Đề khảo sát môn Toán lớp 12 khối A gồm các câu hỏi liên quan đến khảo sát hàm số, giải phương trình, tính giới hạn, và tìm giá trị cực trị của hàm số. Các câu hỏi yêu cầu học sinh áp dụng kiến thức về hình học không gian, đại số và giải tích để tìm ra các kết quả chính xác. Đề thi có độ khó vừa phải và yêu cầu học sinh có khả năng tư duy và vận dụng kiến thức toán học.

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