Đề và đáp án thi thử ĐH (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

Câu 1 (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. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A và B. Gọi I là
giao điểm hai tiệm cận . Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2 (2.0 điểm ).
1. Giải phương trình:
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−

= +
+
.
2. Giải hệ phương trình:
2
( 3)( ) 0
2 6
x x y y
xy x

− − + =


+ =


Câu 3 (2.0 điểm).
1. Tìm các số tự nhiên m, n thoả mãn:
2 2 1
3
1
9 19
C C A
2 2
P 720
m
m n m
n
−
+

−

+ + <



=

2. Giải phương trình:
2 2
2 1 2 2
2 9.2 2 0
x x x x+ + +
− + =
Câu 4 (2.0 điểm).
1. Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của SA và BC. Biết đường thẳng MN tạo với mặt đáy góc 30
0
. Tính thể tích khối
chóp S.ABCD.
2. Cho các số x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 3.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
x y z
P
x yz y zx z xy
= + +
+ + +
Câu 5 (2.0 điểm).
1. Cho phương trình:

3 2
1
2
2
log ( 6 ) 2log ( 14 29 2) 0mx x x x− + − + − =
Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết đỉnh B(1; 1) và
đường tròn đường kính AB là (C):
2 2
4 2 4 0x y x y+ − − + =
cắt cạnh BC tại H sao cho BC = 4BH.
Tìm tọa độ đỉnh A và C.
−−−−−−−−−−−−−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
C©u1
1. TXĐ: R\{1}
+ Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
1
2 1
lim lim 2; lim
1
x x
x
x
y y
x

±
→±∞ →±∞
→
+
= = = ±∞
−


⇒ Đồ thị hàm số có TCĐ là x = 1; TCN: y = 2
2
3
' 0
( 1)
y
x
= − <
−
⇒ Hàm số nghịch biến trên TXĐ
0.5
BBT
x
−∞
1 +∞
y"
− −
y
1 +∞

−∞
1

0.25
§å thÞ:
0.25
2. Gọi
0
0
3
;2
1
M x
x
 
+
 ÷
−
 
∈(C).
Tiếp tuyến d tại M có dạng:
0
2
0
0
3 3
( ) 2
1
( 1)
y x x
x
x
−

= − + +
−
−
0.25
Các giao điểm của d với 2 tiệm cận: A
0
6
1;2
1
A
x
 
+
 ÷
−
 
, B(2x
0
–1; 2).
0.25
S
∆
IAB
= 6 (không đổi) ⇒ chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB
⇔
0
0
0
0
1 3

6
2 1
1
1 3
x
x
x
x

= +
= − ⇒

−
= −


⇒
( )
1
1 3;2 3M + +
, M
2
(
1 3;2 3− −
)
0.5
C©u 2
ĐK:
sin cos 0x x+ ≠
Khi đó phương trình

( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosx x x x x⇔ − − = + +

( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =
0.5
( ) ( ) ( )
1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
sin 1
2
2
cos 1
2
x
x k
x
x m
π

= −
= − + π


⇔ ⇔


= −


= π+ π

0.25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
= − + π
và
2x m
= π+ π

( )
,k m∈ Z
0.25
2/. Hệ tương đương với:
2 2
( 3)( ) 0 2 ( ) (1)
2(3 ) 2(3 ) (2)
x x y y y x y xy
xy x xy x
 
− − + = = −
 
⇔
 
= − = −
 
 

0.25
Giải (1) ta có: y = 0 ⇒ x = 3
Nếu y ≠ 0, (1) ⇔ 2y = (x − y)x = x
2
+ 2x − 6 (theo (2))
0.25
Thế vào (2) ta có: x(x
2
+ 2x − 6) = 4(3 − x) ⇔ x
3
+ 2x
2
− 2x − 12 = 0
⇔ x = 2 ⇒ y = 1
0.25
Vậy hệ đã cho có 2 hệ nghiệm: (x, y) = (3; 0), (2; 1)
0.25
C©u 3
1/. Điều kiện: n, m∈N, m ≥ 1.
Từ P
n
−
1
= 720 ⇒ n = 7
0.25
Ta có:
2 2 1
3
9 19 ! ( 3)! 9 19 !
C C A .

