DE+DAP AN THI THU DH LAN 3 KHOI D THPT MINH CHAU 2011

SỞ GD&ĐT Hng yªn
TRƯỜNG THPT Minh ch©u
ĐỀ THI S¸T H¹CH KhèI 12 NĂM 2011
Môn Thi : TOÁN ; Khối :D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngµy thi: 20/2/2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI(2 điểm).
Cho hàm số:
3 2
1
(2 1) 3
3
y x mx m x
= − + − −
(1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2.
2.Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng một phía đối
với trục tung.
CâuII(2 điểm):
1. Giải phương trình: cos4x – cos3x + cos2x = 0
2. Giải phương trình:
3 2 1 4 9 2 (3 2)( 1)x x x x x
− + − = − + − −
.
CâuIII(2 điểm):
1. Giải hệ phương trình:
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y

x x y y y

+ + + =

+ + + + =


2. Giải phương trình:
2
log(2 5 2)
2
log log 2
x x
x
+ −
=
+
CâuIV(3điểm) :
1. Trong mặt phẳng Oxy cho
∆
ABC cân đỉnh A. trọng tâm
( )
2; 2G
−
.
Đường thẳng BC có phương trình: x + y
−
1 = 0, đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh C
có phương trình: y + 2 = 0.
Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB .

2. Cho hình chóp SABC, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = a
3
.
Đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = 2a,
·
0
120BAC =
a.Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC)
b. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC.
CâuV(1điểm) :
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 thì

1 1 1
3( )
3 3 3 3 3 3
a b c a b c
a b c
+ + ≥ + +

Hết
………….…………………………………Hết………………………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:
Chữ kí giám thị:………………………………………
Híng dÉn chÊm TOÁN KHÓI D
Câu Nội dung Điểm
CâuI(2,
0đ)
1)1,0 đ
1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

2 1
1
x
y
x
−
=
−
1. Tập xác định:
\{1}D
=
¡
2. Sự biến thiên của hàm số
* Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực của hàm số. Tiệm cận của đồ thị hàm số.
1
2
2 1
lim lim lim 2
1
1
1
x x
x
x
x
y
x
x
→±∞ →±∞
→±∞

−
−
= = =
−
−
=> Đồ thị hàm số nhận đường thẳng y=2 làm tiệm 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
+ −
+ −
→ →
→ →
− −
= = +∞ = = −∞
− −
=>Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x=1 làm tiệm cận đứng
0,25
* Lập bảng biến thiên
2
1
' 0
( 1)

y x D
x
−
= < ∀ ∈
−
, y’ không xác định <=> x=1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. Hàm số không có cực trị.
0,25
bảng biến thiên
x -
∞
1 +
∞
y’ - || -
y 2 +
∞

-
∞
2
0.25
3. Đồ thị
- Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=1/2
- Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=1
- đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng.
0,25
I
(
1;2
)

2
1
y
x
O
2)1,0đ
2)Hoành độ giao điểm của đường thẳng y=x+m (d) và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình
( ) ( )
2 1
1
2 1 1 (*)
x
x m
x
x x x m
−
= +
−
⇔ − = − +
( x=1 không phải là nghiệm của (*))
2
( 3) 1 0x m x m⇔ + − + − =
(1)
0,25
2 2
( 3) 4(1 ) 2 5 0m m m m m∆ = − − − = − + > ∀
Do đó (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x y B x y
với

1 2
,x x
là hai nghiệm của (1)
0,25
Theo viét
1 2 1 2
3 ; 1x x m x x m+ = − = −
. Vì
, ( )A B d
∈
nên
1 1 2 2
;y x m y x m= + = +
( )
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
2( ) 2 4 2( 2 5)AB x x x x x x m m
 
= − = + − = − +
 
0,25
2 2 2
1
4 16 2( 2 5) 16 2 3 0
3
m
AB AB m m m m
m
= −


= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

=

0,25
Câu II:
(2,0đ)
1)Giải phương trình
( )
3 cos 2 2cos sin 1 0x x x+ − =

3 cos 2 sin 2 2cosx x x⇔ + =


3 1
cos2 sin 2 cos
2 2
x x x⇔ + =
0,25

cos2 cos sin 2 sin cos
6 6
x x x
π π
⇔ + =

cos(2 ) cos
6
x x

π
⇔ − =
0,25

2 2
6
( )
2 2
6
x x k
k
x x k
π
π
π
π

− = +

⇔ ∈


− = − +


¢
0,25

2
6

( )
2
18 3
x k
k
k
x
π
π
π π

= +

⇔ ∈


= +


¢
KL
0,25
1)1,0đ
2)Giải phương trình
2 2
2 1 4
2
2
log 2log log ( )x x x
x

− = ∈¡
(1)
ĐKXĐ:x>0
( )
2
2 2 2
2
1 log 2log logx x
x
⇔ + =
0,25

2
2 2
log 3log 2 0(*)x x
⇔ − + =
0,25
Đặt t=log
2
x
Thay vào (*) ta có
0,25
2
3 2 0
1
2
t t
t
t
− + =

