de thi thu DH THPT Lang Giang so 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
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