đề thi thử THPT QG môn toán số 24.PDF

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ
MÔN TOÁN – LỚP 12
Thời gian làm bài 180 phút.
Câu 1. Cho hàm số
2 1
x
y
x
=
−
(C).
a. Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số.
b. Tìm k ñể ñường thẳng ñi qua ñiểm A(5;
1
3
) có hệ số góc k tiếp xúc với (C).
Câu 2. Giải phương trình lượng giác:
2
2 cos 3 sin 1 2sin 3 .
2
x
x x+ = +

Câu 3. Giải phương trình:
1
2
2 2 4
4
log log 20 0x x− − =

.
Câu 4. Tính hệ số của số hạng chứa
7
x trong khai triển của biểu thức
12
2
P x
x x
 
= −
 
 
.
Câu 5. Có một quả bóng hình cầu ñặc ñường kính 20cm ñược ñặt ñứng yên trên mặt
phẳng nằm ngang. Người ta lấy một chiếc nón úp vào quả bóng thì thấy ñáy nón vừa
chạm với mặt phẳng nằm ngang và các ñường sinh của mặt nón cũng vừa tiếp xúc với bề
mặt của quả bóng. Biết rằng ñộ rộng của góc ở ñỉnh nón là 60
0
. Tính thể tích của khối
nón giới hạn bởi chiếc nón và mặt phẳng nằm ngang và tính thể tích phần không gian bên
trong khối nón mà không bị quả bóng chiếm chỗ.
Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình
chiếu của ñỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao ñiểm I của AC và BD. Mặt bên
(SAB) hợp với ñáy một góc 60
0
. Biết rằng AB = BC = a, AD =3a, Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (SAB) theo a.
Câu 7. Trên mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC. Đường phân giác
trong góc A có phương trình
: 2 0,d x y− + =

ñường cao hạ từ B có phương trình
' : 4 3 1 0d x y+ − = . Biết hình chiếu của C lên AB là ñiểm H(-1;-1). Tìm tọa ñộ các ñiểm A,
B, C.
Câu 8. Giải hệ PT
( )
(
)
( )
(
)
3 2
2 2
1
,( , ).
3 2 9 3 4 2 1 1 0
xy x x y x y
x y
y x y x x

+ = + + −

∈

+ + + + + + + =



Câu 9. Cho ba số dương , ,a b c thay ñổi và thỏa mãn 2a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu
thức
2 2 2

ab bc ca
S
ab c bc a ca b
= + +
+ + +
Hết
Thí sinh không ñược dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………
Hướng dẫn chấm và ñáp án
I. Hướng dẫn chấm
II. II. Đáp án chi tiết
Câu Nội dung Điểm
Cho hàm số
2 1
x
y
x
=
−
(C). Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số
1.0
• TXĐ
1
\ .
2
D
 
=
 
 



0.25
•
1
lim
2
x
y
→±∞
= , ñồ thị có TCN
1
2
y = ;
1 1
2 2
lim ; lim
x x
y y
+ −
   
→ →
   
   
= +∞ = −∞ , ñồ thị hàm số có
TCĐ
1
2
x = .
•

( )
2
1
' ' 0, .
2 1
y y x D
x
= − ⇒ < ∀ ∈
−

0.25
• BBT
x −∞ 1/2 +∞
y' - -
y

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1 1
; , ;
2 2
   
−∞ +∞
   
   
.
0.25
1a
• Đồ thị
Đồ thị nhận
1 1

;
2 2
I
 
 
 
là tâm ñối xứng
0.25
Tìm k ñể ñường thẳng ñi qua ñiểm A(5;
1
3
) có hệ số k tiếp xúc với (C).
1.0
1b
Đường thẳng ñi qua A có hệ số góc k có pt:
(
)
1
5 ( )
3
y k x= − + ∆ .
0.25
1
2
1
2
−∞
+∞
∆ tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình
( )

( )
2
1
5
2 1 3
1
2 1
x
k x
x
k
x

= − +

−



− =
−


có nghiệm.
0.25
Hệ PT
( )
( )
( )
2

2
1 1
5 (1)
2 1 3
2 1
1
(2)
2 1
x
x
x
x
k
x

= − − +

−
−

⇔


− =

−

.
( )
2 2

2
1
(1) 2 5 4 4 1
3
2 4 16 0
4
2
x x x x x
x x
x
x
⇔ − = − + − +
⇔ + − =
= −

⇔

=

0.25
Với
1
4
81
x k= − ⇒ = −
Với
1
2
9
x k= ⇒ = −

KL:
0.25
Giải phương trình lượng giác:
2
2 cos 3 sin 1 2sin 3
2
x
x x+ = +
1.0
PT
cos 3 sin 2sin 3x x x⇔ + =
0.25
1 3
cos sin sin 3 sin sin 3
2 2 6
x x x x x
π
 
