Đề thi khảo sát lần II lớp 12 môn: Toán 12

 1
 TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 
 -----------@------------ - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 
 MÔN: TOÁN 12 
 Thời gian làm bài: 150 phút 
 --------------------------------------@----------------------------------- 
Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m m      (1) 
 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 
 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến 
 gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. 
Câu II (2 điểm): 
 1. Giải phương trình : 3 os24cot 2
sin
c xx
x
  
 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: )3(log53loglog 24
2
2
2
2  xxx 
Câu III (1,5 điểm): ( Thí sinh khối B, D không phải làm câu 2) Tính: 
 1. I = 2( sin 2 )cos 2x x xdx 2. J 
1
3 2ln
1 2ln
e x dx
x x
  
 Câu IV (1,5 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA 
 vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy 
 điểm M sao cho AM = 3
3
a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM 
Câu V (1 điểm): 
 Dành cho thí sinh khối A : Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng 
 3a b b c c a
ab c bc a ca b
       
 Dành cho thí sinh khối Bvà D: Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 
 1 1 1 2
x y z
   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). 
Câu VI (2 điểm): (Thí sinh chọn 1 trong 2 câu VIa hoặc VIb) 
 Câu VIa: 
 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng : 3 8 0x y   , ' :3 4 10 0x y    và điểm 
 A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường 
 thẳng  ’. 
 2, Cho tập hợp X gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con khác rỗng chữa một số chẵn các phần tử 
 rút ra từ tập X . Hỏi có bao nhiêu tập con như vậy. 
 Câu VI b: 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng : 3 4 4 0x y    . 
 Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 
 2, Tìm hệ số chứa 2x trong khai triển 
4
1
2
n
x
x
    . Biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 
2 3 1
0 1 22 2 2 65602 .....
2 3 1 1
n
n
n n n nC C C Cn n

      
 -------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------- 
www
.laisac
.page.t
l
 2
Họ và tên TS:...........................................................................SBD:....................................... 
 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điêm 
1,(1điểm)Với 3 21 3m y x x    
*TXĐ: R 
*Sự biến thiên : , 23 6y x x  ; , 0 0 2y x x     
 - y : đb trên các khoảng    ;0 à 2;v  ; nb trên khoảng  0;2 
- cực trị: 0 0cd cdx y   ; 2 4ct ctx y    
- giới hạn : lim
x
y   
- bbt : 
x  0 2  
,y + 0 - 0 + 
y 
 0  
 -4 
*Đồ thị : 
- Cắt 0y tại điểm:(0;0) 
- Cắt 0x tại 0; 3x x  
4
2
-2
-4
y
-5 5
f x  = x3-3x2
2. (1,5điểm):Ta có , 2 23 6 3( 1)y x mx m    
 Để hàm số có cực trị thì PT , 0y  có nghiệmphânbiệt 
 2 22 1 0x mx m     có 2 nhiệm phân biệt 
 1 0, m     
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
05 
 Câu I 
(2,5đ) 
 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 
0.5 
 3
 Theo giả thiết ta có 2 3 2 22 6 1 0
3 2 2
m
OA OB m m
m
            
 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m    và 3 2 2m    . 
0.5 
 1. (1điểm) 
 đ/k sin 0
cos 0
x
x
  
pt đã cho tương đương với 
  
4cos 2sin 3 cos 2
cos sin 3(cos sin ) 3 (cos sin )(cos sin )
x x x
x x x x x x x x
   
        
sin cos 1
sin cos 3( )
x x
x x vn
     
2
3 2
2
x k
x k

 
   
3 2 ,
2
x k k    Z 
Vậy pt có nghiệm : 3 2 ,
2
x k k   Z 
0.25 
0.25 
0.5 
CâuII 
(2đ) 
2,(1điểm) 
đ/k: 




03loglog
0
2
2
2
2 xx
x 10
2
8
x
x
    
Bpt tương đương với 
)1()3(log53loglog 2
2
2
2
2  xxx 
đặt t = log2x, 
Bpt (1)  )3(5)1)(3()3(5322  tttttt 

















