Sở GD ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Tam Dương

đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12
Môn: Toán
Thi gian lm bi: 180 phut

Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s
3 2 3
3 4y 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 2sin 2
2 3 2(cotg 1)
cos sin 2
x
x
x x


.
2. Tỡm m h phng trỡnh:
3 3 2

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

v parabol (P): y
2
= 12x.
2. Tỡm h s ca s hng cha x
8
trong khai trin Newton:

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
 
 
    
 
 

0.25
Lập BBT:
)
0.25

Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với
đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x
0.25
0
x
4
+



+
+
0
0
y

2
+
y x

y
O

3




0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
 
2
2 2
2
2
4
3 1 tg 2 3 2cotg
sin 2
2(sin cos )
3tg 3 2cotg
sin cos
3tg 2tg 3 0
x x
x
x x
x x
x x
x x
   

   
   

0.25


KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
x k
 
 
; kZ
0.25
2/.
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

    


     



Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y

2 2
2 1 0x x m   

0.25
Đặt
2
1v x 
 v[0; 1]  (2)  v
2
+ 2v  1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v  1 đạt
[0;1]
[0;1]
min ( ) 1; max ( ) 2g v g v  

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2
0.25
III
1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:
1 2 ;
2
x t
y t t R
z t
 


   


 Có hai tâm mặt cầu:
2 1 8 7 17 1
; ; vµ ; ;
3 3 3 3 3 7
I I
   
  
   
   

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 vµ 25
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
           
           
           
           

0.25
2/. Đường thẳng () có VTCP
( 1;2;1)u  

; PTTQ:

0.25
Giả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m
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
 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
  
     

0.25

9 3

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
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm:
2 3
4 0
3
x y  

0.25
V
Ta có:
12
12
12
4 4 12 4

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
C C x C C x x
x
C C x

   
   
 
 
 
   
 
 
 
  


0.25