên 
x
x
2
11 −−≥ hay .00
2
122 2
>⇔≥++ x
x
xx
Vậy tập hợp điểm M trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy là đồ thị của hàm số 
.0,
2
11 >−−= x
x
y 
0,5 
C B 
A 
I 
N 
M 
www.VNMATH.com
 4 
1. (1,0 điểm) 
 (H) có .2,3,1 === cba 
Lấy .0),();( >∈ MMM xHyxM 
Khi đó .21,21 21 MM xMFxMF +−=+= 
Xét 21FMF∆ ta có 
0
21
2
2
2
1
2
21 60cos..2 MFMFMFMFFF −+= 
0,5 
 )21)(21()21()21(16 22 MMMM xxxx +−+−+−++=⇔ 
2
13
4
132
=⇔=⇔ MM xx (do )0>Mx . Suy ra .2
33
4
272 ±=⇔= MM yy 
Vậy .
2
33
;
2
13
,
2
33
;
2
13








−







MM 
0,5 
2. (1,0 điểm) 
 Tọa độ ).1;3;2(A 
 ).2;21;1( tttMM −++⇒∆∈ 
Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên (P). 
Khi đó N là tâm đường tròn khi cắt mặt cầu bởi 
(P). Suy ra .
2
23
=NA 
0,5 
VIb. 
(2,0 
điểm) 
Ta có 
2
9))(,()1()22()1( 2222222 +=−+−+−⇔+= PMdtttNAMNMA 
 


=
=
⇔=−⇔+
−
=−⇔
2
0
1)1(
2
9
6
)1(9)1(6 2
2
2
t
t
t
t
t 
Vậy ).0;5;3(),2;1;1( MM 
0,5 
Đặt ).,(, R∈+= babiaz Từ giả thiết ta có 
 iabbiaba )1(422 ++−=−−++ 



+=−
−=−++
⇔
1
422
ab
baba
 


=−=
−==
⇔
1,2
2,1
ba
ba
0,5 
VIIb. 
(1,0 
điểm) 
+) Với 2,1 −== ba ta có .33)21)(1(1 ==+++= iiiA 
+) Với 1,2 =−= ba ta có .33)2)(1(1 =−=−−++= iiiA 
0,5 
O x 
y 
M 
2 1 
2F 1F 
2− 1− 
P 
N 
M 
A 
∆ 
www.VNMATH.com

Tài liệu đính kèm:

  • pdfKhoiTHPTDHVinh.pdf