1 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 @ - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚ P 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 150 phút @ Câu I (2 điểm): Cho hàm số 322 3 33(1)y xmx m xmm     (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình : 3os2 4cot 2 sin cx x x   2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: ) 3 (log 5 3 log log 2 4 2 2 2 2     x x x Câu III (1,5 điểm): ( Thí sinh khối B, D không phải làm câu 2) Tính: 1. I = 2 (sin2)cos2 x xxdx  2. J 1 32ln 12ln e x dx x x     Câu IV (1,5 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy đ i ể m M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1 điểm): Dành cho thí sinh khối A : Cho a,b,c là các số thự c dươ ng th ỏa mãn a + b + c = 1. Ch ứng minh r ằ ng 3 ab bc ca ab c bc a ca b     Dành cho thí sinh khối Bvà D: Cho x, y, z là các số thự c d ương l ớn h ơ n 1 và thoả mãn đ iề u ki ện 111 2 xyz  . Tìm giá trị lớ n nh ất c ủa bi ể u thứ c A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu VI (2 điểm): ( Thí sinh ch ọ n 1 trong 2 câu VIa ho ặ c VIb) Câu VIa: 1 , Trong m ặt ph ẳng v ớ i hệ tọ a độ Oxy cho hai đường th ẳ ng  : 380xy , ' :3 4 10 0xyvà điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’. 2, Cho t ậ p h ợ p X g ồ m 50 ph ầ n t ử khác nhau. Xét các t ậ p con khác r ỗ ng ch ữ a m ộ t s ố ch ẵ n các ph ầ n t ử rút ra t ừ t ậ p X . H ỏ i có bao nhiêu t ậ p con nh ư v ậ y. Câu VI b: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0xy. Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2, Tìm hệ số chứa 2 x trong khai triển 4 1 2 n x x     . Biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 23 1 012 2 2 2 6560 2 23 1 1 n n nnn n CCC C nn      HẾT www.laisac.page.tl 2 Họ và tên TS: SBD: ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điêm 1,(1điểm)Vớ i 32 13myxx    *TXĐ : R *Sự biến thiên : ,2 36y xx ; , 002yxx   - y : đb trên các khoảng   ;0 à 2;v   ; nb trên khoả ng   0; 2 - cự c trị : 0 0 cd cd xy  ; 2 4 ct ct xy  - giớ i hạ n : lim x y   - bbt : x  0 2  , y + 0 - 0 + y 0   -4 *Đồ thị : - Cắt 0y tại điểm:(0;0) - C ắ t 0x tạ i 0; 3 xx 4 2 -2 -4 y -5 5 fx  = x 3 -3  x 2 2. (1,5điểm):Ta có ,2 2 36 3( 1)yxmxm   Để hàm số có cực trị thì PT , 0 y  có nghiệmphânbiệt 22 210xmxm   có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m   0.25 0.25 0.25 0.25 05 Câu I (2,5đ) Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 0.5 3 Theo giả thiết ta có 2 322 2610 322 m OA OB m m m          Vậy có 2 giá trị của m là 322 m   và 322 m   . 0.5 1. (1điểm) đ /k sin 0 cos 0 x x      pt đã cho tương đương với  4cos 2sin 3 cos 2 cos sin 3(cos sin ) 3 (cos sin )(cos sin ) xx x x xxx xxxx     sin cos 1 sin cos 3( ) xx x xvn       2 3 2 2 xk x k           3 2, 2 xkk     Z Vậy pt có nghiệm : 3 2, 2 xkk    Z 0.25 0.25 0.5 CâuII (2đ) 2,(1điểm) đ/k :      03loglog 0 2 2 2 2 x x x 1 0 2 8 x x         Bpt tương đương với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2  xxx đặ t t = log 2 x, Bpt (1)  )3(5)1)(3()3(532 2  tttttt                         4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t        168 2 1 0 x x Vậy bpt có tập nghiệm là : )16;8(] 2 1 ;0(  0.25 0.25 0.25 0.25 4 1, (1 đ i ể m - Kh ố i A và 1,5 đ i ể m đố i v ớ i Kh ố i B và D) I = 444 22 12 000 (sin2)2 2 sin2 2 x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I     