thi thử môn toán trường lê quý đôn

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: TOÁN.
Ngày khảo sát:24/
01/2015
ời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề


Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số .
42
21yx x  
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2
2
x

b) Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm
M có hoành độ
. Tìm t
ọ
a
độ
các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).
Câu 2 (1
,0 điểm).
a) Giải bất phương trình
23 2

lo
log 3
21
g log (2 1)
2
x
x


.
b) Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết mục hợp
ca. Nh
ư
ng th
ờ
i gian bu
ổ
i bi
ể
u di
ễ
n v
ă
n ngh
ệ
có gi
ớ
i h
ạ
n, ban t

ổ
ch
ứ
c ch
ỉ
cho phép bi
ể
u di
ễ
n 2
ti
ế
t m
ụ
c múa, 2 ti
ế
t m
ụ
c
đơ
n ca và 3 ti
ế
t m
ụ
c h
ợ
p ca. H
ỏ
i có bao nhiêu cách ch
ọ

n các ti
ế
t m
ụ
c
tham gia biểu diễn?
1tan
cot 2
1tan
x
x
x



Câu 3 (1
,0 điểm). Giải phương trình
.
Câu 4

(1
,0
đ
i
ể
m
).
Tính tích phân
5
1

1
31
I
dx
xx



.
(2;1; 1), (1;0;3)AAB


Câu 5 (1
,0 đ
i
ể
m
).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz
, cho
đ
i

ể
m
.
Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
OA sao cho tam giác MAB vuông tại M.
Câu 6
(1,0
đ
i
ể
m).
Cho hì
nh chóp
S.ABCD
có đ
áy
ABCD
là hình chữ
nh
ậ
t, hình chiếu vuông
góc c
ủ
a
đỉ
nh
S
lên mp(
ABCD
) trùng v

ớ
i giao đ
i
ể
m
O
củ
a hai
đườ
ng chéo
AC
và
BD.
Biết
5
2, 2 ,
2
SA a AC a SM a
, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Câu 7 (1
,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có
ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
:23AB x y 0 

và đường thẳng . Gọi I là giao điểm
c
ủ
a hai
đư
ờ
ng chéo
AC
và
BD
. Tìm t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình thang cân
ABCD
, bi
ế
t
:2AC y 0
2IB IA
,
hoành độ điểm I: và nằm trên
đườ ng thẳng BD.
3
I

x 

1; 3
M 
23
3
23
(1 )( 3 3) ( 1) .
(, )
2 4 2( 2)
yx y x y x
xy
xy x y






  


Câu 8 (1
,0 điểm). Giải hệ phương trình
.
Câu 9 (1,
0 điểm).

Hết
Cho x, y là hai s thực dương thỏa mãn

23xy7 
. Tìm giá trị nhỏ nh t củ
biểu thức
22 22
3
248(xy25() )(3)Pxyy xy xy  
.
DETHITHUDH.NET



2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KSCL KHỐI 12, THÁNG 01, NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN TOÁN. Ngày thi:24/01/2015
Câu Nội dung
Điểm
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
42
21yx x

 .
1,00
TXĐ:


Giới hạn:

lim , lim
xx

yy
 
 
0,25
/
01
0
12
xy
y
xy






 

/3
44,yxxx   

Sự biến thiên:


Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
(1;0)

và
(1; )



,
hàm số đồng biến trên
mỗi khoảng và
(0

(;1  ) ;1)
0,25
Bảng biến thiên

x -1
0
1








y’ + 0 - 0 + 0 -

y 2 2

1







0,25
1.a
Đồ thị có điểm cực đại A(-1;2), B(1;2) và điểm cực tiểu N(0;1). Vẽ đồ thị (C).

0,25
Viết phương trình tiếp tuyến d với đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ
2
2
x 
.
Tìm tọa độ các giao điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (C).
1,00
Ta có
27
;(
24
)
M
C






. Và
/
2
() 2
2
y 

0,25
Pttt (d) có dạng
/
227
4

22
yy x
 

 
 
 

3
2
4
yx



0,25

Pt hđ giao điểm của d và (C):
42 42
3
212 48421
4
xx x xx x 0

  

0,25
1.b

2
2
2
44220
2
xxx

  



2222
,,
22 2
xx x
2



  
.