4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2 x
x
t
t
ttt
t
t




168
2
10
x
x
Vậy bpt có tập nghiệm là: )16;8(]
2
1;0(  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 4
1, (1điểm - Khối A và 1,5 điểm đối với Khối B và D) 
 I = 
4 4 4
2 2
1 2
0 0 0
( sin 2 ) 2 2 sin 2 2x x cos xdx xcos xdx xcos xdx I I
  
       
TÝnh 1I 
®Æt 
4
1 1
0
1sin2 sin212 2 2sin2
2
du dxu x xI x C xdx
v cos xdx v x
         
 
= 2
1sin 2 os2
2 4
x x c x C  
TÝnh 2I 
4
2 3
2 3
0
1 1sin 2 (sin2 ) sin 2
2 6
I xd x x C

   
Vậy I = 31 1sin 2 os2 sin 2
2 4 6
x x c x x C   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
CâuIII 
(1,5đ) 
2,(0.5điểm) - đồi với khối A: 
Tính I 
1
3 2ln
1 2ln
e x dx
x x
  . Đặt 2 11 2ln 1 2ln ;t x t x tdt dxx      
Đổi cận: 1 1; 2x t x e t      
I   22 32
1 1
10 2 114 4
3 3 3
tt dt t
         
0.25 
0.25 
 5
B
A D
C
S
M N
H
CâuIV 
(1,5đ) 
Tính thể tích hình chóp SBCMN 
 ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD 
 Ta có : 
BC AB
BC BM
BC SA
    . Tứ giác BCMN là hình thang vuông 
có BM là đường cao 
Ta có SA = AB tan600 = a 3 , 
3
3 23
2 33
a
aMN SM MN
AD SA a a

    
 Suy ra MN = 4
3
a . BM = 2
3
a 
Diện tích hình thang BCMN là : 
 S = 
2
4
2 2 103
2 2 3 3 3
a
aBC MN a a
BM
       
Hạ SH BM . Ta có SHBM và BC  (SAB)  BC  SH . 
Vậy SH  ( BCNM) 
  SH là đường cao của khối chóp SBCNM 
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM
SB MS
 = 1
2
 . 
Vậy BM là phân giác của góc SBA    030SBH 
 SH = SB.sin300 = a 
025 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 6
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( )
3
SH dtBCNM = 
310 3
27
a
0.25 
KHỐI A: 
*Biến đổi; 1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
         
*Từ đó 1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b aV T
a b c a c b
          
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương 
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 
3
1 1 13. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b aV T
a b c a c b
         =3 (đpcm) 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
CâuV 
(1đ) 
CâuVI 
(2 đ) 
KHỐI B VÀ D: 
Ta có 1 1 1 2
x y z
   nên 
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (1)y z y z
x y z y z yz
          
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (2)x z x z
y x z x z xz
          
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)1 1 2 (3)x y x y
y x y x y xy
          
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1( 1)( 1)( 1)
8
x y z    
vậy Amax = 1 38 2x y z    
Câu VIa: 
1, (1điểm): Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 
Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 7
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
          
Giải tiếp được t = -3 
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 
2, (1điểm): Số tập con gồm k phần tử được lấy ra từ tập X là : 50kC 
Số tất cả các tập con khác rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập X là: 
 2 4 6 48 5050 50 50 50 50.....S C C C C C      
Ta có   0 1 2 2 3 3 49 49 50 5050 50 50 50 50 501 ......nx C C x C x C x C x C x        (*) 
Cho 1 (*)x    0 1 2 3 49 50 5050 50 50 50 50 50...... 2C C C C C C       
 1 (*)x     0 1 2 3 49 5050 50 50 50 50 50...... 0C C C C C C       
Do đó: 2( 2 4 6 48 50 5050 50 50 50 50..... ) 2C C C C C      492 1S   
Câu VIb: 
1, (1điểm): 3 4 16 3( ; ) (4 ; )
4 4
a aA a B a   . 
Khi đó diện tích tam giác ABC là 
 1 . ( ) 3
2ABC
S AB d C AB    
Theo giả thiết ta có 
2
2 46 35 (4 2 ) 25
02
aaAB a
a
            
Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4; 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 8
www.vnmath.com 
 9