Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 161

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