2 2 2( 2)! 2( 1)! 2 2 ( 1)!
m
m n m
m n m
m n m
−
+
+
+ + < ⇔ + + <
− + −
2
( 1) ( 2)( 3) 9 19 20 99 0 9 11m m n n m m m m− + + + + < ⇔ − + < ⇔ < <
⇔ m = 10
0.5
KL: Hệ có nghiệm m = 10, n = 9
0.25
2/. Chia cả 2 vế phương trình cho
2 2
2 0
x+
≠
ta được:
2 2 2 2
2 2 1 2 2 2 2
1 9
2 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
x x x x x x x x− − − − − −
− + = ⇔ − + =
2 2

2 2
2.2 9.2 4 0
x x x x− −
⇔ − + =
0.5
Đặt
2
2
x x
t
−
=
điều kiện t>0
Khi đó phương trình tương đương với:
2
2
2
2
1
4
2 2
2 9 4 0
1
2 2
2
x x
x x
t
t t
t

−
− −
=


=


− + = ⇔ ⇔

=

=


0.25
2
2
2 1
2
1
x x x
x
x x

− = = −

⇔ ⇔



=
− = −



Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=2.
0.25
C©u 4
Câu 4
Gọi O là tâm hình vuông và I là trung điểm AO.
Ta có: MI // SO ⇒ MI ⊥ (ABCD) ⇒
·
0
30INM =
0.5
Trong ∆CIN có
2
2 2 2 0
5
2 . .cos 45
8
a
IN IC NC IC NC= + − =
0
30
2 2 .tan30
6
a
SO MI NI⇒ = = =
. Thể tích khối chóp SABCD là

3
30
18
a
V =
0.5
2. Ta có:
3 2 2
2 2 2
2
2
x yz
x x yz x yz
x x x
x yz x yz
xyz
= − ≥ − = −
+ +
Tương tự:
3 3
2 2
;
2 2
z xy
y y zx z
y z
y zx z xy
≥ − ≥ −
+ +
0.5

Vậy
2 2 2
1
( ) ( )
2
P x y z x y z xyz≥ + + − + +
Mà:
3
2
2 2 2 2
1
( ) 3; 1
3 3
x y z
x y z x y z xyz
+ +
 
+ + ≥ + + = ≤ =
 ÷
 
.
Nên
3
2
P ≥
. Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1.
0.5
Câu V
Ta có phương trình đã cho tương đương với :

2
3 2
2 2
3 2
14 29 2 0
log ( 6 ) log ( 14 29 2)
6 14 29 2
x x
mx x x x
mx x x x

− + − >

− = − + − ⇔

− = − + −


0.25
3 2
1
2
14
6 14 29 2
(1)
x
x x x
m
x


< <


⇔

− + −

=


0.25
Xét hàm số
3 2
6 14 29 2
( )
x x x
f x
x
− + −
=
trên
1
;2
14
 
 ÷
 
Lập Bảng biến thiên
0.25
Căn cứ vào BBT ta có giá trị m cần tìm:

39
19
2
m< <
0.25
2/.
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính R = 1
0.25
Vì I là trung điểm AB nên A(3; 1)
0.25
Phương trình cạnh AC là: x = 3
Gọi J là trung điểm BC. Vì BC = 4BH nên IH là đường trung bình của ∆BJA
⇒ AJ = 2IH = 2 ⇒ ∆ABJ đều ⇒ BH = 1; BC = 4
0.25
Gọi C(3; c) ⇒
2 2
4 ( 1) 16 1 2 3BC c c= + − = ⇔ = ±
Vậy có hai điểm C cần tìm là
( ) ( )
3; 1 2 3 , 3; 1 2 3C C+ −
0.25