De thi thu DH lan 3 khoi B" QUA HAY"

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2010 − 2011
MÔN: TOÁN 12 KHỐI B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số:
1)4(2)1(2
23
++−++= xmxmxy

( )
m
C
)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1−=m

2. Với giá tri nào của m thì
( )
m
C
đạt cực đại, cực tiểu tại
21
, xx
sao cho:
2
2
2
2
1

≤+ xx
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
1 1
sin 2 sin 2cot 2
2sin sin 2
x x x
x x
+ − − =
2. Giải hệ phương trình:
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y
y y x y

+ − =



− − = −


Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân: I
( )
∫
++

+
=
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
C©u IV(1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tứ giác đều
''''. DCBAABCD
có chiều cao bằng a. Góc hợp
bởi đường chéo của hai mặt bên kề nhau cùng xuất phát từ một đỉnh bằng 45
0
. Tính theo a thể tích
khối lăng trụ tứ giác đều
''''. DCBAABCD
.
C©u V (1,0 điểm). Cho x, y > 0. Chứng minh rằng:
( )
256
9
111
2
≥









+






++
y
x
y
x
PHẦN RIÊNG (3.0 điểm). Thí sinh chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆
1
: x + y – 3 = 0 và
đường thẳng ∆
2
: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆
1
và điểm C thuộc ∆
2
sao cho tam giác

ABC vuông cân tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz hãy lập phương trình mặt cầu có tâm thuộc Ox đồng thời
tiếp xúc với hai mặt phẳng:
0343 =++ yx
và
0322 =++− zyx
Câu VI.a ( 1.0 điểm). Giải phương trình:
( ) ( )
212log1log
3
2
3
=−+− xx

B.Chương trình chuẩn
C©u VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(3; 0), đường cao từ đỉnh B có
phương trình
01 =++ yx
, trung tuyến từ đỉnh C có phương trình:
022 =−− yx
. Tính diện tích
tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng lần lượt cắt các trục toạ độ
Ox, Oy, Oz tại ba điểm A, B, C sao cho H(2; −1; 1) là trực tâm tam giác ABC
C©u VII.b (1,0điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức
10
2
3
2

.






+
x
xx
với
0>x
−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: SBD:
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Thang
điểm
I
1) m =1 Hàm số y =
162
3
+− xx
- TXĐ: D =
R
- Sự biến thiên
+ ) Giơí hạn :
−∞=+∞=
−∞→+∞→
yy

xx
lim;lim
.



=
−=
⇔=−=
1
1
0';66'
2
x
x
yxy
0,25
+) Bảng biến thiên:
x

∞+∞−
1 1-
y’ + 0 - 0 +
y
∞−

1
-7
∞+

Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
+∞−∞− ;11; và
, Hàm số nghịch biến
( )
1;1−
Hàm số đạt cực đại tại
( )
5;1−
, Hàm số đạt cực tiểu tại
( )
3;1 −

0,5
- Đồ thị : HS tự vẽ 0,25
2,




−−
=
=
⇔=+−++=
3
4
1
0');4(2)1(26'
2
m

x
x
ymxmxy
(m
)7−≠
0,25
Theo đề ra
( )
1
9
4
2
2
2
2
2
1
≤
+
⇔≤+
m
xx
.
0,25
17343
−≤≤−⇔≤+≤−⇔
mm
Kết hợp điều kiện:
17
−≤<−

m
0,5
II
1, Điều kiện:
2
02sin
π
k
xx ≠⇔≠
PTTĐ:
xxxx 2cos2cos.2cos2cos
2
=−−
0,25
( )



=++
=
⇔=++⇔
01coscos2
02cos
02cos2cos2cos
2
xx
x
xxx
0,25
Zk

k
x ∈+=⇔ ,
24
ππ
0,5
ĐK :
0y ≠
hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0
x x
y
x
y y

+ − − =


⇔


+ − − =


đưa hệ về dạng
2

2
2 2 0
2 2 0
u u v
v v u

+ − − =


+ − − =


0,25









−−
=
+
=
+−
=
−
=

−==
==
⇔





=−−+



−=
=
2
71
;
2
73
2
71
;
2
73
1
1
022
1
2
vu

vu
vu
vu
uvv
vu
vu
Từ đó ta có nghiệm của hệ
0,5
( ) ( ) ( )








+
+








−
−
−−=⇔

17
2
;
2
73
;
17
2
;
2
73
,1;1,1;1; yx
0,25
III
I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1
dx
x
x
. •Đặt
dttdx

x
dx
dtxt )1(
21
211 −=⇒
+
=⇒++=
và
2
2
2
tt
x
−
=
Đổi cận
44;20 =→==→= txtx
0,25
•Ta có I =
dt
t
t
tdt
t
ttt
dt
t
ttt
∫∫ ∫