=

⇔

=

t=1 ta có log
2
x=1
⇔
x=2
t=2 ta có log
2
x=2
⇔
x=4
kết hợp với ĐKXĐ
⇒
phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=2 và x=4
0,25
Câu
III:
(1,0đ)
Tính tích phân
1
0
2
I
1
x

dx
x
=
+
∫
Đặt
2
2t x x t dx tdt= ⇒ = ⇒ =
3
2 4
1
1
xdx t dt
t
x
=
+
+

Nếu
0 0
1 1
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,25
1 1
3
2

0 0
4 1
4 ( 1 )
1 1
t
I dt t t dt
t t
= = − + −
+ +
∫ ∫
0,25
3 2 1
0
1 1
4( ln 1 ) )
3 2
t t t t
= − + − +
0,25
10
4ln 2
3
= −
0,25
Câu
IV:
(1,0đ)
A'
G
M'

C'
B'
C
B
A
Hình chiếu của AA’ trên (A’B’C’) là A’G nên góc tạo bởi AA’và (A’B’C’) là
·
0
' 60AA G =
gọi M’là trung điểm B’C’
⇒
A’,G, M’ thẳng hàng
0,25
đặt x=AB
∆
A’B’C’ đều cạnh x có A’M’ là đường cao
⇒
3 2 3
' ' , ' ' '
2 3 3
x x
A M A G A M
= = =
Trong
∆
AA’G vuông có AG=AA’sin60
0
=
3
2

a
;
0
3 3
' ' os60
2 3 2
a x a
A G AA c x
= = = ⇔ =
0,25
diện tích
∆
ABC là
2 2
0 2
1 3 3 3 3 3
. .sin 60 ( )
2 4 4 2 16
ABC
x a a
S AB AC
∆
= = = =
0,25
thể tích khối lăng trụ là
2 3
. ' ' '
3 3 3 9
.
2 16 32

ABC A B C ABC
a a a
V A G S
∆
= = =
0,25
Câu
VIa: 1.
(1,0đ)
Giả sử là
2
( ; 1 )I t t d− − ∈
tâm của đường tròn (C)
Vì (C) tiếp xúc với
1
d
nên

1
2 2
3 4( 1 ) 20
( , ) 5
3 4
t t
d I d R
+ − − −
= ⇔ =
+
0,25
24 25 1

24 25
24 25 49
t t
t
t t
+ = =
 
⇔ + = ⇔ ⇔
 
+ = − = −
 
0,25
Với
1
1 (1; 2)t I= ⇒ −
ta được phương trình đường tròn

( ) ( ) ( )
2 2
1
1 2 25C x y
− + + =
0,25
Với
1
49 ( 49;48)t I= − ⇒ −
ta được phương trình đường tròn

( ) ( ) ( )
2 2

2
49 48 25C x y
+ + − =
0,25
2.
(1,0đ)
(S):
2 2 2
4 4 2 16 0x y z x y z+ + − − + − =

(S) có tâm I(2;2;-1)
phương trình mặt phẳng (Q) có dạng:
2 2 0x y z D
+ − + =
điều kiện
1(*)D
≠
0,25
( ,( )) 3d I P
=
2 2 2
| 2.2 1.2 2( 1) |
3
2 1 ( 2)
D
+ − − +
⇔ =
+ + −
0,25
1

| 8 | 9
17
D
D
D
=

⇔ + = ⇔

= −

Kết hợp với điều kiện (*) ta được D = -17
0,25
Vậy phương trình của (Q)
2 2 17 0x y z
+ − − =
0,25
Câu
VIIa:
(1,0đ)
VIIa Số khả năng lấy được 4 viên bi trong 15 viên là
4
15
C
=1365 (cách
0,25
TH1: lấy được 2 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng
Có :
2 1 1
5 3 7

. . 210C C C =
(cách)
0,25
TH2: lấy được 1 viên bi xanh, 2 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng
Có :
1 2 1
5 3 7
. . 105C C C =
(cách)
0,25
TH3: lấy được 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ, 2 viên bi vàng
Có :
1 1 2
5 3 7
. . 315C C C =
(cách)
Vậy xác suất lấy được 4 viên bi có đủ các mầu là:
210 105 315
46%
1365
P
+ +
= =
0,25
VI.b 1 Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5
Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ∆,
=> ∆ : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0)
Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=>
khoảng cách từ tâm I đến ∆ bằng
2 2

5 3 4− =
( )
2
4 10 1
3 4
, 4
3 1 4 10 1
c
c
d I
c

= −
− + +
⇒ ∆ = = ⇔

+ = − −


(thỏa mãn c≠2)
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
3 4 10 1 0x y+ + − =
hoặc
3 4 10 1 0x y+ − − =
.

V)
( ) ( )
2
3 3 3

log 2 log 2 4 1 logx m x m x+ + + = +
(1) Đk: x>0
Đặt:
3
log ,x t khi=

[ ]
1;9x∈
=>
[ ]
0;2t ∈

( ) ( )
( ) ( )
2
2
1 2 2 4
t 4 3 2
t m t m mt
t m
⇔ + + + = +
⇔ + = − +
Vì
[ ]
0;2t ∈
từ (2)
2
4
3
t

m
t
+
⇔ = −
+
Đặt
( ) ( )
( )
2 2
2
4 6 4
' 0
3
3
t t t
f t f t
t
t
+ − − +
= − => = =
+
+

( )
( )
3 13
3 13
t loai
t tm


= − −

⇔

= − +

Ta có : f(
3 13− +
)=
2 13 6−
; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5
Vậy với
8
;2 13 6
5
m
 
∈ − −
 
 
thì phương trình có nghiệm với mọi
[ ]
1;9x ∈

0,25
0,25
0,25
0,25