Đề thi toán lớp 12 lần 5 THPT ngô sỹ liên bắc giang

S GD&T BC GIANG
TRNG THPT NGễ S LIấN
( thi gm cú 01 trang)
THI THNG LN 5
NM HC 2014 - 2015
Mụn: TON LP 12
Thi gian lm bi: 120 phỳt
(khụng k thi gian phỏt )
Câu I (2,5 điểm)
Cho hàm số
2 1
y
2

=

x
x
cú th (C).
1) Kho sỏt v v th (C) ca hm s.
2) Tỡm im M thuc th (C) sao cho tip tuyn ca (C) ti M to vi hai
ng tim cn mt tam giỏc cõn.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phơng trình:
= +
2
sin (1+ tan ) 3sin (cos sin ) 3x x x x x
.
2) Gii bt phng trỡnh:

1 2

> +
3
1 1
2 2
1
log ( ) log (1 )
2
x - x -
.
Câu III (1,5 điểm)
Tớnh tớch phõn: I =
1
4 2
0
(e 4 )d+

x
x x x
.
Câu IV (1 điểm)
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi cnh a, gúc
ã
0
60=BAD
v
cnh bờn SC = 2a. Cỏc mt bờn SAB v SAD cựng vuụng gúc vi mt ỏy
(ABCD). Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng
SC v B D.
Câu V (1 điểm)
Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho tam giỏc ABC cú ta cỏc nh

A(1; 3; 2), B(-1; 2; 3), C(-2; 0; 1). Vit phng trỡnh mt phng (ABC). Tỡm ta
trc tõm ca tam giỏc ABC.
Câu VI (1 điểm)
Trong mt phng vi h ta Oxy, cho hỡnh ch nht ABCD bit phng
trỡnh cỏc cnh BC: x + 2y 4 = 0, phng trỡnh ng chộo BD: 3x + y 7 = 0,
ng chộo AC i qua im M( 5; 2). Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht
ABCD.
Câu VII (1 điểm)
Cho a, b, c l cỏc s thc dng. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:

P
( 1)( 1)( 1)
+
2 2 2
1 2

1
=
a+ b+ c+
a +b +c
.
Hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
Hớng dẫn chấm thi tháng lần 5 Năm 2015 lớp 12
Câu Nội dung bài Điểm
CHNH THức
I
1) TXĐ D = R\

{ }
2
Ta có
→±∞ →±∞
−
= =
−
x x
2 1/
lim y lim 2
1 2 /
x
x
,
+
→
= +∞
x 2
lim y
,
−
→
= −∞
x 2
lim y
Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
y’(x) =
2
3
( 2)

−
−x
⇒
y’(x) < 0
D∀ ∈x
Ta cã b¶ng biến thiên:
x
-∞ 2 +∞
y’ - -

y
2 + ∞
2
-∞
Hµm sè nghÞch biÕn trên (- ∞; 2) v (2; + à ∞). Hµm sè không có cực trị
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.


0,5
0,25

0,25
0,5
2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận đứng và ngang.
Gọi điểm M(x
0
; y
0
) thuộc (C) (x
0 ≠ 2

)
⇒
Tiếp tuyến tại M của (C) có hệ số góc
k = y’(x
0
) =
2
0
3
0
( 2)
−
<
−x
cắt tiệm cận đứng tại A, tiện cận ngang tại B.
Ta thấy tam giác AIB vuông tại I, mà giả thiết tam giác ABI cân nên
·
0
ABI 45=
, BI // Ox
⇒
tiếp tuyến trên tạo với Ox góc 45
0
hoặc 135
0

⇒
k
=1(loại) hoặc k = - 1 (tm)
⇔

2
0
3
1
(x 2)
−
= − ⇔
−
2 3= ±x
M
1
(
2 3+
;
2 3+
),M
2
(
2 3−
;
2 3−
),


0,25

0,25


0,25

0,25
II
1) ĐK:
os k
2
π
≠ ⇔ ≠ + πc x 0 x
Pt
⇔ + = − + +
2 2
tan (1 t an ) 3tan (1 t an ) 3(1 tan )x x x x x

⇔ + − =
2
(1 t an )(tan 3) 0x x


= −

⇔

= ±

tan 1
ta n 3
x
x

⇔
= −π + π



= ±π + π

/ 4 m
/ 3 n
x
x
víi k, m, n
∈
Z v à kết luận nghiệm.

0,25



0,25


0,5
2) Đk: x > 1
Bpt
⇔ − > + −
3
1 1
2 2
log 1 log (1 2)x x
(1)

⇔ − < + −

3
1 1 2x x
đặt t =
3
2−x
> -1
3
t 2⇒ = +x
Bpt trên có dạng:
+ < +
3
t 1 1 t
(2) vì t > -1 nên
Bpt (2)
⇔ + − <t(t 1)(t 2) 0

⇔ − <t(t 2) 0
⇔ < <0 t 2

Khi đó
< <
2 10x
⇒
Kết luận.

