Sở GD − ĐT Vĩnh Phúc
Trường THPT Tam Dương
 & 
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LỚP 12
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề.Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số
( ) ( )
= − − + − +
3 2
1 1
1 3 2
3 3
y x m x m x

1. Khào sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại hai điểm có hoành độ
1 2
,
x x
sao cho
+ =
1 2
2 1
x x
.
Câu 2 (2.0 điểm ) :
1. Giải phương trình:
2

3
2
0
2( 1) 2 1 1
x
dx
x x x x+ + + + +
∫
.
2. Cho x, y, z ≥ 0. Chứng minh rằng:

( )
2 2 2 2 2 2
3
x xy y y yz z z zx x x y z
+ + + + + + + + ≥ + +

Câu 5 (2.0 điểm):
1. Gi
ải phương trình :
4 3 2
6 9 100 0
z z z
+ + + =
.
2. Trong m
ặt phẳng Oxy, cho Hypebol (H):
2 2
1
9 4

1 1
3 3
y x x

+ TXĐ: R
+ Sự biến thiên: y’ = x
2
− 2x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
Hàm số đồng biến trên: (
−∞; 0) và (2; +∞)
Hàm số nghich biến trên: (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tại x
CĐ
= 0, y
CĐ
=
1
3
; đạt CT tại x
CT
= 2, y
CT
= −1
y” = 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn
1
1;
3
 
−

0.25

§å thÞ:

0.25

2/. Ta có: y’ = x
2
− 2(m − 1)x + 3(m − 2)
Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 phải có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
∆’ > 0 ⇔
m
2
− 5m + 7 > 0 (luôn đúng ∀m)
0.25
Giả sử hoành độ hai điểm cưcj trị là x
1
, x
2
. Khi đó x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình y’ = 0.
Theo Viet ta có:
1 2
1 2
2( 1)
3( 2)
x x m

+
+

0
−
∞2
+
∞0

x

y
OVì x
1
+ 2x
2
= 1
⇒
x
1
= 1 − 2x

1 sin 4
2(cos 2 sin 2 ) 0
2
x
x x
+
+ + =
(1)

0.25
Đặt
2
cos 2 sin 2 2 cos 2 , | | 2 sin 4 1
4
t x x x t x t
π
 
= + = − ≤ ⇒ = −
 
 

0.25
Phương trình tương đương với t(t + 4) = 0 ⇔ t = 0 (Do
| | 2
t ≤
)
0.25
Suy ra:
3
cos 2 0 ;

2
+ 4t − 5 ≤ 0
⇔ 0 ≤
t ≤ 1 (Vì t ≥ 0)
0.25
Vậy:
2 2 2
4 4
log ( 2 2) 1 log ( 2 2) 1 2 2 0 1 3 1 3
x x x x x x x− + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +

0.25
KL: Tập nghiệm của bất phương trình:
1 3;1 3
T
 
= − +
 

0.25
III
1/. Ta có:
(6; 4; 4), (3; 2;
AB u
∆
= − = −
uuur uur
2)

⇒

Ta có chu vi
P
của tam giác
IAB
đạtgiá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
IA
+
IB
đạt giá trị nhỏ
nh
ất.
T
ừ cách dựng ta có:

IA
+
IB
=
I
’
A
+
IB
≥
A
’
B
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
I

0
⊥ ∆ ⇒
H
0
(2 ; 0 ; 4)
0.25
Vậy
I
trùng
H
0
(2; 0; 4) thì ∆
AIB
có chu vi nhỏ nhất và min
P
=
(
)
2 17 30
+

0.25
H
A'
A
B
H
0
I


−
= = −
+
∫ ∫

0.5
2
3
1
2 2
( 1)
3 3
t
= − =

0.25
2/. Ta có:
2 2 2 2 2 2
1
3( 2 ) ( 2 )
4
x xy y x xy y x xy y
 
+ + = + + + − +
 

2 2 2 2 2
1 3 3
3( ) ( ) ( ) ( )
4 4 2

3 10 0
3 10 0
z z i
z z i

+ − =
⇔

+ + =



0.5
Với z
2
+ 3z − 10i = 0 có ∆ = (5 + 4i)
2
⇒ phương trình có nghiệm
1 2
4 2
z i
z i
= +

⇔

= − −


0.25

là chi
ề
u cao h
ạ
t
ừ

M
c
ủ
a ∆
MF
1
F
2
. Vì di
ệ
n tích ∆
MF
1
F
2
=
4 3
nên
h
= 4
0.25
Vì
F

ủ
a ph
ươ
ng trình:
2 2
2
4
1 45 3 5
9 4
a
a a− = ⇔ = ⇔ = ±

T
ươ
ng t
ự
v
ớ
i
a
< 0
0.25
KL: Có 4
đ
i
ể
m
M
c
ầ