Thử sức trước kì thi Đại học môn Toán - Đề 2

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 11 xy 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 22cos3 cos 3(1 sin 2 ) 2 3 cos 2 4x x x x        . 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 4 1 21 x y xy y yx y x          Câu II (2,0 điểm) 1. Tính giới hạn 2 3 4 2 ( 3 9). 1 2 3lim 2x x x x x x       2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 21 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 21 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 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 1lim lim 2; lim lim 21 1x x x x x xy yx x           y = 2 là tiệm cận ngang. 1 1 1 1 2 1 2 1lim lim ; lim lim1 1x x x x x xy yx x                x = 1 là tiệm cận đứng. 2 1' 0 ( ;1) (1; )( 1)y xx        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 002 00 2 11 ( ) 1( 1) xy 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 21; 1 xA 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 20 20 04 2 20 0 0 0 42 2 8 (2 2) 8( 1) 0( 1) 2( 1) 1 0 ( 1) 1 2 AB AB x x xx x x x                    0,5 I Vậy có hai điểm cần tìm là 1 2(0; 1), (2; 3)M M 1. Phương trình tương đương 2cos3 cos 3(1 sin 2 ) 3 1 cos 4 2x 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 3 sin 3 cos 0 x x x x x x x x x x x x             0,25 cos 0 2cos (cos3 3 sin 3 ) 0 1tan3 3 18 3 x x k x x x x kx                  Vậy phương trình có hai nghiệm là: 2x k    và ( )18 3 kx k     0,5 2. Nhận xét y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. Hệ tương đương với: 2 2 1 4 21 x x yy yx y x          0,25 Đặt 2 1,xu v x yy    . 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 11 1 21 ,3 2 53 xu x xyv y yx y                  0,25 1. Xét hàm số 2 3 4 3( ) ( 3 9) 1 2 3; 2f x x x x x x       ta có: (2) 0f  và   23 2 23 4 3 9 1 41'( ) 2 3 1 '(2) 63 ( 1) 2 (2 3) x xf x x x f x x           0,5 Khi đó giới hạn cần tìm được viết dưới dạng: 2 ( ) (2) 41lim '(2)2 6x f x fI fx    0,5III 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 xy x x x x            2 2 2 3 3 0' 0 9 6 3 3 3 0 29 6 3 (3 3) xy x x x xx 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 D C B A S Diện tích hình thang ABCD là 21 3(2 ).2 2 aS a a a   ; Diện tích tam giác ABD là 21 .2ABDS AB AD a   Diện tích tam giác BCD là 2 2BCD ABD aS S S    0,25 Thể tích khối chóp S.BCD là 2 31 1. 3 .3 3 2 2SBCD BCD a aV SA S a   0,25 Ta có: 2 29 10SD a a a   Vì SA  (ABCD) SA  CD; AD  CD CD  SD. Diện tích tam giác SCD là 21 102SCDS 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 1010SBCD SCD a a aV d S d a     0,25 Ta có:    2 22 23 2 1 1 21 (1 )(1 ) 4 4a a a aa 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 12 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: 41 14 3 02 2 x xm mx x       Đặt 4 1 , 12 xt tx   . Phương trình có dạng 22 34 3 0 ( )4 1 tt mt m m f tt         (t > 1) 0,25 V Khảo sát 2 3( ) 4 1 tf t t    với t > 1, 2 2 4 2 12 3'( ) 0 2(4 1) t tf t tt       , 0,25 Từ BBT ta có: phương trình có nghiệm   1; 3 3max ( ) ( )2 4m 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 12 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 mDADC mDA 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