DETHITHUDH.NET



3

Vậy có 3 điểm:
///
27 2 2 1 2 2 1
;, ,2 , ,2
24 2 4 2 4
MM M
 
 



 
 
 




0,25

Giải bất phương trình
23
21
log log (2 1) log 3
2
x
x
2


.
0,50
ĐKXĐ
1
210
2
xx  
(*)
Với đk (*), pt
23
log (2 1) log (2 1) 1 log 3xx
2
23 3 2
log 3.log (2 1) log (2 1) 1 log 3xx


0,25
2.a

23

log 3 1 log (2 1) 1 log 3x 
2
3
log (2 1) 1x



213 1
x
x

  

Đối chiếu (*), tập nghiệm:
1
;1
2
S






0,25
Một ban văn nghệ đã chuẩn bị được 3 tiết mục múa, 5 tiết mục đơn ca và 4 tiết
mục hợp ca. Nhưng thời gian buổi biểu diễn văn nghệ có giới hạn, ban tổ chức
chỉ cho phép biểu diễn 2 tiết mục múa, 2 tiết mục đơn ca và 3 tiết mục hợp ca.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn?
0,50

Mỗi cách chọn 2 tiết mục múa trong 3 tiết mục múa là một tổ hợp chập 2 của
3, suy ra số cách chọn 2 tiết mục múa:
2
3
3.C


Mỗi cách chọn 2 tiết mục đơn ca trong 5 tiết mục đơn ca là một tổ hợp chập 2
của 5, suy ra số cách chọn 2 tiết mục đơn ca:

2
5
10.C 
Mỗi cách chọn 3 tiết mục hợp ca trong 4 tiết mục hợp ca là một tổ hợp c
hập 3
của 4, suy ra số cách chọn 3 tiết mục hợp ca:
3
4
4.C






0,25
2.b
Theo quy tắc nhân, số cách chọn các tiết mục tham gia biểu diễn: 3.10.4 = 120 0,25
Giải phương trình
1tan

cot 2
1tan
x
x
x



.

1,00
ĐK:
sin 2 0
2
cos 0
tan 1
4
x
xk
x
x
k
x













 







0,25
Với ĐK pt
tan 2 tan
24
x
x










0,25

2
24
x
xk



 

0,25
3
Kết hợp ĐK, ta có nghiệm:
,
4
xkk






0,25
Tính tích phân
5
1
1
31
I
dx
xx




.
1,00
4
Đặt
2
1
31,0
3
t
txt x



2
3
dx tdt

Đổi cận:

12;5xtx t 

4.

0,25
DETHITHUDH.NET

4

4
2
2
1
2
1
I
dt
t



4
2
11
()
11
I
dt
tt
 



0,25

4

2
ln 1 ln 1It t
0,25
2ln3 ln5I 

0,25
Cho điểm . Chứng minh ba điểm A, B, O không thẳng
hàng. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng OA sao cho tam giác MAB
vuông tại M.
(2;1; 1), (1;0;3)AAB

1,00
Ta có
(3;1;2) (3;1;2)OB OA AB B 

0.25
* không cùng phương: O, A, B không thẳng hàng.
(2;1; 1), (1;0;3)OA AB 
 
0.25
Ta có

và

(2 ; ; ) (2 ; ; )OM t OA t t t M t t t  
2; 1; 1), (2 3; 1; 2
t t t BM t t t     




(2 )AM

Tam giác MAB vuông tại M thì

. 0 (2 2)(2 3) ( 1)( 1) ( 1))( 2) 0AM BM t t t t t t         
 
2
5
61150 1,
6
tt tt
.
0.25
5

A
(loại) và
1(2;1;1)tM  
5555
; )
66
(;
63
tM
thỏa bài toán.
0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và
BD. Biết

5
2, 2 ,
2
SA a AC a SM a
, với M là trung điểm cạnh AB. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và
AC.
N
M
O
A
B
C
D
S
H
K