⇔ + = ⇔ + =
 
 

0.25
3 2
6
12
, .
5 5
3 2
6 24 2

x x k
x k
k
x x k x k
π
π
π
π
π
π π
π


= + +
= +


⇔ ⇔ ∈




= − + = +





0.25
2

KL:Pt có các nghiệm
5
, , .
12 24 2
x k x k k
π
π π
π
= + = + ∈ 
0.25
Giải phương trình
1
2
2 2 4
4
log log 20 0x x− − =
.
1.0
ĐKXĐ 0x ≠ .
0.25
3
Ta có
2 2
2 2 2 2
PT 4 log 2log 20 0 2log log 10 0x x x x⇔ − − = ⇔ − − =
.
Đặt
2
logt x= ta ñược PT
2

2
2 10 0
5
2
t
t t
t
= −


− − = ⇔

=

0.25
Với
2
1 1
2 log 2 .
4 4
t x x x= − ⇒ = − ⇔ = ⇔ = ±
Với
2
5 5
log 32 x 32.
2 2
t x x= ⇒ = ⇔ = ⇔ = ±
0.25

KL: Phương trình có 4 nghiệm

1 1
; ; 32, 32.
4 4
x x x x= = − = = −
0.25
Tính hệ số của số hạng chứa
7
x trong khai triển của biểu thức
12
2
P x
x x
 
= −
 
 
.
1.0
Ta có
( )
12
12
3 3 5
12 12
12
12
2 2 2
12 12
0 0
2

2 2 2
k
k
k
k k k
k k
P x x x C x x C x
x x
− − −
−
= =
   
 
= − = − = − = −
   
 
 
   
∑ ∑

0.50
Số hạng chứa
7
x ứng với k thỏa mãn
5
12 7 2.
2
k k− = ⇔ =
0.25
4

Vậy hệ số ñó là
( )
2
2
12
2 264C − = .
0.25
Có một quả bóng hình cầu ñặc ñường kính 20cm ñược ñặt ñứng yên trên mặt
phẳng nằm ngang. Người ta lấy một chiếc nón úp vào quả bóng thì thấy ñáy nón
vừa chạm với mặt phẳng nằm ngang và mặt xung quanh của nón cũng vừa
chạm vào quả bóng. Biết rằng ñộ rộng của góc ở ñỉnh nón là 60
0
. Tính thể tích
của khối nón giới hạn bởi chiếc nón và mặt phẳng nằm ngang và tính thể tích
phần không gian bên trong khối nón mà không bị quả bóng chiếm chỗ.
1.0
Giả sử cắt hệ hình ñó bằng một mặt phẳng ñi
qua trục của nón ta ñược thiết diện như hình vẽ.
Trong ñó
ABC∆ là tam giác ñều và là thiết diện
của khối nón. Hình tròn tâm I là thiết diện của
quả bóng.
Ta nhận thấy ABC∆ ngoại tiếp ñường tròn tâm
I.





0.25

Hình nón có chiều cao là 3 30 ( )OH IH cm= = .
Bán kính ñáy nón là
30
10 3 ( )
3
HA cm= = .
0.25
Thể tích khối nón là
( )
2 3
1
1 1
. . .30. .300 3000 .
3 3
V OH AH cm
π π π
= − = =
0.25
5
Thể tích phần không gian bên trong khối nón không bị quả bóng chiếm chỗ là
( )
2 3 3
2
1 4 4000 5000
. . 3000 .
3 3 3 3
V OH AH IH cm
π π π π π
= − = − =
0.25

Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình
chiếu của ñỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao ñiểm I của AC và BD.
Mặt bên (SAB) hợp với ñáy một góc 60
0
. Biết rằng AB = BC = a, AD =3a, Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D ñến mặt phẳng (SAB) theo a.
1.0
Gọi K là hình chiếu của I lên AB.
Suy ra

0
60 .SKI =








0.25
Do / /
KI BI
IK AD
AD BD
⇒ = . Mà
1 1 1
.
3 3 4 4
BI BC a BI BI

ID AD a BI ID BD
= = = ⇒ = ⇒ =
+

Suy ra
1 3 3 3
.
4 4 4
KI a a
KI SI
AD
= ⇒ = ⇒ =
( )
3
.
1 1 3 3 1 3
. .S . . 3 .
3 3 4 2 2
S ABCD ABCD
a a
V SI a a a= = + = (ñvdt).
0.25
Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có
AB IK
AB IH
AB SI
⊥

