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 . 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. 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: