đề thi 2012 số 2

S
Ở GD
& Đ T V
Ĩ N H P H Ú C
T R Ư
Ờ N G T H P T T A M D Ư Ơ N G
Đ
Ề KHẢO SÁT CHUY
ÊN ĐỀ
L
ẦN 1
NĂM H
ỌC 20
11 - 2012
MÔN: TOÁN 12 KH
ỐI A
Th
ờ i
gian làm bài: 180 phút, không k
ể t h ờ i g i a n p h á t đ ề
Câu I (2,0 đi
ểm)
Cho hàm s
ố
2 1
1
x
y
x




1. Kh
ảo sát sự biến thi
ên và
v
ẽ đ ồ t h ị ( C ) c ủ a h
àm s
ố trên.
2. Tìm trên
đ ồ t h ị ( C ) n h ữ n g đ i ể m
M sao cho ti
ếp tuyến tại
M t
ạo với hai đường tiệm cận
c
ủa đồ thị (C)
m
ột tam giác
v
ới
đư
ờng tròn ngoại tiếp có bán kính bằng
2
.
Câu II (2,0 đi
ểm)
1. Gi
ải phương t
rình
2

2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 2
4
x x x x

 
   
 
 
.
2. Gi
ải hệ phương trình
2 2
2
4 1
2
1
x y x y y
y
x y
x

   


  



Câu II (2,0 đi
ểm)

1. Tính gi
ới hạn
2
3
4
2
( 3 9). 1 2 3
l i m
2
x
x x x x
x

    

2. Tìm giá tr
ị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 9 6 3y x x x    
Câu IV (2,0 đi
ểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t
ại
A và D. Bi
ết
AB = 2a ,
AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc v
ới mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp
S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) t h e o a .
2. Cho các s

ố
a , b , c dương tho
ả mãn
2 2 2
12a b c  
.
Tìm giá tr
ị n h ỏ n h ấ t c ủ a b i ể u t h ứ c :
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
a b c
  
  
Câu V (2,0 đi
ểm)
1. Cho phương tr
ình
4
2
1 4 3 2 ( 3 ) 2 0x m x x m x       
.
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
2. Trong m
ặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung đi
ểm của
c
ạnh

BC, phương tr
ình
đư
ờng thẳng
DM:
2 0x y   
và đi
ểm
C(3;3). Bi
ết đỉnh
A thu
ộc
đư
ờng thẳng (d): 3
x + y  2 = 0 và A c ó h o à n h đ
ộ âm. Xác định toạ độ các đỉnh
A , B, D.
H
ẾT

Cán b
ộ c o i t h i k h ô n g g i ả i t h í c h g ì t h ê
m!
H
ọ v
à tên thí sinh:
SBD:
AOTRANGTB.COM
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :
HƯ

ỚNG DẪN CHẤM V
À THANG ĐI
ỂM
MÔN TOÁN 12 KH
ỐI A
C©u
Néi dung
§iÓm
1. TXĐ:
\{1}

+ S
ự biến thiên:
Gi
ới hạn và tiệm cận:
2 1
2 1
lim lim 2; lim lim 2
1
1
x x
x x
x
x
y
y
x
x
 
 




 



 y = 2 là ti
ệm cận ngang.
1 1
1 1
2 1
2 1
lim lim ; lim lim
1
1
x x
x x
x
x
y
y
x
x




 
 



     


 x = 1 là ti
ệm cận đứng.
2
1
' 0 ( ;1) (1; )
( 1)
y
x
x

      

0,25
BBT
x
∞
1
+
∞
y '


0
1
+∞

y
∞
1
Hàm s
ố nghịch biến tr
ên: (
; 1) và (1; +)
0,5
§å thÞ:
1
2
1
2
1
x
y
O
Đ
ồ thị (C) nhận điểm
I(1; 2) làm tâm đ
ối xứng
0,25
2. Gi
ả sử
0 0
( ; )
M x y
thu
ộc đồ thị (C) của hàm số.
Phương tr

ình tiếp tuyến tại
M là
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
( 1)
x
y x x
x
x


  


0,25
G
ọi
A, B l
ần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)
Giao v
ới đường thẳng
x = 1 là
0

0
2
1;
1
x
A
x
 
 

 
Giao v
ới đường thẳng
y = 2 là
 
0
2 1;2
B x

0,25
Vì bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB b
ằng
2
nên
2
2
0
2

0
0
4
2
2
0
0
0
0
4
2 2 8 (2 2)
8
( 1)
0
( 1) 2( 1) 1 0 ( 1) 1
2
AB AB x
x
x
x x
x
x
      



         




0,5
I
V
ậy có hai điểm cần t
ìm là
1
2
(0; 1), (2; 3)
M M
1. Phương tr
ình tương đương
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3 1 cos 4
2
x x
x
x


 
    
 


 



0,25
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3(1 sin 4 )
2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0

2cos3 cos 2 3 sin 3 cos 0
x x
x
x
x x x x
x x x x

   

  



0,25
cos 0
2
cos (cos3 3 sin 3 ) 0
1
tan 3
3
18 3
x
x k
x x x
x
k
x





  



