Xem mẫu
- S GD − ĐT Vĩnh Phúc Đ THI KH O SÁT CHUYÊN Đ L P 12
Trư ng THPT Tam Dương MÔN: TOÁN
& Th i gian làm bài 180 phút không k th i gian phát đ .
1 1
Câu 1 (2.0 đi m): Cho hàm s y = x 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x +
3 3
1. Khào sát s bi n thiên và v đ th hàm s khi m = 2.
2. Tìm m đ hàm s đ t c c tr t i hai đi m có hoành đ x1 , x2 sao cho x1 + 2 x2 = 1 .
Câu 2 (2.0 đi m ) :
π π π
1. Gi i phương trình: 4sin 3x.sin x + 4cos 3x − cos x + − cos 2 2 x + + 1 = 0 .
4 4 4
2. Gi i b t phương trình: log 2 x 2 − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≤ 5 .
Câu 3 (2.0 đi m): Trong không gian v i h to đ Oxyz cho hai đi m A(1; 2; −1),
x +1 y − 2 z − 2
B(7; −2; 3) và đư ng th ng : ∆ : = =
3 −2 2
1. Ch ng minh r ng đư ng th ng AB và đư ng th ng ∆ cùng thu c m t m t ph ng.
2. Tìm đi m I thu c đư ng th ng ∆ sao cho tam giác IAB có chu vi nh nh t.
Câu 4 (2.0 đi m):
3
x2
1. Tính tích phân: I = ∫ 2( x + 1) + 2 x + 1 + x x + 1 dx .
0
2. Cho x, y, z ≥ 0. Ch ng minh r ng:
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z )
Câu 5 (2.0 đi m):
1. Gi i phương trình : z 4 + 6 z 3 + 9 z 2 + 100 = 0 .
x2 y 2
2. Trong m t ph ng Oxy, cho Hypebol (H): − = 1. G i F1, F2 là hai tiêu đi m
9 4
c a (H). Tìm t a đ đi m M thu c (H) sao cho di n tích tam giác MF1F2 b ng 4 13
−−−−−−−−−−−−−H T−−−−−−−−−−−−−
Cán b coi thi không gi i thích gì thêm.
H và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
- Câu N i dung Đi m
1 3 1
1. Khi m = 2, hàm s có d ng: y = x − x2 +
3 3
+ TXĐ: R
+ S bi n thiên: y’ = x2 − 2x = 0 ⇔ x = 0 ho c x = 2
Hàm s đ ng bi n trên: (−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm s nghich bi n trên: (0; 2) 0.25
1
Hàm s đ t CĐ t i xCĐ = 0, yCĐ = ; đ t CT t i xCT = 2, yCT = −1
3
y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
1
Đ th hàm s l i trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Đi m u n 1; − (1; 2)
3
1 1 1
Gi i h n và ti m c n: lim y = lim x3 − + 3 = ±∞ 0.25
x→±∞ x→±∞ 3 x 3x
LËp BBT:
x 0 2 +∞
−∞
y’ + 0 − 0 + 0.25
+∞
1
y
3
−∞ −1
I
§å thÞ:
y
0.25
O
x
2/. Ta có: y’ = x2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2)
Đ hàm s có c c đ i và c c ti u thì y’ = 0 ph i có hai nghi m phân bi t khi và ch khi 0.25
∆’ > 0 ⇔ m2 − 5m + 7 > 0 (luôn đúng ∀m)
Gi s hoành đ hai đi m cưcj tr là x1, x2. Khi đó x1, x2 là nghi m c a phương trình y’ = 0.
