TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3

ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 - LẦN 1
Năm học: 2010 – 2011
Môn thi: Toán, Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút

A. PHẦN CHUNG
Câu 1( 2điểm) Cho hàm số
x + 2
y =
x +1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Tìm trên đồ thị hàm số (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt trục tung tại
điểm có tung độ bằng
7
4
.
Câu 2( 2điểm)
1. Giải phương trình:

 
 
 
x
2 2
4sin - 3 cos2x = 3- 2cos - x
2 4

2. Giải hệ phương trình:

phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 60
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng
minh rằng AK

HK và tính thế tích khối chóp SABC.
Câu 5( 1 điểm) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z x
P
x x y y y y z z z z x x
  
  
     

B. PHẦN RIÊNG
Phần dành cho ban cơ bản
Câu 6a( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với AB =
5
, đỉnh C(- 1;- 1) đường thẳng AB có
phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Xác định toạ
độ các đỉnh A, B của tam giác.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 2; 3) và cắt 3
tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu 7b(1 điểm) Giải phương trình:
2 2
5 1 5

Câu 1
(2 điểm)
1. ( 1.0 đ)
*) TXĐ:


\ 1
D R
 

*) Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
 
2
0, 1
x
   
-1
y' =
x +1
,
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng


; 1
 
và


1;


y’ - +

y
+
1 1

-


*) Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua các điểm (- 2; 0), (0; 2) 0.25

2(1.0 đ)
Gọi M
 
0
0
0
2
;
1
x
x C
x
 


 

 
. tiếp tuyến tại M của (C) có pt:
 
 
0
0
2

7 1
0
4 1
1
x
x
x
x


  


0.25 0.25

-
2



 



vậy có 2 điểm M thoả mãn là:
3 1 5
1; ; ;
2 3 2
M M
   

   
   

0.25 0.25
Câu 2
1( 1.0 đ)

 
2 1 cos 3 os2 3 1 os 2
2
pt x c x c x


x c x x
x x
k
x
k Z
x k



 


    
   
   
   
 
   
 
 

 

 


  




1
u x y
x
v
y

  






hệ phương trình có dạng:
3 2
3, 9
1
7
, 7
21 4
2
v u
u v
v u
u v
 
 
 



0.25

0.25

0.25
Câu 3
( 1điểm)
Đặt
ln
2 1
1
dx
u x
du
x
dx
dv
v x
x




 

 


Đặt 1 2
t x tdt dx
   
, đổi cận x 3 8
t 2 3 0.25

0.25

3
3 3
2
2 2
2 2
2
2 1 1
2 1 2 ln
1 1 1
2 ln3 ln 2

(1 điểm)
*) Ta có:
 
SA BC
BC SAC BC AK
AC BC


   



(1)
lại có
AK SC

(2). từ (1) và (2)


AK SBC
 
AK HK
 

*) Ta có
 
·
0
60
AK SB

AK AS AC AS a AH AS a
      
( do
3
.
2
AK AH )
Từ (1) và (2)
2
2
a
SA  . lại có
2
3
2
ABC
a
S


vậy
 
3
1 6
. dvtt
3 12
SABC ABC
a
V SA S


3
(a, b, c > 0 ; abc=1)
Ta có :
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
P
a ab b b bc c c ca a
  
  
     
0.25
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
  
 
   

mà
2 2
2 2
2 2
1

3 3
b c c a
b c c a
b bc c c ca a
 
   
   

=>
3
2
( ) 2. 2
3
P a b c abc
    
(BĐT Côsi)
0.25
Câu 5
( 1 điểm)
=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1
P
  

Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1

0.25

3
G
G
x
x
CG CI
y
y





  






uuur uur
,
Do G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0
2 1 2 1
2 0
3 3
x y
 
   


5 1
2 4
A A
AB
IA x y
 
      
 
 

mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – 3 = 0 nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ

   
2 2
4
1
2 3 0
2
5
5 1
6
4
3
2
A
A
A A
A A
A
A






Vậy A
1
4,
2
 

 
 
, B
3
6;
2
 

 
 
hoặc B
1
4,
2
 

 
 
, C
0.25

2.(1.0 đ)
Gọi giao điểm của mp



với các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c)
( với a, b, c > 0).
mp



:
 
1 1
x y z
a b c
   , do M




1 2 3
1
a b c
   
lại có

a
a b c
b
c
a b c



  

 
 
 
 
 





Vậy mp



:
1
3 6 9
x y z
  


đặt
 
2
5
2 0
x x
t t
 
 

pt có dạng:
2
2
6 8 0
4
t
t t
t


   




*) với
 
2
5 2 2
2

 
2
5 2 2
2
2
2
9
4 2 4 5 2 5 2
4
5 2
x x
x
t x x x x x
x x
 



             

  



vậy phương trình có 2 nghiệm

0.25

1
, M
2
lần lượt là giao điểm của (C) và

1 2
2 11 8 19
; , ;
5 5 5 5
M M
   
  
   
   


MN ngắn nhất khi
1 0
,
M M N N
 
0.25

0.25

0.25 0.25
0.5

0.25
Câu 7b
( 1 điểm)
Ta có


12!
n  
Gọi A là biến cố “ Nhóm học sinh xếp thành hàng ngang sao cho 4 hs khối 12 đứng cạnh nhau,
3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau”
Ta coi 4 học sinh khối 12 như 1 phần tử a, 3 học sinh khối 11 như phần tử b.
Khi đó ta sắp xếp 7 phần tử a, b và 5 hs khối 10 thành hàng ngang, ta có 7! Cách xếp.
lại có, với mỗi cách xếp như trên ta có 4! Cách sắp xếp học sinh khối 12, 3! Cách sắp xếp học
sinh khối 11, nên ta có 7!.4!.3! cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán


7!.4!.3!
n A 
vậy
 


 
1