  



 
 

  




Vậy phương trình có hai nghiệm là:
2
x k

  
và
( )
18 3
k
x
k
 
   


0,5
2. Nh
ận xét
y = 0 không là nghi
ệm của hệ ph
ương trình.
Hệ tương đương với:
2
2
1
4
2
1
x
x y
y
y
x y
x


  




  




0,25
Đ
ặt
2
1
,
x
u v x y
y

  
. H
ệ ph
ương
trình có d
ạng
4
1
2
u v
v
u
 



 



0,25
Gi
ải hệ phương trình ta có:
u = 1, v = 3
0,25
II
V
ới
2
1
1
1 2
1
,
3
2 5
3
x
u
x x
y
v
y y
x y



  



 

 
 
 

 

 

 

0,25
1. Xét hàm s
ố
2
3
4
3
( ) ( 3 9) 1 2 3;
2
f x x x x x x
      
ta có:
(2) 0
f

và
 
2

3
2
2
3
4
3 9 1
41
'( ) 2 3 1
'(2)
6
3 ( 1) 2 (2 3)
x x
f x x x
f
x
x
 
    
 


0,5
Khi đó gi
ới hạn cần t
ìm được viết dưới dạng:
2
( ) (2) 41
lim
'(2)
2

6
x
f x f
I
f
x



 

0,5
III
2. TXĐ: D = [1; 3]
2
2
2
3 3 9 6 3 3 3
' 1
9 6 3 9 6 3
x
x x x
y
x x
x x

   
 

 

 
2
2
2
3 3 0
' 0 9 6 3 3 3 0
2
9 6 3 (3 3)
x
y
x x x
x
x x x
 


       
 

   


0,5
Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
V
ậy
[ 1;3]
[ 1;3]
max 6; min 0;
y y



 
0,25
D
C
B
A
S
Di
ện tích
hình thang ABCD là
2
1
3
(2 ).
2
2
a
S a a a
  
;
Di
ện tích tam giác
ABD là
2
1
.
2
ABD

S AB AD a

 
Di
ện tích tam giác
BCD là
2
2
BCD ABD
a
S S S


  
0,25
Th
ể tích khối chóp
S.BCD là
2 3
1
1
. 3 .
3
3 2 2
SBCD
BCD
a a
V SA S a



 
0,25
Ta có:
2 2
9
10
SD a a a
  
Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD.
Di
ện tích tam giác
SCD là
2
1
10
2
SCD
S a

0,25
G
ọi
d là kho
ảng cách từ
B đ
ến mặt phẳng (
SCD). Ta có
3
3
2

1
3 3 10
.
3 2
10
10
SBCD SCD
a a a
V d S
d
a
    
0,25
Ta có:


 
2
2
2
2
3
2
1 1
2
1 (1 )(1 )
4
4
a a a a
a a a a

    
     


2
3
2
1
1
2
2
1 (1 )( 1)
a
a a a a



   
0,5
IV
V
ậy
2 2 2 2 2 2
3 3 3
1 1 1 2 2 2 18
1
2 2 2
6
1 1 1
a b c a b c

a b c
     

     
  
D
ấu đẳng thức xảy ra khi v
à chỉ khi
a = b = c = 2
V
ậy GTNN của biểu thức l
à
P = 1
0,5
1. ĐK: x
≥ 2
. Nh
ận xét
x = 2 không là nghi
ệm của phương trình.
V
ới
x > 2 phương tr
ình tương đương với:
4
1 1
4
3 0
2 2
x x

m m
x x
 
   
 
Đ
ặt
4
1
, 1
2
x
t t
x

 

.
Phương tr
ình có dạng
2
2
3
4 3 0 ( )
4 1
t
t mt m m f t
t
 
      


(t > 1)
0,25
V
Kh
ảo sát
2
3
( )
4 1
t
f t
t
 


v
ới
t > 1,
2
2
4 2 12 3
'( )
0
2
(4 1)
t t
f t
t
t

  

  

,
0,25
T
ừ BBT ta có: phương trình có nghiệm

 
1 ;
3 3
m a x ( ) ( )
2 4
m f t f
 
   
0,5
2. G
ọi
( ; 3 2) ,( )A t t d t    
. Ta có:
( , ) 2 ( , )d A DM d C DM 
4 4
2.4
3 1
2 2
t
t t


      
hay A( 3 ; 7) ho
ặc
A( 1; 5).
Vì hoành
đ ộ đ i ể m
A âm nên A( 1; 5)
0,25
G
ọi
D( m; m  2)
,( )DM m   
( 1 ; 7); ( 3 ; 1 ) AD m m CD m m      
       
Do t
ứ giác ABCD là hình vuông nên:
2 2 2 2
5 1
. 0
5
( 1 ) ( 7) ( 3 ) ( 1 )
m m
D A D C
m
D A D C
m m m m
   




 
   
 

      




       
 D( 5 ; 3 )
0,5
V
Vì
( 2; 6) ( 3; 1)AB DC B      
       
K
ết luận:
A( 1; 5); B( 3; 1); D( 5 ; 3 ) .
0,25
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i :