−+−=
−+−
=
−+−
4
2
2
4
2
4
2
2
23
2
2
24
3
2
1243
2
1)1)(22(
2
1
=









++−
t
tt
t 2
ln43
22
1
2

0,5
=
4
1
2ln2 −
0.25
IV HS tự vẽ hình: Đáy lăng trụ là hình vuông. Góc D’AB’ = 45
0
0,25
Giả sử cạnh đáy là x. Xét tam giác B’AD’ có B’D’ = x
2
AB’ = AD’ =
,
22

xa +
Ta có
( ) ( )
22
222220222
2
22
22245cos'.' 2''''
ax
axaxxABADADABDB
−
=⇔
+−+=⇔−+=
0,5
Vậy V = a.x
( )
2
22
3
2
−
=
a
(ĐVTT)
0,25
V
Ta có: 4(x
3
+y
3

)
≥
(x+y)
3
, với
∀
x,y>0
Thật vậy: 4(x
3
+y
3
)
≥
(x+y)
3

⇔
4(x
2
-xy+y
2
)
≥
(x+y)
2
(vì x+y>0)

⇔
3x
2

+3y
2
-6xy
≥
0
⇔
(x-y)
2
≥
0 luôn đúng
Tương tự: 4(x
3
+z
3
)
≥
(x+z)
3

4(y
3
+z
3
)
≥
(y+z)
3

3 3 3 3 3 3
3 3 3

3
4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y x z y z x y z xyz⇒ + + + + + ≥ + + ≥
0,25
Mặt khác:
3
2 2 2
1
2( ) 6
x y z
y z x xyz
+ + ≥
0,25
3
3
1
6( ) 12P xyz
xyz
⇒ ≥ + ≥
0,25
Dấu ‘=’ xảy ra
2 2 2
1
1
x y z
x y z
x y z
y z x
xyz
xyz



= =


⇔ = = ⇔ = = =



=


.
Vậy P
≥
12, dấu ‘=’ xảy ra
⇔
x = y = z =1
0,25
VI.a
B ∈ ∆
1
⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆
2
⇔ C(b; 9-b) ∆ ABC vuông cân tại A ⇔
2 2
. 0AB AC
AB AC

=



=


uuur uuur

0,5
⇔
2 2
2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)
2a - 8a = 2b 20b 48 (2)


− +

a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
0,5
(1) ⇔ b =
5a - 8
a - 2
. Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4
0,5
Với a = 0 suy ra b = 4 . Với a = 4 suy ra b = 6. KL: 0,5
2, Giả sử I(a; 0; 0). Ta có:
3
32
5
33 +
=
+ aa

0,25
19/246
−=∨−=⇔
a
0,25
Vậy phương trình mặt cầu là:
( )
96
22
2
=+++ zyx
và:
361
9
19
24
22
2
=++






+ zyx
0,5
VII.a
ĐK:
2/11 >≠ x

. PTTĐ:
( )
212log21log2
33
=−+− xx
0,25
( ) ( )




>>=+−
>=−−
⇔=−−⇔=−−⇔
)2/11(0432
)1(0232
31211121log
2
2
3
xxx
xxx
xxxx
0,25
2
2/1
2
=⇔




−=
=
⇔ x
x
x
0,5
VI.b
1, PT cạnh AC: x- y -3 =0. Toạ độ C là nghiệm hệ
( )
4;1
022
03
−−⇒



=−−
=−−
C
yx
yx
0,25
Giả sử B(a; -a-1), M(b; 2b-2) là trung điểm AB. Ta có
( )
1;1
4401
23
−⇒




−=+−−
=+
B
ba
ba
0,25
S
ABC
=
( )
1024.
2
5
.
2
1
.,
2
1
==ACACBd
(ĐVDT)
2, Giả sử A(a; 0; 0), B(0; 0; b), C(0; 0; c). Ta có








=+−
=+−
=+
⇔







∈
=
=
1
112
02
0
)(
0.
0.
cba
ca
cb
ABCH
ACBH
BCAH
0,5
3;6;6 =−==⇔ abc

. Vậy phương trình mặt phẳng là:
1
663
=+−
zyx
0,5
VII.b
Ta có:
∑ ∑
= =
−
−
−
==






+
10
0
10
0
3
1040
10
2
)10(

3
4
10
10
2
3
2.2
2
k k
k
kkkk
k
k
xCxxC
x
xx
0,5
Để số hạng này không chứa x thì k = 4 0,25
Vậy số hạng cần tìm là:
336016.
4
10
=C
0,25