ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A NĂM HỌC 2010-2011
Thời gian 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

I/.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m  
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số (1) khi
1
m
 
.
2) Tìm giá trị của
m
để hàm số (1) có 3 cực trị, đồng thời ba điểm cực trị của đồ thị xác định một
tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
3
4
.
Câu II(2 điểm): 1)Giải phương trình sau:
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
x x
x x

x x


 




Câu IV(1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có cạnh AB=a,cạnh
AD=b,góc
·
0
60
BAD =
.CạnhSA=4a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Trên đoạn SA lấy điểm M
sao cho AM=x (0<x<4a).Mặt phẳng(MBC) cắt cạnh SD tại N .Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối
chóp S.ABCD ra thành hai phần sao cho thể tích của khối chóp SBCMN bằng
5
4
thể tích của khối
BCNMAD.
Câu V(1 điểm):Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn x+y+z=xyz.Tìm giá trị lớn nhất của :

2 2 2
2 1 1
1 1 1
P
x y z
  
  

. Viết phương trình
đường thẳng



đi qua trực tâm
H
của tam giác
OAB
và vuông góc với mặt phẳng


OAB
. Tìm tọa
độ điểm
M
trên mặt phẳng


OAB
sao cho
2 2
MA MB

nhỏ nhất.(O là gốc hệ trục toạ độ)
Câu VIIA(1 điểm):Tìm số phức z thoả mãn :
z 2 i 2
  
. Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị
B.Theo chương trình Nâng cao



 


  

;d
2
:
2
1 3 3
x y z

 
 
và d
3
:
1 1 1
5 2 1
x y z
  
  . Chứng tỏ rằng
1 2
;
d d
là hai đường thẳng
chéo nhau,tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1 2


Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
4 2 2
1
4 4 ,(1)
2
y x mx m   khi
1
m
 
.
+



-2 0 2


'
y
0

0

0
y
4

4



3
y x y x     
, các điểm uốn
1 2
2 4 2 4
; ; ;
9 9
3 3
U U
   
  
   
   

+ Đồ thị:

0,25
0,25

Để đồ thị hàm số có 3 cực trị thì Phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt và y’ đổi
dấu khi x qua 3 nghiệm suy ra điều kiện :
4 0 0
m m
   

Cực đại
2
(0;4 )
A m
, hai cực tiểu
2 2
( 2 ; 4 ), (2 ; 4 )
B m m C m m
    
.
Khi đó tam giác xác định bởi 3 điểm cực trị tạo thành là tam giác cân ABC.Gọi R là
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó
. .
4
ABC
AB AC BC
R
S

V

Khoảng cách từ cực đại đến đường thẳng qua 2 cực tiểu là :
2
8

4
(16 4 )4
m m m
 

Vậy
 
4
3 2
2
3 (16 4 )4 3 1
4 1 3 4 2 2 0
4 4 2
4.16.
m m m
R m m m m m
m m
 
 
          
 

 

Suy ra
1
1
2
m
m


   
    
   
   

Điều kiện:
sin 0
x

(*)
Với điều kiện (*) ta có:

 
2
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
4sin 2 sin 2 8sin 2sin 1
6
1 3
2(2sin 1) cos2 sin 2 (2sin 1)(4sin 1)
2 2
x x
x x
x x x x
x x x x x


   

x k





 

    


 



2
)cos 2 3sin 2 4sin 1 4sin 2sin 2 3sin cos 0
7
sin 3cos 2 cos 1 2 ( )
6 6
x x x x x x x
x x x x k k Z
 

       
 
           
 
 
(Vì


0,25 0,25

0,25 0,25
Câu II.2
(1,0 đ)

Giải hệ phương trình:
3 3

27 9
27 9
(*)
5 5
3 . 3 6
45 75 6
x
x
y
y
x x
x x
y yy y


 
 


 

 
 
 
 
 
 
 
 


2
u
v





hoặc
2
1
u
v






0,25




 




.Với
3 2
2
2
5
3
1
1
5
x
u
x
v
y
y






 
 

2
3 3
( sin )sin (1 sin ) sin
(1 sin )sin (1 sin )sin
sin 1 sin
x x x x x x x
I dx dx
x x x x
x dx
dx
x x
 
 
 
 
   
 
 
 

 
 

+ Đặt
2
cot
sin
u x
du dx
dx

x
 
 
   

      
 

2 2 2
3 3 3
2
3 3 3
2
3
3

1 sin
1 cos 2cos
2 4 2
tan 3 2
4 2
|
dx dx dx
x
x
x
x
  
  

0,25 0,25
0,25
Câu IV
(1,0 đ) D
B
A
C
S
M
N

Ta có:
(MBC )

SM SB SC a x
V SA SB SC a
-
= =

( )
.
3 4
12
S MBC
ab a x
V
-
=
Lại có :
 
 
 
 
2
.
.
. .
S MNC
S ADC
V
SM SN SC SM
V SA SD SC SA

( )

