Luyenthipro.vn
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I
Năm học 2015 – 2016.
MÔN: TOÁN. LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
( Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y x3 3x2 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường
4
5
thẳng : x my 3 0 một góc biết cos .
Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y
2x 3
.
x 2015
9
5
Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x5 2 .
x
3
Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin2 x sin x cos x 2cos2 x 0 .
a
2
Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA ,
SB
a 3
, BAD 600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là
2
trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa
đường thẳng SH và DK.
Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
DC BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao
điểm của hai đường thẳng AC và BM.
a) Viết phương trình đường thẳng IH.
b) Tìm tọa độ các điểm A và B.
Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình
2x 1 3 2x 4 2 3 4 x 4 x2
2
1
4x2 4x 3 2x 1 trên tập số thực.
4
x y z 0
Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 2 2
x y z 2
.Tìm giá trị
lớn nhất của biểu thức P x3 y3 z3 .
------------------- Hết ------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:………
TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I
MÔN: TOÁN. LỚP 12
(Hướng dẫn gồm 04 trang)
Chú ý:
Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.
Điểm toàn bài không làm tròn.
CÂU
ĐÁP ÁN
TXĐ: D
Sự biến thiên: y 3x2 6x 3x x 2
ĐIỂM
0.25
x 0
y 0
x 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;
Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2 .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 yCT 4 , cực đại tại x = 0 yCÑ 0
0.25
Giới hạn lim y , lim y
x
Bảng biến thiên
x
x
-∞
y’
0
0
0
+
’
1a)
(1,0 đ)
+∞
2
0
-
+
+∞
0.25
y
-4
-∞
Đồ thị
6
y
f(x)=x^3-3*x^2
4
2
0.25
x
-4
-2
2
4
6
-2
-4
-6
Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2x y 0 VTPT n1 2;1
Đường thẳng đã cho : x my 3 0 có VTPT n2 1; m
1b)
(1,0 đ)
Yêu cầu bài toán cos ; 1 cos n1; n2
25 m2 4m 4 5.16. m2 1
11m2 20m 4 0
m 2
5. m 1
2
4
5
0.25
0.25
0.25
1
2
(1,0 đ)
m 2
2
m
11
2x 3
2x 3
( hoặc lim
) nên x 2015 là
Vì lim
x2015 x 2015
x2015 x 2015
tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
2x 3
2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
Vì lim
x x 2015
Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1 C . x
k
9
3
(1,0 đ)
k
5
. 2
x
0.5
0.5
9 k
0.25
Tk1 C9k .59k.x7k18
Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18 3 k 3
Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93.56 1.312.500
0.25
0.25
0.25
PT sin2 x cos2 x sin x cos x cos2 x 0
0.25
sin x cos x sin x 2cos x 0
4
(1,0 đ)
5
0.25
sin x cos x 0 1
sin x 2cos x 0 2
0.25
1 tan x 1 x 4 k k
2 tan x 2 x arctan2 k k
0.25
0.25
S
0.25
B
C
K
H
M
5
(1,0 đ)
A
Từ giả thiết ta có AB = a, SA
D
a 3
a
, SB
nên ASB vuông tại S
2
2
AB
SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM AB . Do
2
SAB ABCD SM ABCD .
SH
0.25
1
1
1
Vậy VKSDC VS.KCD .SM .SKCD .SM . SBAD
3
3
2
1 a 3 1 a.a. 3 a3
.
. .
(đvtt)
3 4 2 2.2
32
0.25
2
Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ HQ KD nên
SH , DK SH , QH
Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ
.
Mà SM ABCD SI HQ SH ,QH SHI
0.25
Trong tam giác vuông SHI có:
6a
(1,0 đ)
1
1
1 a 3
HQ
DK
.
HI 2
4
4
2 3.
cosSHI
a
a
a
SH
4
2
2
2
IH 1; 1
0.25
0.5
Nên đường thẳng IH có phương trình x y 3 0 .
A
0.5
B
I
H
D
C
M
Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA 3HI A(2;5) .
6b
(1,0 đ)
2
2
BC 6
1
BC 3
BM
BC2 MC 2
, HC AC
3
3
3
3
3
2
2
2
HB HC BC nên BM AC
BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH 1; 1 làm VTPT có phương trình
Ta có HB
x y 1 0 tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ).
0.25
0.25
0.25
Lại có IA IB nên 18 t 1 t 3 t 4t 4 0
2
t 2 8
. Do đó
t 2 8
2
2
B 2 2 2;1 2 2
.
B 2 2 2;1 2 2
0.25
1
3
ĐK: x . Phương trình
2
2
7
(1,0 đ)
2x 1 3 2x
2
2
2x 12 2x 12
(*)
2x 1 3 2x
2
2
0.25
Xét hàm số f t t 2 t trên 0; có f t 2t 1 0 t 0; nên
hàm số f(t) đồng biến trên 0;
2x 12
Do đó pt (*) trở thành f 2x 1 3 2x f 2
f ñoà
ng bieá
n
0.25
3
2x 1
8
2x 1
3 2x
2
8
2
2x 1 3 2x 4 2x 1
2
2x 1 3 2x 2x 1 3 2x ( **)
2
2x 1 a 0
Đặt
thì phương trình (**) trở thành
3
2
x
b
0
8 a b a2 b2 2 4a2b2 (1)
8 a b a2 b2 2
a2 b2 4
a2 b2 4
2
0.25
Từ (1) 8 a b 16 4a2b2 2 a b 4 a2b2
4 a2 b2 2ab 16 8a2b2 a4b4 (***)
Đặt ab = t 0 t 2 thì pt (***) trở thành
16 8t 16 8t 2 t 4 t t 2 t 2 2t 4 0
t 0
x 1
t 2 loaïi
2x 1 3 2x 2
2
. Vậy t = 0
t
1
5
loaï
i
3
x
2x 1. 3 2x 0
2
t 1 5 loaïi
0.25
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau
Đặt a 2 x 1 3 2 x . Phương trình đã cho trở thành
a a 2 a 2 2a 4 a 4 8a 2 8a 8 0
Có x y z 0 z x y P x3 y3 x y 3xyz
3
Từ x2 y2 z2 2 x y 2xy z2 2 2z2 2xy 2 xy z2 1
2
0.25
Vậy P 3z z2 1
2
1
3
4
4
x y z2 z2
z
2
2
3
3
4 4
Đặt P f z 3z3 3z với z ;
K
3
3
z 1 K
3
2
Có f z 9z 3 , f z 0
z 1 K
3
Do 2 x2 y2 z2
8
(1,0 đ)
4
4
Ta có: f
,f
3
3
2
Do vậy max P
khi z
3
1
4
4 1 2
2
, f
,f
3
3
3
3 3
3
2
3
;x y
0.25
0.25
0.25
1
3
4