⇒ ⊥


⊥

.
Từ ñó suy ra
( ) ( )
,( ) .IK SAB d I SAB IK⊥ ⇒ =
Mà do
( ) ( )
4 ,( ) 4 ,( ) 4 .DB IB d D SAB d I SAB IH= ⇒ = =
0.25
6
Lại có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 64 3 3
.
27 9 27 8
a
IH
IH IS IK a a a
= + = + = ⇔ =
Vậy
( )
3 3
,( ) .
2
a
d D SAB =
0.25
7
Trên mặt phẳng với hệ trục tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñường phân giác

trong góc A có phương trình d:
2 0x y− + =

ñường cao hạ từ B có phương trình
d’:
4 3 1 0x y+ − = . Biết hình chiếu của C lên AB là ñiểm H(-1;-1). Tìm tọa ñộ các
ñỉnh A, B, C.
1.0
Gọi K là ñiểm ñối xứng với H qua ñường phân giác trong góc A. Khi ñó K thuộc
ñường thẳng AC. Đường thẳng HK có
phương trình
2 0x y+ + = . Gọi I là giao ñiểm của HK và
ñường phân giác trong góc A thì I có tọa ñộ là
nghiệm của hệ
( )
2 0 2
2;0
2 0 0
x y x
I
x y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
.
I là trung ñiểm HK nên suy ra
( )

3;1K − .
0.25
Khi ñó AC là ñường thẳng qua K và vuông góc với d’.
Suy ra AC:
( ) ( )
3 3 4 1 0 3 4 13 0.x y x y+ − − = ⇔ − + =
A có tọa ñộ thỏa mãn
( )
2 0 5
5,7
3 4 13 0 7
x y x
A
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
0.25
AB có PT:
1 1
4 3 1 0
6 8
x y
x y
+ +
= ⇔ − + = .
B có tọa ñộ thỏa mãn

0
4 3 1 0
1
0, .
1
4 3 1 0
3
3
x
x y
B
x y
y
=

+ − =


 
⇔ ⇒
 
 
− + =
=
 




0.25

HC có phương trình
( ) ( )
3 1 4 1 0 3 4 7 0x y x y+ + + = ⇔ + + = .
C có tọa ñộ thỏa mãn hệ pt:
10
3 4 7 0
10 3
3
, .
3 4 13 0 3
3 4
4
x
x y
C
x y
y

= −

+ + =


 
⇔ ⇒ −
 
 
− + =
 



=



0.25
Giải hệ PT
( )
(
)
( )
(
)
3 2
2 2
1
,( , ).
3 2 9 3 4 2 1 1 0
xy x x y x y
x y
y x y x x

+ = + + −

∈

+ + + + + + + =




1.0
ĐKXĐ .x∀ ∈
Ta có
( )
3 2 3 2 2
1 0xy x x y x y x x y y xy x y+ = + + − ⇔ − + − + − =
( )
( )
2
2
1 0
1
y x
x y x y
y x
=

⇔ − − + = ⇔

= +

0.25
8
Với
2
1y x= + thay vào PT thứ 2 ta ñược

( )
(
)

( )
(
)
2 2 2 2
3 1 2 9 3 4 6 1 1 0x x x x x+ + + + + + + + = . Dễ thấy PT vô nghiệm.
Với y x= thay vào PT thứ 2 ta ñược
(
)
( )
(
)
2 2
3 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x+ + + + + + + =
0.25
(
)
( ) ( )
( )
(
)
( ) ( )
( )
2
2
2
2
3 2 9 3 2 1 3 2 1 2
3 2 9 3 2 1 3 2 1 2
x x x x
x x x x

⇔ + + = − + + + +
⇔ + + = − − + − − +
Xét hàm số
(
)
2
( ) 2 2f t t t= + + ta có
2
2
2
'( ) 2 2 0
2
t
f t t
t
= + + + >
+
suy ra hàm số
ñồng biến.
0.25
Từ ñó suy ra
1
3 2 1 .
5
x x x= − − ⇔ = − Vậy HPT có nghiệm
( )
1 1
; ; .
5 5
x y

 
= − −
 
 

0.25
Cho ba số dương , ,a b c thay ñổi và thỏa mãn 2a b c+ + = . Tìm GTLN của biểu
thức
2 2 2
ab bc ca
S
ab c bc a ca b
= + +
+ + +
1.0
Ta có
( ) ( )( )
1
2 2
ab ab ab a b
ab c ab a b c c a c b c a c b c
 
= = ≤ +
 
+ + + + + + + +
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a b
a c b c

=
+ +
0.25
Tương tự ta cũng có
1 1
,
2 2 2 2
bc b c ca c a
bc a b a c a ca b c b a b
   
≤ + ≤ +
   
+ + + + + +
   
0.25
Cộng các vế ta ñược
1 3
.
2 2
a b b c c a
S
a b b c c a
+ + +
 
≤ + + =
 
+ + +
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2
.
3
a b c= = =
0.25
9
Vậy
max
2
.
2 3
S x y z
3
= ⇔ = = =
0.25