CÂU I: ( 2 điểm) Cho hàm số 2 12 + + = x x y có đồ thị là (C) 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2). Chứng minh đường thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. CÂU II: ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: 22 2 22 4 log log 3 5(log 3)xx x− −= − 2) Giải bất phương trình: 22 2 2 4.2 2 4 0 xx xx x+− − + −> CÂU III: ( 2 điểm ) 1) Tính tích phân: 2 2 1 ln x I dx x = ∫ 2) Tính tích phân : 2 1 11 x J dx x = +− ∫ CÂU IV: ( 2.0 điểm) Cho lăng trụ đứng tam giác ABC A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B với BA = BC = a ,biết A'B hợp với đáy ABC một góc 60 0 . 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A'B'C'. 2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC. CÂU V: ( 2.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 23a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3 4 a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. = = = = = Hết = = = = = SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH = = = & = = = ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LỚP 12C LẦN 1 Thời gian: 150 phút HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM GHI CHÚ CÂU I 1) TXĐ: D = R\{-2} Chiều biến thiên + Dx x y ∈∀> + = 0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( −−∞ và ); 2 ( +∞ − + Hàm số không có cực trị. +Giới hạn: +∞= −∞= = = − + −→−→ +∞→−∞→ 22 lim; lim; 2 limlim xx xx yy y y Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 +Bảng biến thiên X ∞− -2 ∞+ y’ + + ∞+ 2 y 2 ∞− Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 − ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0.25 0.25 0.25 0.25 2) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng (d) là nghiệm của phương trình    =−+−+ −≠ ⇔+−= + + )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam ∀≠−=−+−−+−>+ =∆ 03 21)2).(4() 2(0 1 22 nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0.25 0.25 SỞ GD VÀ ĐT ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH = = = & = = = ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LỚP 12C LẦN 1 x y O 2 -2 Gọi A(x A; y A ); B(x B; y B ) với x A, x B là nghiệm của (1). Ta có y A = m – x A ; y B = m – x B nên AB 2 = (x A – x B ) 2 + (y A – y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất khi AB 2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó 24=AB 0.25 0.25 CÂU II 1) 22 2 22 4 log log 3 5(log 3)xx x− −= − §K:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x  2 2 0 log 1 log 3 x x x >   ≤−     ≥   Ph¬ng tr×nh ®· cho t¬ng ®¬ng víi 22 22 2 log log 3 5(log 3) (1)xx x− −= − ®Æt t = log 2 x, PT (1) ⇔ 2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)tt t t t t− −= − ⇔ − + = − 2 3 3 3 ( 1)( 3) 5( 3) 4 t t t tt t t ≥  ≥   ⇔⇔ =   + −= −    =   2 2 log x=3 x=8 log x=4 x=16 hay   ⇔     VËy PT ®· cho cã 2 nghiÖm. 0.25 0.25 0.25 0.25 2) 22 2 2 4.2 2 4 0 xx xx x+− − + −>  22 22 2 .2 4.2 2 4 0 xx x xx x−− − + −>  2 2 (2 4).(2 1) 0 x xx− − +> vì 2 2 10 xx− +>  2 2 40 x −>  1x > 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU III 1) Đặt 2 1 2 ln 1 1 dx du ux x dx dv x dx x v x x − −  = =    ⇒  = =  = = −   −  2 2 1 1 22 2 2 11 11 [ ln ] ( ). 11 ln 2 ln 2 22 dx Ix x xx dx x dx x − =− −− =−+=−+ ∫ ∫∫ 1 22 11 1 1 111 ln 2 [ ] ln 2 [ ] ln 2 2 12 22 x x − =−+ =−+−=−+ − 0.25 0.25 0.25 0.25 2) Đặt 22 1 1 12t x t x x t dx tdt= −⇔ = −⇔ = +⇔ = 1 0; 2 1x tx t=⇒= = ⇒= 0.25 1 11 23 2 0 00 1 32 0 12 22 2 2 11 1 2 2 2ln 1 32 1 1 11 2 2 2ln2 4ln 2 32 3 t tt J tdt dt t t dt tt t tt tt ++  = = = −+ −  ++ +   = −+− +    = − +− = −   ∫ ∫∫ 0.25 0.25 0.25 CÂU IV 1). Ta có A'A (ABC) A'A AB&AB⊥ ⇒⊥ là hình chiếu của A'B lên mp(ABC) . Vậy  o [A'B,(ABC)] ABA' 60= = 0 ABA' AA' AB.tan60 a 3 ⇒= = S ABC = 2 1a BA.BC 22 = Vậy V = S ABC .AA' = 3 a3 2 0.25 0.25 0.25 0.25 2) Gọi O là giao điểm A’C và AC’=> OA=OA’, và I là trung điểm AC. Khi đó: IA=IB=IC và OI vuông góc mp(ABC).  OA=OB=OC=OA’ Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ABC. Bán kính R=OA= a5 2 0.25 0.25 0.25 0.25 CÂU V 0.25 S A B K H C O I D 3a a O I Từ giả thiết AC = 23a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó  0 60ADB = h ay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH = 3a ; OK // DH và 13 22 a OK DH= = ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒ 2 22 111 2 a SO OI OK SO = + ⇒= Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 13 . 33 DDS ABC ABC a V S SO= = 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 = = = = = HẾT = = = = . 2) Đặt 22 1 1 12 t x t x x t dx tdt= −⇔ = −⇔ = +⇔ = 1 0; 2 1x tx t=⇒= = ⇒= 0.25 1 11 23 2 0 00 1 32 0 12 22 2 2 11 1 2 2 2ln 1 32 1 1 11 2 2 2ln2. −   −  2 2 1 1 22 2 2 11 11 [ ln ] ( ). 11 ln 2 ln 2 22 dx Ix x xx dx x dx x − =− −− =−+=−+ ∫ ∫∫ 1 22 11 1 1 11 1 ln 2 [ ] ln 2 [ ] ln 2 2 12 22 x x − =−+