( )( )
.
3 4 8
48
S BCNM SMBC SMNC
b a x a x
V V V
- -
= + = Và
( )
3 12
48
BCNMAB
b x a x
V
-
=
Theo giả thiết có
.
5
4
S BCNM BCNMAB
V V=


    





  
.Đặt
1 1 1
; ;a b c
x y z
  
.Khi đó giả thiết có
ab+bc+ca=1 và
2 2 2
2
1 1 1
a b c
P
a b c
  
  

Do ab+bc+ca=1 Nên
2 2
1 ( )( )
a ab bc ca a a b a c
       

Với các đẳng thức tương tự ta có
2 2 2
( )( ) 4( )( ) 4( )( )
1 1 1 1 1 1 9
4( ) ( ) ( ) 4( ) 4
a b c
P

0,25 0,25
0,25

0,25
Câu
VIA.1
(1,0 đ)

Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương
trình :
   
2 2
2 3 10
x y
   
.
Xác định tạo độ các đỉnh của hình vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua
điểm M(-3;-2) và
0
A
x

IA R
 
nên
   
2 2
2
1
1 3 3 20 10 10 20
1
t
t t t
t


       

 

.V ì t>-1 nên
chọn t=1.Suy ra A(6;1)

C(-2;5) và B(0;-1)

D(4;7)
TH2:(AB) 3x-y+7=0. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ
0
A
x

nên t>0 và do

0,5
0,25 0,25
Câu
VIA.2
(1,0 đ)

Trong không gian tọa độ
Oxyz
cho hai điểm


1;4;2
A
,


1;2;4
B 
. Viết phương trình
đường thẳng



đi qua trực tâm

1;2;4
OA
n OA OB
OB



 
   

 
 


uuur
r uuur uuur
uuur

mặt phẳng
( ) :
OAB
2 0
x y z
  

( , , )
H a b c
là trực tâm tam giác OAB nên :
0
( )






uuur uuur
uuur uuur

 
2
5
:
2
5
2
x t
y t
z t





  



 



2 2
MA MB

nhỏ nhất khi
KM
ngắn nhất khi đó
M
là hình chiếu
của
K
trên mặt phẳng
( )
OAB

( ; ; ) ( ; 3; 3)/ / (2; 1;1)
(2 ;3 ;3 )
M x y z KM x y z n
M t t t
     
  
uuuur r
( ) 4 (3 ) (3 ) 0 0
M OAB t t t t
        

Vậy
(0;3;3)
M
(1,0 đ)

Gọi số phức z=a+bi
Theo bài ra ta có:
 
   
2 2
2 1 2
2 1 4
3
2
a b i
a b
b a
b a


   
   
 

 
 
 






Vậy số phức cần tìm là: z=
2 2

+(
1 2
 
)i; z= z=
2 2

+(
1 2
 
)i.
0,25

0,25
0,25

0,25
Câu
VIB.1
(1,0 đ)

    
 
 
    
 2 2 2
49 140 100 10 50 150 100 0
7 10 7 10
x x x x x x
y x y x
 
      
 
 
   
  0,25
2
2
4



 



.Vậy A(2;4) ,B(1;-3)
Gọi I là tâm của đường tròn cần tìm vì I

V
:x+6y-6=0.Theo giả thiết thì đường
tròn ( C) cần tìm đi qua 2 điểm A,B nên ta có:IA=IB=R
(Có:
(6 4;4 ), (6 5; 3 )
IA a a IB a a
      
uur uur
)

2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )
a a a a R
         2 2 2 2
(6 4) (4 ) (6 5) ( 3 )
a a a a
        

0,25 0,25
Câu
VIB.2
(1,0 đ)

+)Đường thẳng
1
: 4
1 2
x t
d y t
z t



 


  

suy ra
1
d
đi qua điểm A(0;4;-1) và có một vtcp
1

u u
 
 
 
ur uur
suy ra
1 2
. , 9.0 ( 2).5 1.( 2) 12 0
AB u u
 
       
 
uuur ur uur
.Vậy
1
d
và
2
d
là hai đường thẳng chéo nhau.
Khoảng cách giữa
1
d
và
2
d
là :
 
1 2
1 2

B là trung điểm của AC
( 1 5 ) 2
4 (1 2 ) 2.(2 3 )
1 2 ( 1 ) 2( 3 )
t v u
t v u
t v u
   


     


      


Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0
Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1)
Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình
2
1 1 1
x y z

 

S C C C C
   
    
Tacó
2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) . . . . .
K k
k
x C x C C x C x C x C x C x

        


2010
2010 0 1 1 2 2 3 3 2009 2009 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010
0
(1 ) .( ) . . . . .
k k
k
x C x C C x C x C x C x C x

         


x x
dx C x C x C x C x dx
  
    
 2011 2011
1 2 3 4 2009 2010
2010 2010 2010
(1 ) (1 )
2 2
1 1 1
2011 2011

2 2 4 2010
1 1
x x
C x C x C x
 
 

 
 
    
 
 
 
 
 

0,5