TÝnh 1 I ®Æt 4 11 0 1 sin 2 sin 2 1 2 22 sin 2 2 du dx ux x IxC xdx vcosxdx vx                 = 2 1 sin 2 os2 24 x x cxC TÝnh 2 I 4 23 23 0 11 sin 2 (sin 2 ) sin 2 26 I xd x x C    Vậy I = 3 11 sin 2 os2 sin 2 246 x x cx xC   0.25 0.25 0.25 0.25 CâuIII (1,5đ) 2,(0.5điểm) - đồi với khối A: Tính I 1 32ln 12ln e x dx x x     . Đặt 2 1 12ln 12ln;txtxtdtdx x    Đổi c ậ n : 11; 2 xtxet    I  2 2 3 2 1 1 10 2 11 44 333 t tdt t        0.25 0.25 5 B A D C S M N H CâuIV (1,5đ) Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA       . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đườ ng cao Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 23 3 a a MN SM MN AD SA a a     Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Di ện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 210 3 22 333 a a B CMN a a BM         H ạ SH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , ABAM S BMS  = 1 2 . Vậy BM là phân giác của góc SBA    0 30SBH  SH = SB.sin30 0 = a 025 0.25 0.25 0.25 0.25 6 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a 0.25 KH Ố I A: *Biến đổi; 11 1(1)(1) ab c c ab c ab b a a b     *T ừ đ ó 111 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) cba VT ab ca cb      Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 111 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) cba VT ab ca cb      = 3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 abc   0.25 0.25 0.25 0.25 CâuV (1đ) C âuVI (2 đ) KHỐI B VÀ D: Ta có 111 2 xyz  nên 111 11(1)(1) 11 2 (1) yz yz xyzyz yz        T ương t ự ta có 11111(1)(1) 11 2 (2) xz xz yxzxz xz        111 11(1)(1) 11 2 (3) xy xy yxyxy xy        Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 (1)(1)(1) 8 xyz   vậy A max = 13 82 xyz Câu VIa: 1, (1điểm): Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 7 22 22 3( 3 8) 4 10 (3 8 2) ( 1) 34 tt tt       Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1) 2 + (y + 3) 2 = 25. 2, (1điểm): Số tập con gồm k phần tử được lấy ra từ tập X là : 50 k C S ố tất cả các tập con khác rỗng ch ứa một số chẵn các phần t ử rút ra từ tậ p X là: 246 4850 50 50 50 50 50 SC C C C C  Ta có  0 1 2 2 3 3 49 49 50 50 50 50 50 50 50 50 1 n x CCxCxCx CxCx     (*) Cho 1(*) x   0 1 2 3 49 50 50 50 50 50 50 50 50 2CCCC CC 1(*) x    0 1 2 3 49 50 50 50 50 50 50 50 0 CCCC C C   Do đó: 2( 246 485050 50 50 50 50 50 ) 2CCC CC  49 21S   Câu VIb: 1, (1điểm) : 34 163 (; ) (4 ; ) 44 aa Aa B a   . Khi đ ó di ệ n tích tam giác ABC là 1 .( ) 3 2 ABC SABdC AB Theo gi ả thi ế t ta có 2 2 4 63 5(42) 25 0 2 a a AB a a               V ậ y hai đi ể m c ầ n tìm là A(0;1) và B(4; 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 8 www.vnmath.com 9 . VÀ D: Ta có 11 1 2 xyz  nên 11 1 11 (1) (1) 11 2 (1) yz yz xyzyz yz        T ương t ự ta có 11 111 (1) (1) 11 2 (2) xz xz yxzxz xz        11 1 11 (1) (1) 11 2 (3) xy. đổi; 11 1( 1) (1) ab c c ab c ab b a a b     *T ừ đ ó 11 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) cba VT ab ca cb      Do a, b,c dương và a+ b+c =1 nên a, b,c thuộc khoảng (0 ;1) =>. 1 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 @ - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚ P 12 NĂM HỌC 2 010 -2 011 MÔN: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 15 0 phút @ Câu I (2 điểm): Cho hàm số 322 3 33 (1) y xmx