TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 @ - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 150 phút @ Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1)y x mx m x m m= − + − − + (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 : 3 os2 4cot 2 sin c x x x + − = 2. Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: )3(log53loglog 2 4 2 2 2 2 −>−− xxx Câu III (1,5 điểm): ( Thí sinh khối B, D không phải làm câu 2) Tính: 1. I = 2 ( sin 2 )cos 2x x xdx+ ∫ 2. J 1 3 2ln 1 2ln 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 điểm 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 thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 3 a b b c c a a b c bc a c a b + + + + + ≥ + + + Dành cho thí sinh khối Bvà D: Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 1 1 1 2 x y z + + ≥ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu VI (2 điểm): (Thí sinh chọn 1 trong 2 câu VIa hoặc VIb) Câu VIa: 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : 3 8 0x y+ + = , ':3 4 10 0x y∆ − + = 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 tập hợp X gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con khác rỗng chữa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập X . Hỏi có bao nhiêu tập con như vậy. Câu VI b: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . 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: 2 3 1 0 1 2 2 2 2 6560 2 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + + = + + HẾT Họ và tên TS: SBD: ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điêm Câu I (2,5đ) CâuII 1,(1điểm)Với 3 2 1 3m y x x= ⇒ = − *TXĐ: R *Sự biến thiên : , 2 3 6y x x= − ; , 0 0 2y x x= ⇔ = ∨ = - y : đb trên các khoảng ( ) ( ) ;0 à 2;v−∞ +∞ ; nb trên khoảng ( ) 0;2 - cực trị: 0 0 cd cd x y= ⇒ = ; 2 4 ct ct x y= ⇒ = − - giới hạn : lim x y →±∞ = ±∞ - bbt : x −∞ 0 2 +∞ , y + 0 - 0 + y 0 +∞ −∞ -4 *Đồ thị : - Cắt 0y tại điểm:(0;0) - Cắt 0x tại 0; 3x x= = 4 2 -2 -4 y -5 5 f x ( ) = x 3 -3 ⋅ x 2 2. (1,5điểm):Ta có , 2 2 3 6 3( 1)y x mx m= − + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có nghiệmphânbiệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ 0.25 0.25 0.25 0.25 05 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 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m  = − + = ⇔ + + = ⇔  = − −   Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m = − − và 3 2 2m = − + . 0.5 1. (1điểm) đ/k sin 0 cos 0 x x ≠   ≠  pt đã cho tương đương với ( ) 4cos 2sin 3 cos2 cos sin 3(cos sin ) 3 (cos sin )(cos sin ) x x x x x x x x x x x ⇔ − = + ⇔ + + − = + + − sin cos 1 sin cos 3( ) x x x x vn − = −  ⇔  + =  2 3 2 2 x k x k π π π =   ⇔  = +  3 2 , 2 x k k π π ⇔ = + ∈Z Vậy pt có nghiệm : 3 2 , 2 x k k π π = + ∈Z 0.25 0.25 0.5 2,(1điểm) đ/k:    ≥−− > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x 1 0 2 8 x x  < ≤  ⇔  ≥  Bpt tương đương với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 −>−− xxx đặt 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 1, (1điểm - Khối A và 1,5 điểm đối với Khối B và D) I = 4 4 4 2 2 1 2 0 0 0 ( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I π π π + = + = + ∫ ∫ ∫ TÝnh 1 I ®Æt 4 1 1 0 1 sin 2 sin 2 1 2 2 2 sin 2 2 du dx u x x I x C xdx v cos xdx v x π =  =    ⇒ ⇒ = + −   = =     ∫ ∫ = 2 1 sin 2 os2 2 4 x x c x C+ + TÝnh 2 I 4 2 3 2 3 0 1 1 sin 2 (sin 2 ) sin 2 2 6 I xd x x C π = = + ∫ Vậy I = 3 1 1 sin 2 os2 sin 2 2 4 6 x x c x x C+ + + 0.25 0.25 0.25 0.25 2,(0.5điểm) - đồi với khối A: Tính I 1 3 2ln 1 2ln e x dx x x − = + ∫ . Đặt 2 1 1 2ln 1 2ln ;t x t x tdt dx x = + ⇒ = + = Đổi cận: 1 1; 2x t x e t= ⇒ = = ⇒ = I ( ) 2 2 3 2 1 1 10 2 11 4 4 3 3 3 t t dt t   − = − − = −  ÷   ∫ 0.25 0.25 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 đường cao Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a − = ⇔ = = Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 2 10 3 2 2 3 3 3 a a BC MN a a BM   +  ÷ + = =  ÷  ÷   Hạ 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 , AB AM SB MS = = 1 2 . Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ · = 0 30SBH ⇒ SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a 025 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 KHỐI A: *Biến đổi; 1 1 1 (1 )(1 ) a b c c a b c ab b a a b + − − = = + + − − − − *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − = + + − − − − − − 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 1 1 1 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a V T a b c a c b − − − ≥ − − − − − − =3 (đpcm) 0.25 0.25 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c= = = 0.25 KHỐI B VÀ D: Ta có 1 1 1 2 x y z + + ≥ nên 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = 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 2 2 2 2 3( 3 8) 4 10 ( 3 8 2) ( 1) 3 4 t t t t − − − + = − − + + − + 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 ⇒ Số tất cả các tập con khác rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập X là: 2 4 6 48 50 50 50 50 50 50 S C 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 C C x C x C x C x C x+ = + + + + + + (*) Cho 1 (*)x = ⇒ ⇔ 0 1 2 3 49 50 50 50 50 50 50 50 50 2C C C C C C+ + + + + + = 1 (*)x = − ⇒ ⇔ 0 1 2 3 49 50 50 50 50 50 50 50 0C C C C C C− + − + − + = Do đó: 2( 2 4 6 48 50 50 50 50 50 50 50 ) 2C C C C C+ + + + + = 49 2 1S⇒ = − 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu VIb: 1, (1điểm): 3 4 16 3 ( ; ) (4 ; ) 4 4 a a A a B a + − ⇒ − . Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 . ( ) 3 2 ABC S AB d C AB= → ∆ = Theo giả thiết ta có 2 2 4 6 3 5 (4 2 ) 25 0 2 a a AB a a =  −   = ⇔ − + = ⇔  ÷  =    Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4; 0.25 0.25 0.25 0.25 2,(1điểm): Ta có ( ) 2 2 3 1 0 1 2 0 2 2 2 2 1 2 3 1 n n n n n n n C C C C x dx n + + + + + = + + ∫ 1 1 3 1 6560 3 6561 7 1 1 n n n n n + + − ⇔ = ⇔ = ⇔ = + + 7 14 3 7 4 7 4 0 1 1 2 2 k k k x C x x −   + =  ÷   ∑ Số hạng chứa 2 x ứng với k thỏa mãn : 14 3 2 2 4 k k − = ⇔ = Vậy hệ số cần tìm là : 21 4 HẾT 0.25 0.25 0.25 0.25 . chỉ khi 1 3 a b c= = = 0.25 KHỐI B VÀ D: Ta có 1 1 1 2 x y z + + ≥ nên 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 2 (2) x. đổi; 1 1 1 (1 ) (1 ) a b c c a b c ab b a a b + − − = = + + − − − − *Từ đó 1 1 1 (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) c b a V T a b c a c b − − − = + + − − − − − − Do a,b,c dương và a+b+c =1 nên a,b,c thu c. ≥ 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ Nhân vế với vế của (1) , (2), (3) ta được 1 ( 1) ( 1) ( 1) 8 x y z− − − ≤ vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = Câu VIa: 1,