1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG MÔN: TOÁN 12 KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y 
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
2. Tìm trên đồ thị (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M tạo với hai đường tiệm cận
của đồ thị (C) một tam giác với đường tròn ngoại tiếp có bán kính bằng 2.
Câu II (2,0 điểm)
 
1. Giải phương trình 2cos3 x cos x  3(1  sin 2 x)  2 3 cos 2  2 x   .
 4
2 2
 x  y  xy  4 y  1

2. Giải hệ phương trình  y
x  y  2 2
 x 1
Câu II (2,0 điểm)
( x 2  3 x  9). 3 x  1  4 2 x  3
1. Tính giới hạn lim
x2 x2
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1  9  6 x  3x 2
Câu IV (2,0 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D. Biết AB = 2a,
AD = CD = a, SA = 3a (a > 0) và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp
S.BCD và tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) theo a.
2. Cho các số a, b, c dương thoả mãn a 2  b 2  c 2  12 .
1 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   
1  a3 1  b3 1  c3
Câu V (2,0 điểm)
1. Cho phương trình x  1  4m 4 x 2  3x  2  (m  3) x  2  0 .
Tìm m để phương trình có nghiệm thực.
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của
cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x  y  2  0 và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc
đường thẳng (d): 3 x + y  2 = 0 và A có hoành độ âm. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, D.
HẾT
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:......................................................... ..............................SBD:...................

2. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN 12 KHỐI A
C©u Néi dung §iÓm
1. TXĐ:  {1}
+ Sự biến thiên:
Giới hạn và tiệm cận:
2x 1 2x 1
lim y  lim  2; lim y  lim  2  y = 2 là tiệm cận ngang.
x  x x  1 x x x  1 0,25
2x 1 2x 1
lim y  lim  ; lim y  lim    x = 1 là tiệm cận đứng.
x 1 x 1 x  1 x 1 x 1 x  1
1
y'  0 x  (;1)  (1; )
( x  1) 2
BBT
x ∞ 1 +∞
y'   0
1 +∞
0,5
y
∞ 1
Hàm số nghịch biến trên: ( ; 1) và (1; +)
§å thÞ:
y
I
2 0,25
1
1
O 2 x
1
Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng
2. Giả sử M ( x0 ; y0 ) thuộc đồ thị (C) của hàm số.
1 2 x0  1 0,25
Phương trình tiếp tuyến tại M là y  2
( x  x0 ) 
( x0  1) x0  1
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)
 2 x0 
Giao với đường thẳng x = 1 là A 1;  0,25
 x0  1 
Giao với đường thẳng y = 2 là B  2 x0  1; 2 
Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 nên
4
AB  2 2  AB 2  8  (2 x0  2) 2  8
( x0  1) 2 0,5
 x0  0
 ( x0  1) 4  2( x0  1) 2  1  0  ( x0  1) 2  1  
 x0  2
Vậy có hai điểm cần tìm là M1 (0; 1), M 2 (2; 3)

3.    
1. Phương trình tương đương 2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3 1  cos  4 x    0,25
  2 
 2 cos 3 x cos x  3(1  sin 2 x)  3(1  sin 4 x)
 2 cos 3 x cos x  3(sin 4 x  sin 2 x)  0 0,25
 2 cos 3 x cos x  2 3 sin 3 x cos x  0
 
cos x  0 x  2  k
 cos x(cos 3 x  3 sin 3 x)  0   
 tan 3 x   1 x     k

 3 
0,5
 18 3
  k
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x   k  và x    (k  )
2 18 3
II 2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.
 x2  1
 x y  4
 y 0,25
Hệ tương đương với: 
x  y  y  2

 x2  1
u  v  4
x2  1 
Đặt u  , v  x  y . Hệ phương trình có dạng  1 0,25
y v  u  2

Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25
 x2  1
u  1   1  x  1  x  2
Với   y  ,  0,25
v  3  y  2 y  5
x  y  3
3
1. Xét hàm số f ( x)  ( x 2  3x  9) 3 x  1  4 2 x  3; x  ta có:
2
x 2  3x  9 1 41 0,5
f (2)  0 và f '( x)   2 x  3 3 x  1    f '(2) 
33 ( x  1) 2 2 4 (2 x  3) 2 6
f ( x)  f (2) 41
Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng: I  lim  f '(2)  0,5
III x2 x2 6
2. TXĐ: D = [1; 3]
3  3x 9  6 x  3x 2  3  3x
y '  1 
9  6 x  3x 2 9  6 x  3x 2 0,5
3 x  3  0

y '  0  9  6 x  3x 2  3  3x  0   2 2
 x2
9  6 x  3 x  (3 x  3)

Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
Vậy max y  6; min y  0; 0,25
[ 1;3] [ 1;3]

4. S
A
B
D C
1 3a 2
Diện tích hình thang ABCD là S  (2a  a ).a  ;
2 2
1
Diện tích tam giác ABD là SABD  AB. AD  a 2 0,25
2
a2
Diện tích tam giác BCD là SBCD  S  SABD 
2
IV 1 1 a 2 a3
Thể tích khối chóp S.BCD là VSBCD  SA.S BCD  3a.  0,25
3 3 2 2
Ta có: SD  9a 2  a 2  a 10
Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD. 0,25
1
Diện tích tam giác SCD là S SCD  a 2 10
2
Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Ta có
1 a3 3a3 3a 10 0,25
VSBCD  d .S SCD  d 2 
3 2 a 10 10
1  a  1  a  a2    2  a2 
2 2
3 2
Ta có: 1  a  (1  a )(1  a  a ) 
4 4 0,5
1 1 2
   2
1  a3 (1  a)(a 2  a  1) a  2
1 1 1 2 2 2 18
Vậy    2  2  2  2 2 2
1
1  a3 1  b3 1  c3 a  2 b  2 c  2 a  b  c  6 0,5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
Vậy GTNN của biểu thức là P = 1
1. ĐK: x ≥ 2 . Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình.
x 1 x 1
Với x > 2 phương trình tương đương với:  4m 4 m3 0
x2 x2
x 1 0,25
Đặt t  4 , t  1.
V x2
t 2  3
Phương trình có dạng t 2  4mt  m  3  0  m   f (t ) (t > 1)
4t  1
t 2  3 4t 2  2t  12 3
Khảo sát f (t )  với t > 1, f '(t )  2
0t  , 0,25
4t  1 (4t  1) 2

5. 3 3
Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm  m  max f (t )  f ( )   0,5
1;  2 4
2. Gọi A(t ; 3t  2)  d , (t  ) . Ta có: d ( A, DM )  2d (C , DM )
4t  4 2.4
   t  3  t  1 hay A(3; 7) hoặc A(1; 5). 0,25
2 2
Vì hoành độ điểm A âm nên A(1; 5)
V Gọi D(m; m  2)  DM , (m   )
  
 AD  (m  1; m  7); CD  (m  3; m  1)
Do tứ giác ABCD là hình vuông nên: 0,5
 


 DA.DC  0  m  5  m  1

  2 2 2 2
 m  5  D(5; 3)
 DA  DC
 (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1)

 

Vì AB  DC  (2; 6)  B (3; 1)
0,25
Kết luận: A(1; 5); B(3; 1); D(5; 3).