Đề và Đáp án thi thử ĐH khoi B THPT Tam Dương

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 − 2011
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng tiếp tuyến cách đều hai điểm A(2; 4),
B(−4; −2).
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải phương trình:
2
cos 2 1
cot 1 sin sin 2
1 tan 2
x
x x x
x
− = + −
+
.
2. Giải hệ phương trình:

2 2
2 2
2 4 2 3 3 2 0
( , )
4 2 0
x xy y x y
x y
x y xy y

+ + + + − =

∈

+ + + =


¡

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân:
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
Câu IV (1,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. Biết SA = x, với
0 3x< <
và các cạnh còn lại có
độ dài đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x.
Câu IV (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thoả mãn: a + b + c = 1.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2.
a b b c c a
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 3) nằm ngoài đường tròn (C):
2 2
6 2 6 0x y x y+ − + + =
. Xác định toạ độ điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho B là trung điểm
của đoạn thẳng AC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0 và hai điểm
A(1; 0; 1), B(2; 1; 2). Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt
phẳng (Q).
Câu VIIa (1,0 điểm). Cho hệ phương trình
2
3 3
3
2
1

log log 0
2
( )
0
x y
m
x y my

− =

∈


+ − =

¡
.
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thực.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 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
5
2;
2
I
 
 ÷

 
sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1; 0; 1), B(1; 2; −1), C(−1; 2; 3). Hãy
xác định toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
Câu VIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
(
)
(
)
2 2
1 5 3 1
3 5
log log 1 log log 1x x x x+ + > + −
−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: SBD:
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A
C©u Néi dung §iÓm
I
1, TXĐ: R\{−1}
+ Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
1 1
2 1 2 1
lim lim 2; lim lim
1 1
x x x x
x x
y y
x x

± ±
→±∞ →±∞ →− →−
+ +
= = = = ∞
+ +
m

Hàm số có TCĐ là x = −1, TCN là y = 2
0,25
2
1
' 0
( 1)
y
x
= >
+
, ∀x ≠ −1
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; −1) và (−1; +∞)
0,25
BBT
x
−∞ −1
+∞
y" + +
y
+∞ 2
2
−∞
0,25

§å thÞ:
0,25
2. Gọi x
0
à hoành độ tiếp điểm. PT tiếp tuyến là
0
0
2
0
0
2 1
1
( )
1
( 1)
x
y x x
x
x
+
= − +
+
+
Vì tiếp tuyến cách đều hai điểm A, B nên tiếp tuyến đi qua trung điểm I của AB hoặc song
song hoặc trùng với AB.
0,25
Nếu tiếp tuyến đi qua trung điểm I(−1; 1) của AB thì ta có:
0
0 0
2

0
0
2 1
1
( 1 ) 1 1
1
( 1)
x
x x
x
x
+
− − + = ⇔ =
+
+
Suy ra phương trình tiếp tuyến là:
1 5
4 4
y x= +
0,25
Nếu tiếp tuyến sông song hoặc trùng với AB thì hệ số góc của tiếp tuyến k = 1
0
2
0
0
0
1
1
2
( 1)

x
x
x
=

⇒ = ⇔

= −
+

Với x
0
= 0 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x + 1
Với x
0
= −2 ta có phương trình tiếp tuyến là: y = x + 5
Vậy có ba phương trình tiếp tuyến:
1 5
; 1; 5
4 4
y x y x y x= + = + = +
0,5
O
C
B
A
D
S
H
II

1. ®K:
sin 2 0 sin 2 0
sin cos 0 tan 1
x x
x x x
≠ ≠
 
⇔
 
+ ≠ ≠ −
 
PT
2
cos sin cos2 .cos
sin sin cos
sin cos sin
x x x x
x x x
x x x
−
⇔ = + −
+
2 2
cos sin
cos sin cos sin sin cos
sin
x x
x x x x x x
x
−

⇔ = − + −
0,25
⇔
cos sin sin (1 sin 2 )x x x x− = −
⇔
2
(cos sin )(sin cos sin 1) 0x x x x x− − − =
0,25
⇔
(cos sin )(sin 2 cos2 3) 0x x x x− + − =
(cos sin )( 2 sin 2 3) 0
4
x x x
π
 
⇔ − + − =
 ÷
 

cos sin 0
2 sin(2 ) 3
4
x x
x
π
− =


⇔


+ =

(lo¹i)
0,25
⇔
cos sin 0x x− =

⇔
tanx = 1
( )
4
x k k Z
π
π
⇔ = + ∈
(tm®k)
0,25
2. Phương trình thứ nhất tương đương với:
2
2
2( ) 3( ) 2 0
1
2
x y
x y x y
x y
+ = −


+ + + − = ⇔


+ =

0,25
Với x + y = −2 thay vào phương trình thứ 2 ta có:
2
1 3
2 0
2 0
y x
y y
y x
= ⇒ = −

+ − = ⇔

= − ⇒ =

0,25
Với
1
2
x y+ =
thay vào PT thứ 2 ta có:
2
1 11 3 11
4 4
8 4 5 0
1 11 3 11
4 4

x y
x x
x y

− − +
= ⇒ =


+ − = ⇔

− + −
= ⇒ =


:
Kết luận
0,5
III
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =


= ⇒ =


0,25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
1
3 1 3
3 2
x u u
dx du u du du
u
x x
u u
− −
= = − +
+
+ + +
+ +
∫ ∫ ∫ ∫
0,25
( )
2
2
1
2
6 6ln 1

1
u u u= − + +
0,25
3
3 6ln
2
= − +
0,25
IV
Ta có
( . . )SBD DCB c c c SO CO∆ = ∆ ⇒ =
Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S,
2
1CA x⇒ = +
Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2
AC BD AB BC CD AD+ = + + +
2
3 ( 0 3)BD x do x⇒ = − < <
2 2
1
1 3
4
ABCD
S x x⇒ = + −
0,5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB). Vì SB = SD nên HB = HD
⇒
H

∈
CO
0,25
Mà
2 2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SC SA
x
= + ⇒ =
+
. Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d−

0,25
V
Ta cã: VT =
2 2 2
a b c b c a
A B
b c c a a b b c c a a b
 
 

+ + + + + = +
 ÷
 ÷
 ÷
+ + + + + +
 
 
0,25
[ ]
3
3
1 1 1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1 1 1 9 3
3 ( )( )( )3
2 2 2
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a A
a b b c c a
 
+ = + + + + + + +
 
+ + +
 
≥ + + + = ⇒ ≥
+ + +
0,25
2 2 2

2 2
1 ( ) ( )
1
1 .2
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
 
= + + ≤ + + + + + + +
 ÷
 ÷
+ + +
 
⇔ ≤ ⇔ ≥
0,25
Tõ ®ã tacã VT
3 1
2
2 2
VP≥ + = =
. DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi
1
3
a b c= = =
0,25
VIa
1. Đường tròn (C) có tâm I(3; −1), bán kính R = 2. Ta có:
2 5; 2AI IB IC= = =

0,25
Trong ∆AIC đường trung tuyến
2 2 2
2 2
32
2 4
AI IC AC
IB AC
+
= − ⇒ =
0,25
Đường tròn bán kính AC là:
2 2
( 1) ( 3) 32x y− + − =
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
2 2
2 2
9
( 3) ( 1) 4 5
5
;
1 13
( 1) ( 3) 32
5
x
x y x
y
x y
y


=


− + + = =

 
⇔
  
= −

− + − =



= −


0,25
Có 2 cặp điểm thoả mãn là:
(3;1), (5; 1)B C −
và
7 1 9 13
; ; ;
5 5 5 5
B C
   
−
 ÷  ÷
   
0,25

2. Ta có:
(1;1;1)AB =
uuur
và mặt phẳng (Q) có vectơ pháp tuyến là
1
(1;2;3)n =
r
0,25
Vì
, (1; 2;1) 0AB n
 
= − ≠
 
uuur r r
nên mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là:
(1; 2;1)n = −
r
0,5
Phương trình mặt phẳng (P) là: x − 2y + z − 2 = 0
0,25
VIIa
Đk: x
≠
0, y > 0
( )
( )
2
3 3
3 3
3

2
3 2
2
3
2
1
log log
log log 0
, 1
2
, 2
0
0
0
x y
x y
y x
y x
y y m
y y my
x y my
x y my

 =
− =
 =
 =
   
⇔ ⇔ ⇔
   

+ =
+ − =
+ − =


 



+ − =


0,25
Hệ có nghiệm khi (2) có nghiệm y > 0
Ta có : f(y) =
2
y y+
> 0 ,
∀
y > 0
0,25
Do đó phương trình f(y) = m có nghiệm dương khi m > 0
0,25
Vậy hệ có nghiệm khi m > 0
0,25
VIb
1. Gọi
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= ∆ =
,
0,5
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;4),
0,25
2.
( ) ( ) ( )
2;2; 2 , 0;2;2 . , 8; 4;4 AB AC AB AC
 
− = −
 
uuur uuur uuur uuur
là vtpt của (ABC)
Pt (ABC):
2( 1) 1 0 2 1 0x y z x y z+ − + − = ⇔ − + + =
0,5
VIb
Mp trung trực của AB: (P): x + y − z − 1= 0. Mp trung trực của AC: (Q): y + z − 3 = 0
0,25
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm chung của 3 mp(ABC), (P), (Q).
Tọa độ tâm là nghiệm của hệ
2 1 0 0
1 0 2
3 0 1
x y z x

x y z y
y z z
− + + = =
 
 
+ − − = ⇔ =
 
 
+ − = =
 
. Vậy tâm I(0; 2; 1)
0,25
VIIb
Đk:
0x >
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
3 1 3 5
5
2 2
3 1 5
5

1 log log 1 log log 1 0
log log 1 .log 1 0
x x x x
x x x x
⇔ + − + + + <
 
⇔ + − + + < ÷
 ÷
 
0,25
(
)
(
)
2 2 2
5 5
log 1 1 0 log 1 1x x x x⇔ + + < ⇔ < + + <
0,25
*)
(
)
2
5
0 log 1 0x x x< + + ⇔ >
0,25
*)
(
)
2 2 2
5

12
log 1 1 1 5 1 5
5
x x x x x x x+ + < ⇔ + + < ⇔ + < − ⇔ ⇔ <
Vậy BPT có nghiệm
12
0;
5
x
 
∈
 ÷
 
0,25