Đề thi thử toán - THPT Lạng Giang số 1 ppsx

www.vnmath.com

1
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
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(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
(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
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
ab bc ca
ab c bc a ca 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

111
2
xyz
. 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

: 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 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 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.vnmath.com

2
Họ và tên TS: SBD:


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điêm
1,(1điểm)Với
32
13myxx  

*TXĐ:
R


*Sự biến thiên :
,2
36
y
xx;
,
002yxx


- y : đb trên các khoảng



;0 à 2;v  ; nb trên khoảng


0; 2
- cực trị: 0 0
cd cd
xy ; 2 4
ct ct
xy 
- 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; 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
,
0y

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
www.vnmath.com

3
Theo giả thiết ta có
2
322
2610
322
m
OA OB m m
m


 


 



Vậy có 2 giá trị của m là
322m   và 322m   .

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
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

www.vnmath.com

4







1, (1điểm - Khối A và 1,5 điểm đối với Khối 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 cận
: 11; 2xtxet  
I

2
2
3
2
1
1
10 2 11
44
333
t
tdt t

  






0.25

0.25

www.vnmath.com

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 đường 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

Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4
2
210
3
22
333
a
a
B
CMN 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 ,
A
BAM
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


www.vnmath.com

6
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3
27
a



0.25
KHỐI A:
*Biến đổi;
11
1(1)(1)
ab c c
ab c ab b a a b
 




*Từ đó
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
 
    

Tương tự 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


www.vnmath.com

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

Số tất cả các tập con khác rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập 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
0CCCC 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 đó diện tích tam giác ABC là

1
.( ) 3
2
ABC
SABdC AB


Theo giả thiết ta có
2

2
4
63
5(42) 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


0.25




0.25


0.25




0.25



0.25




0.25

0.25
www.vnmath.com

8

www.vnmath.com

9