1,00
Từ giả thiết ,
() ,SO ABCD SO AC OA a
22
SO SA OA a


0,25
6

22
1

:
2
OSM O OM SM SO a  

Ta có
22
:2 , 3
A
BC B BC MO a AB AC BC a    





DETHITHUDH.NET



5

3
.
13

33
S ABCD
VABBCSOa

0,25
Gọi N trung điểm BC

// ( , ) ( ,( )) ( ,( ))
M
N AC d SM AC d AC SMN d O SMN  

OMN O
:
:, (OMN O OH MN SO MN MN SOH  )

,():()(SOH O OK SH OK SMN OK d O SMN  

0,25
OMN O
:
33
,,
22
a
ON a OM OH MN OH a
4

22
.5
:( , )
19
OS OH
SOH O d SM AC OK a
OS OH
  

7

0,25
Cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng
và đư
ờng thẳng
:23AB x y0 0:2AC y


. Gọi I là giao điểm của hai
đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết
2IB IA
, hoành độ điểm I: và
3
I
x 


1; 3M  nằm trên đường thẳng BD.
E
I
A
D
B
C
F
M

1,00

Ta có A là giao điểm của AB và AC nên


1; 2A .
0,25
Lấy điểm . Gọi

0; 2E AC


23;Fa a AB sao cho EF // BD.
Khi đó
EF
22
EF AE BI
EF AE
B
IAI AEAI



22
1
23 2 2
11
.
5
a
aa
a









0,25
Với thì là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
BD là
1a 


1; 1EF  



1; 1
BD x
n 

. Pt
:4y 0





2; 2BD AC I


5; 1BD ABB
Ta có
33
22;
22
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA

     


    
2
.


1
32 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
     
     
.
0,25

7
Với
11
5
a 
thì
71
;
55
EF








là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của
BD là . Do đó,

1; 7n 

:722BD x y 0






8; 2I (loại).
0,25
DETHITHUDH.NET



6

Giải hệ phương trình.
23
3
23
(1 )( 3 3) ( 1) . (1)
(, )
2 4 2( 2) (2)
yx y x y x
xy
xy x y






  


(I)
1,00
ĐKXĐ:

22
0
0, 1 1, 1
xy xy
x
yx

 



 



y

Nhận xét
1, 1
x
y
không là nghiệm của hệ. Xét thì pt (1) của hệ (I)
1y 
22
(1)3(1)(1)(1)xxy y y xy 



0
2

30
11 1
xx x
yy y



 



0,25
,
1
x
tt
y


0
.
. Khi đó, pt (1) trở thành


42 32
30 1 2 3 0 1ttt t tt t t  



0,25

Với t = 1, thì 1
1
x
yx
y
 

1
, thế vào pt(2), ta được
 

 

 
33
23 2 3
2
2
2
2
3
33
3
2
2
2
2
3
33
3

12 4 2 1 12 4 1 0
1
16 0
4141
61
11 0
4141
xx x x xx x x
xx
xx
xxxx
xx
xx
xxxx

       




 

 





 



 










0,25

8

2
15
10 1
2
xx x x

 
.
15 35
.
22
xy



Với
Đối chiếu ĐK, hệ phương c
ó nghiệm

1535
;;
22
xy






.



0,25
Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn
23xy7


. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
22 22
3
248(xy25() )(3)Pxyy xy xy  
.

1,00
Ta có
2
2233
6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36 5
2
xy
xy x y xyxy
 

  


.
0,25
9
Ta có

2
22 22
5( ) 2 5( ) 2
x
yxy xyx y
0
và


222
22
(3) 9266

2( 3) 8( ) ( 3)
xy x y xy x y
xyxy xy x y
      




0,25
DETHITHUDH.NET



7

Suy ra
3
2( ) 24 2( 3)P xyxy xyxy
 

Đặt


,0;txyxyt
 
5
,
3
() 2 24 2 6Pft t t 

Ta có


2
3
/
22
33
(2 6) 8
24.2
() 2 2 0, 0;5
3(26) (26)
t
ft t
tt

   


Vậy hàm số f(t) nghịch biến trên nữa khoảng


0;5
.
Suy ra
3
min ( ) (5) 10 48 2ft f
.
0,25
Vậy

3
2
min 10 48 2,
1
x
Pkhi
y







0,25

Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.

Hết
DETHITHUDH.NET