Tài liệu ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009 - 2010 MÔN TOÁN KHỐI A,B ppt

SỞ GD  ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
  
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ NĂM HỌC 2009  2010
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A, B LẦN 3
Thời gian làm bài: 180 phút
PHẦN I. DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số
3 2
2
x
y
x



(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Đường thẳng y = x cắt (C) tại hai điểm M, N. Tìm m để đường thẳng: y = x + m cắt (C) tại P, Q sao
cho tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Câu 2 (2.0 điểm ).
1. Giải phương trình:
2 2
2sin 2sin tan
4
x x x

 
  
 
 

.
2. Giải phương trình:
2 2
4 2 3 4x x x x    

Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân:
 
4
3
0
ln 2 1
2 1
x
I dx
x





Câu 4 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A;
0
60ABC 
, AB = 2a. Cạnh
bên AA’ = 3a. Gọi M là trung điểm B’C’. Tính thể tích tứ diện A’BMC và khoảng cách từ C đến mặt
phẳng (A’BM)
Câu 5 (1.0 điểm).
Cho a, b, c > 0 thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
3

a b b c c a
a b c
c a b
  
     

PHẦN II. HỌC SINH LÀM THEO KHỐI THI
A. Dành cho học sinh thi khối A.
Câu 6a (2.0 điểm).
1. Giải bất phương trình:
 
2 2 2
2 2 4
log log 3 5 log 3x x x   
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(2; 1); đường
cao và đường phân giác trong qua hai đỉnh A, C lần lượt là: 3x  4y + 27 = 0 và x + 2y  5 = 0. Lập
phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Câu 7a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + 2y  z + 2 = 0, và
đường thẳng d:
1 2 1
2 3 1
x y z  
 
. Viết phương trình tham số đường thẳng  đi qua A(1; 2; 3) cắt
đường thẳng d và song song với mặt phẳng (P).
B. Dành cho học sinh thi khối B.
Câu 6 Vb (2.0 điểm).
1. Giải bất phương trình
   

2 2
1 5 3 1
3 5
log log 1 log log 1x x x x    
.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại C. Biết đường cao
BH: 2x  3y  10 = 0 và cạnh AB: 5x + y  8 = 0 và đỉnh A(1; 3). Xác định tọa độ các đỉnh B, C.
Câu 7b. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác Oxyz, cho mặt phẳng (P): x  y  z  1 = 0 và
đường thẳng d:
1 1 2
2 1 3
x y z  
 
. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  đi qua A(1; 1; 2),
song song với mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng d.
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:............................................................................................SBD:..........................
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 1 /3

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B
Câu Nội dung Điểm
Câu1
1. + TXĐ: R\{2}
+ Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
3 2
lim lim 3
2
x x

x
y
x
 

 

 x = 3 là tiệm cận ngang.
2 2
3 2
lim lim
2
x x
x
y
x
 
 

  

 x = 2 là tiệm cận đứng.
2
4
' 0
( 2)
y
x
 


 Hàm số đồng biến trên TXĐ
0.5
BBT 0.25
Đồ thị: 0.25
2. Đường thẳng y = x cắt đồ thị (C) tại hai điểm M(1; 1) và N(2; 2)  MN
2
= 18
0.25
Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = x + m và đồ thị (C) là nghiệm của PT:
2
3 2
( 1) 2 2 0
2
x
x m x m x m
x

       

(*)
Điều kiện để y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt P, Q khác M, N là:
( ;5 4 2) (5 4 2; )m     

0.25
Giả sử hoành độ của P và Q là x
1
, x
2
.( x
1

; x
2
là nghiệm của phương trình (*)
MNPQ là một hình bình hành khi và chỉ khi MN
2
= PQ
2

5 41m  

Cách 2: Do tính chất đỗi xứng nên I là tâm đối xứng của đồ thị cũng là tâm đối
xứng của hbh MNPQ.
Do đó khoảng cách từ I đến MN bằng khoảng cách từ I đến PQ.
0.5
Câu 2
1/. Điều kiện:
cos 0x 
(*)
2 2 2
sin
2sin 2sin tan 1 cos 2 2sin
4 2 cos
x
x x x x x
x
 
   
       
   
   

0.5
 
2
cos sin 2 .cos 2sin .cos sin cos sin sin 2 cos sin 0x x x x x x x x x x x        
sin cos tan 1
4
4 2
sin 2 1 2 2
2 4
x x x x k
x k
x x l x l


         

 
   

 

        



0.5
2/.

Đk:

2  x  2.

