1.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG
ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (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 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 2
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3cos 2
4
x x x x
 
    
 
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
2
4 1
2
1
x y xy y
y
x y
x
    


  

Câu II (2,0 điểm)
1. Tính giới hạn
2 3 4
2
( 3 9). 1 2 3
lim
2x
x x x x
x
    

2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2
1 9 6 3y x x x    
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 2 2 2
12a b c   .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
a b c
  
  
Câu V (2,0 điểm)
1. Cho phương trình 4 2
1 4 3 2 ( 3) 2 0x m x x m x        .
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: 2 0x y   và điểm C(3;3). Biết đỉnh A thuộc
đường thẳng (d): 3x + 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:...................
www.laisac.page.tl

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:
2 1 2 1
lim lim 2; lim lim 2
1 1x x x x
x x
y y
x x   
 
   
 
 y = 2 là tiệm cận ngang.
1 1 1 1
2 1 2 1
lim lim ; lim lim
1 1x x x x
x x
y y
x x   
   
 
     
 
 x = 1 là tiệm cận đứng.
2
1
' 0 ( ;1) (1; )
( 1)
y x
x

      

0,25
BBT
x ∞ 1 +∞
y '   0
1 +∞
y
∞ 1
Hàm số nghịch biến trên: (; 1) và (1; +)
0,5
§å thÞ:
1
2
1
2
1
x
y
O
Đồ thị (C) nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng
0,25
2. Giả sử 0 0( ; )M x y thuộc đồ thị (C) của hàm số.
Phương trình tiếp tuyến tại M là 0
02
00
2 11
( )
1( 1)
x
y x x
xx

  

0,25
Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến với các đường tiệm cận của (C)
Giao với đường thẳng x = 1 là 0
0
2
1;
1
x
A
x
 
 
 
Giao với đường thẳng y = 2 là  02 1;2B x 
0,25
Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB bằng 2 nên
2 2
0 2
0
04 2 2
0 0 0
0
4
2 2 8 (2 2) 8
( 1)
0
( 1) 2( 1) 1 0 ( 1) 1
2
AB AB x
x
x
x x x
x
      


           
0,5
I
Vậy có hai điểm cần tìm là 1 2(0; 1), (2; 3)M M

3.
1. Phương trình tương đương 2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3 1 cos 4
2
x x x x
  
      
  

0,25
2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3(1 sin 4 )
2cos3 cos 3(sin 4 sin 2 ) 0
2cos3 cos 2 3sin3 cos 0
x x x x
x x x x
x x x x
    
   
  
0,25
cos 0
2
cos (cos3 3sin3 ) 0 1
tan3
3
18 3
x x k
x x x
x k
x
   
     
        
Vậy phương trình có hai nghiệm là:
2
x k

   và ( )
18 3
k
x k
 
   
0,5
2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.
Hệ tương đương với:
2
2
1
4
2
1
x
x y
y
y
x y
x
 
  


   
 
0,25
Đặt
2
1
,
x
u v x y
y

   . Hệ phương trình có dạng
4
1
2
u v
v
u
 


 
0,25
Giải hệ phương trình ta có: u = 1, v = 3 0,25
II
Với
2
1
1 1 21
,
3 2 5
3
x
u x x
y
v y y
x y
 
     
    
      
0,25
1. Xét hàm số 2 3 4 3
( ) ( 3 9) 1 2 3;
2
f x x x x x x       ta có:
(2) 0f  và  
2
3
2 23 4
3 9 1 41
'( ) 2 3 1 '(2)
63 ( 1) 2 (2 3)
x x
f x x x f
x x
 
      
 
0,5
Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng:
2
( ) (2) 41
lim '(2)
2 6x
f x f
I f
x

  

0,5
III
2. TXĐ: D = [1; 3]
2
2 2
3 3 9 6 3 3 3
' 1
9 6 3 9 6 3
x x x x
y
x x x x
    
  
   
2
2 2
3 3 0
' 0 9 6 3 3 3 0 2
9 6 3 (3 3)
x
y x x x x
x x x
 
         
   
0,5
Ta có f (1) = 0; f (2) = 6; f (3) = 4
Vậy
[ 1;3][ 1;3]
max 6; min 0;y y

  0,25

4.
D C
B
A
S
Diện tích hình thang ABCD là
2
1 3
(2 ).
2 2
a
S a a a   ;
Diện tích tam giác ABD là 21
.
2
ABDS AB AD a  
Diện tích tam giác BCD là
2
2
BCD ABD
a
S S S   
0,25
Thể tích khối chóp S.BCD là
2 3
1 1
. 3 .
3 3 2 2
SBCD BCD
a a
V SA S a   0,25
Ta có: 2 2
9 10SD a a a  
Vì SA  (ABCD)  SA  CD; AD  CD  CD  SD.
Diện tích tam giác SCD là 21
10
2
SCDS a
0,25
Gọi d là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD). Ta có
3 3
2
1 3 3 10
.
3 2 1010
SBCD SCD
a a a
V d S d
a
    
0,25
Ta có:
   
2 22 2
3 2
1 1 2
1 (1 )(1 )
4 4
a a a a
a a a a
    
      
 23 2
1 1 2
21 (1 )( 1) aa a a a
 
   
0,5
IV
Vậy 2 2 2 2 2 23 3 3
1 1 1 2 2 2 18
1
2 2 2 61 1 1 a b c a b ca b c
      
       
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2
Vậy GTNN của biểu thức là P = 1
0,5
1. ĐK: x ≥ 2. Nhận xét x = 2 không là nghiệm của phương trình.
Với x > 2 phương trình tương đương với: 4
1 1
4 3 0
2 2
x x
m m
x x
 
   
 
Đặt 4
1
, 1
2
x
t t
x

 

.
Phương trình có dạng
2
2 3
4 3 0 ( )
4 1
t
t mt m m f t
t
 
      

(t > 1)
0,25
V
Khảo sát
2
3
( )
4 1
t
f t
t
 


với t > 1,
2
2
4 2 12 3
'( ) 0
2(4 1)
t t
f t t
t
  
   

, 0,25

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