x + x = 2(m − 1) 0.25
Theo Viet ta có: 1 2
x1x2 = 3(m − 2)
- x2 = 3 − 2m
Vì x1 + 2x2 = 1 ⇒ x1 = 1 − 2x2 nên ta có: 0.25
x2 (1 − 2 x2 ) = 3(m − 2)
19 ± 3
⇔ 8m2 + 19m + 9 = 0 ⇔ m =
16 0.25
KL:
1 + sin 4 x
2/. Phương trình đã cho tương đương v i: 2(cos 2 x + sin 2 x) + =0 (1) 0.25
2
π
Đ t t = cos 2 x + sin 2 x = 2 cos 2 x − , | t |≤ 2 ⇒ sin 4 x = t 2 − 1 0.25
4
Phương trình tương đương v i t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do | t |≤ 2 ) 0.25
π 3π k π
Suy ra: cos 2 x − = 0 ⇔ x = + ; k∈ 0.25
4 8 2
II 2. Đi u ki n: ∀x∈R
0.25
( 2
)
B t phương trình tương đương v i: log 4 x − 2 x + 2 + 4 log 4 ( x − 2 x + 2) ≤ 5
2
Đ t t = log 4 ( x 2 − 2 x + 2) ≥ 0 , b t phương trình có d ng: t2 + 4t − 5 ≤ 0
0.25
⇔ 0 ≤ t ≤ 1 (Vì t ≥ 0)
V y:
0.25
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
KL: T p nghi m c a b t phương trình: T = 1 − 3;1 + 3
0.25
uuur uur
1/. Ta có: AB = (6; − 4; 4), u∆ = (3; − 2; 2)
III uuu
r uur 0.5
⇒ AB = 2u∆ ⇒ AB // ∆ ⇒ AB và ∆ cùng thu c m t m t ph ng.
G i H là trung đi m AB ⇒ H(4 ; 0 ; 1)
uuu
r
M t ph ng trung tr c AB nh n AB làm vectơ pháp tuy n nên có phương trình: 0,5
3x − 2y + 2z − 14 = 0
2/. Ta có: AB // ∆. G i A’ là đi m đ i x ng c a A qua đư ng th ng ∆.
Ta có chu vi P c a tam giác IAB đ tgiá tr nh nh t khi và ch khi IA + IB đ t giá tr nh
nh t.
A H B
T cách d ng ta có:
IA + IB = I’A + IB ≥ A’B.
0.25
Đ ng th c x y ra khi và ch khi I trùng I
H0
v i H0.
A'
Do AB // ∆ nên tam giác AA’B vuông t i A và AH0 là đư ng trung tuy n.
0.25
⇒ ∆H0AB cân t i H0 ⇒ HH0 ⊥ ∆ ⇒ H0(2 ; 0 ; 4)
V y I trùng H0(2; 0; 4) thì ∆AIB có chu vi nh nh t và minP = 2 ( 17 + 30 ) 0.25
- 0.25
1/. Đ t t = x + 1 ⇒ t 2 = x + 1 ⇒ dx = 2tdt
0.25
V i x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t =2
2 2
2t (t 2 − 1)2 dt
I =∫ 2
= 2∫ (t − 1)2 dt 0.5
1 t (t + 1) 1
2 2 2
= (t − 1)3 = 0.25
3 1 3
IV 1
2
2/. Ta có: x + xy + y =
2
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 ≥
4 ( x + y)
4 2
3 3
Tương t : y 2 + yz + z 2 ≥ ( y + z ); z 2 + zx + x 2 ≥ ( z + x) 0.25
2 2
⇒ C ng v v i v ta có đi u ph i ch ng minh. 0.25
2 2
1/. Phương trình tương đương v i: (z + 3z) − (10i) = 0
2 2
z 2 + 3z − 10i = 0 0.5
⇔ (z + 3z − 10i)(z + 3z + 10i) = 0 ⇔
z 2 + 3z + 10i = 0
z = 1 + 2i
V i z2 + 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i)2 ⇒ phương trình có nghi m ⇔ 0.25
z = −4 − 2i
z = 1 − 2i
V i z2 + 3z + 10i = 0 có ∆ = (5 − 4i)2 ⇒ phương trình có nghi m ⇔ 0.25
z = −4 + 2i
V
2. Hypebol có hai tiêu đi m F1 − 13;0 , F2 ( ) ( 13;0 ) 0.25
G i h là chi u cao h t M c a ∆MF1F2. Vì di n tích ∆MF1F2 = 4 3 nên h = 4
Vì F1, F2 ∈ Ox nên yM = 10. Gi s M(a; 4) thu c (H). (a > 0) 0.25
a 2 42
Hoành đ M là nghi m c a phương trình: − = 1 ⇔ a 2 = 45 ⇔ a = 3 ± 5
9 4 0.25
Tương t v i a < 0
( ) (
KL: Có 4 đi m M c n tìm: M1 −3 5; 4 , M 2 3 5; 4 , M 3 −3 5; −4 , M 4 3 5; −4 ) ( ) ( ) 0.25
nguon tai.lieu . vn