0,25

0,25
0,25
0,25

III
Ta có: I =
1 1
4 2
0 0
e d 4 d−
∫ ∫
x
x x+ x x x
= I
1
+ I
2
Tính I
1
: Đặt u = x
⇒
du = dx, dv = e
4x
dx
⇒
chọn v =
1
4
e
4x


0,25

Nên
1
4
0
e d
∫
x
x x
1
1
4 4
0
0
1 1
e e d
4 4
= −
∫
x x
x x

1
4 4
0
1 1
e e
4 16
= −

x
4
3e 1
16 16
= +
Tính I
2
:
1
1 1
2 2 2 2 3
0
0 0
1 1 8
4 d 4 d(4 ) (4 ) 3
2 3 3
− = − − − =− − = −
∫ ∫
x x x x x x

Do đó I
4
3e
16
=
131
3
48
− +
0,5

0,5

0,25

IV
S

K



D C
I
A B
Mặt bên SAB và SAD cùng vuông góc với mặt dáy (ABCD) (gt)
và (SAB)
∩
(SAD) = SA nên SA
⊥
(ABCD)

⇒
SA
⊥
AC, V
SABCD
=
ABCD

1
SA.S
3

⇒
tam giác SAC vuông tại A
⇒
SA = a
Từ gt ta có tam giác ABD đều cạnh a nên BD = a và AI =
a 3
2
( I là trung
điểm AC, BD)
⇒
AC =
a 3
, đo đó S
ABCD
=
2
1 1 a 3
AC.BD a 3.a
2 2 2
= =
khi
đó V
SABCD
=
2 3
1 a 3 a 3

a.
3 2 6
=
(đvtt).


0,25


0,25
Ta chứng minh BD
⊥
(SAC), hạ IK
⊥
SC (K
∈
SC)
⇒
BD
⊥
IK
⇒
I K = d(BD; SC)
Từ cách dựng trên ta c/m
∆
SAC
:
∆
IKC
⇒ =

a 3
IK
4

⇒
Kl

0,25

0,25
V
Ta có
AB ( 2; 1;1),AC ( 3; 3; 1)= − − = − − −
uuur uuur
AB;AC (4; 5;3) 0
 
⇒ = − ≠
 
uuur uuur r
Gọi
ABC
n
r
là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC)
ABC ABC
n AB,n AC⇒ ⊥ ⊥
r uuur r uuur
nên chọn
ABC
n AB;AC

 
=
 
r uuur uuur
=(4;-5;3)
Từ gt ta có
ABC
n (4; 5;3)= −
r
, khi đó pt (ABC):
4 5 3 5 0− + + =x y z
.
Gọi H(x; y; z) là trực tâm của tam giác ABC, ta có
H (ABC)
CH AB
BH AC
∈


⊥


⊥

4x 5y 3z 5 0
CH.AB 0
BH.AC 0
− + + =



⇔ =


=

uuur uuur
uuur uuur

0,25


0,25



0,25


0,25
4 5 3 5 0 39 / 25
5 0 11/ 5
3 6 0 102 / 25
− + + = = −
 
 
⇔ − + = ⇔ =
 
 
+ + − = =
 

x y z x
2x+ y z y
3x y z z
39 11 102
H( ; ; )
25 5 25
⇒ −
VI
Từ gt
⇒
B(2; 1)
Từ gt
⇒
3 2 1
cos(BC;BD)
10. 2 2
+
= =

0
(BC;BD) 45⇒ =
⇒
tứ giác
ABCD là hình vuông
⇒
AC
⊥
BD
Mà AC đi qua M(-5; 2) nên phương trình AC: x – 3y + 11 = 0
Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD

⇒
tọa độ điểm I(1; 4), C(- 2; 3)
Từ đó suy ra A(4; 5), D(0; 7).
0,25

0,25
0,25
0,25
VII
Ta có
+ + + ≥ + + +
2 2 2 2
4(a b c 1) (a b c 1)
⇒ + + + ≥ + + + >
2 2 2
1
a b c 1 (a b c 1) 0
2
⇒ ≤
+ + +
+ + +
2 2 2
1 2
a b c 1
a b c 1
( 1)( 1)( 1)
− −
≤
+ + +
3

2 54
(a b c 3)a+ b+ c+
suy ra
P
(a + b + c +3)
≤
+ + +
3
2 54
–
a b c 1
Đặt t = a + b + c + 3, từ gt
⇒ <
3 t

Khi đó
P
≤ −
−
3
2 54
t 2 t
, xét hàm số g(t) =
−
−
3
2 54
t 2 t
trên khoảng
+∞

(3; )
g'(t) =
−
+
−
2 4
2 162
(t 2) t
,
g'(t) = 0
=

⇔

=

t 6
t 3 (lo¹i)
.
Ta cã b¶ng:
x
3 6 +∞
g’ 0 + 0 -

g


1
4

P≤
1
4
Dấu bằng xảy ra khi t = 6 hay a = b = c = 1 Kl: MaxP =
1
4


0,25



0,25

0,25



0,25