Đặt
2
2 2 2 2
4
4 4 2 4 4
2
t
t x x t x x x x

         

Phương trình có dạng
2
2
3 2 8 0
4
3
t
t t
t



   

 


0.5
Với t = 2, ta có:
2
0
4 2
2
x
x x
x


   




Với
4
3
t  
, phương trình vô nghiệm.
0.5
Câu 3
Đặt
2
2 1 2 1t x t x tdt dx      

Với x = 0  t =1; x = 4  t = 3
0.25
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 2 /3

Tích phân có dạng:
3
2
1
ln t
dt
t

.
0.25
Đặt
2
1
ln
1
1
u t
du dt
t
dv dt
v
t
t





 


 

 
 



. Vậy
3
2
1
3
1 1 1
ln (2 ln3)
1
3
I t dt
t
t
    


0.5
Câu 4
Ta có:
2 3 , 4 , ' 2AC a BC a A M a  

Gọi A'H là đường cao của tam giác vuông A'B'C'  AH  (BCC'B') và
3AH a

60
0
M
I
H
B'
A'
C'
C
B
A

0.25
Diện tích tam giác MBC là S
MBC
= 6a
2
.
Thể tích khối chóp A'MBC là
3
'
2 3
A MBC
V a

0.25
Gọi B'I là đường cao của  đều A'B'M 
' 3, 2 3B I a BI a 
và BI  A'M.

Diện tích A'BM là
2
'
2 3
A BM
S a
.
0.25
Do đó thể tích khối chóp C'ABM là:
3
. ' '
1
( ,( ' )). 2 3 ( ,( ' )) 3
3
C A MB A BM
V d C A BM S a d C A BM a   

0.25
Câu 5
Áp dụng BĐT Côsi và Bunhiacopxki:
3 3a b c a b c   

0.25
 
2
a b c
a b c
a b c
c a b c a b
 

     
 

0.25
 
2
b c a
b c a
a b c
c a b c a b
 
     
 

Cộng vế với vế ba BĐT trên ta có ĐPCM.
0.5
Câu
6a
1/. ĐK:
2 2
2 2
0
log log 3 0
x
x x




  




0.25
Đặt t = log
2
x,
BPT 
2
2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)t t t t t t        

0.25
2
2
2
1
log 1
1
3
3 4 3 log 4
( 1)( 3) 5( 3)
t
x
t
t
t x
t t t
 

 

 





  




   




   




0.25
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 3 /3









168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
1
0; (8;16)
2
 



 

0.25
Câu
6a
2/. Phương trình cạnh BC là: 4x + 3y  5 = 0
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
4 3 5 0 1
( 1;3)
2 5 0 3
x y x
C
x y y
    
 

  
 
   
 

0.25
Gọi B' là điểm đối xứng với B qua đường phân giác CD.
Phương trình BB' là:2x  y  5 = 0
Giao điểm I của BB' và CD là nghiệm của hệ phương trình
2 5 0 3
(3;1) '(4;3)
2 5 0 1
x y x
I B
x y y
   
 
  
 
   
 

0.25
PT cạnh AC (hay cạnh BB') là: y = 3.
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình
3 4 27 0 5
( 5;3)
3 3
x y x
A

y y
    
 
  
 
 
 

0.25
Phương trình cạnh AB là: 4x + 7y  1 = 0.
Ta có A, B nằm về cùng một phia đối với đường phân giác trong góc C  không
tồn tại tam giác
0.25
Câu
7a
Mp (P) có VTPT là
(2;2; 1)n  

.
Đường thẳng d có phương trình tham số là:
1 2
2 3
1
x t
y t
z t
 


  



  

.
Giả sử B(1 + 2t; 2 + 3t; 1 + t)d
0.25
Ta có:
(2 2;3 ; 4)AB t t t  


Đường thẳng  cần tìm đi qua A, B và song song với mặt phẳng (P) khi và chỉ khi
8
. 0 2(2 2) 6 4 0 9 8
9
AB n t t t t t            
 

0.25
2 8 44
; ;
9 3 9
AB
 
    
 
 

. Ta có thể chọn VTCP của  là
(1;12;22)u 



0.25
Vậy phương trình tham số của  là:
1 '
2 12 '
3 22 '
x t
y t
z t
  


  


 


0.25
Câu
6b
1/. ĐK: x> 0
 
   
     
2 2
3 1 3 5
5
2 2 2 2

3 1 5 5
5
1 log log 1 log log 1 0
log log 1 .log 1 0 log 1 1
x x x x
x x x x x x
      
 
 
         
 
 

0.5
 
2
5
0 log 1 1x x    

*)
 
2
5
0 log 1 0x x x    

0.5
Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 4 /3

*)
 

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
 

 
 

2/. Tọa độ B là nghiệm của HPT:
5 8 0 2
(2; 2)
2 3 10 0 2
x y x
B
x y y
   
 
  
 
    
 

PT đường thẳng AC là: 3x + 2y  9 = 0. Đường thẳng AB là: 5x + y  8 = 0
0.5
Gọi I là trung điểm AB 
3 1
;
2 2
I
 
 
 
.
Phương trình đường cao CI là: x  5y + 1 = 0.
Tọa độ C là nghiệm của HPT:
3 2 9 0
43 12
;
5 1 0
17 17
x y
C
x y
  

 


 
  
 



0.5
Câu
7b
Mặt phẳng (P) có VTPT
(1; 1; 1)n   

, đường thẳng d có VTCP
(2;1;3)u 


Vì
/ /( )
, ( 2; 5;1)
d
d
P u n
u n u
d
u u




 


 
     

 
 
 




 
  
 

0.5
Đường thẳng  đi qua A(1; 1; 2) có phương trình chính tắc là:
1 1 2
2 5 1
x y z  
 


0.5