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 4
y 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 2sin2
2 3 2(cotg 1)
sin2
cos
x
x
x
x

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

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






Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.
0.25

I
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

0
x
4
+
∞
3
2 4 0
2
m m
m m

 







0.25

Giải ra ta có:
2
2
m   ; m = 0
0.25Kết hợp với điều kiện ta có:
2
2
m  

2/. Đk:
2

   

0.25


3
3
1
3
6
tg
tg
x k
x
x
x k



   
 








  

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

min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v
  

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
0.25

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:
| 2 1 2 4 2 2| |6 5|
( ; ) 3

   
   

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
  

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

III
 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


   
 
 

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
  
  

= 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

     
 
     
 


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