Đề thi thử môn toán trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong năm 2016

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong
ĐỀ KIỂM TRA TẬP TRUNG LẦN 1
MÔN TOÁN lớp 12
Thời gian làm bài: 90 phút
Học sinh phải ghi lớp vào phần phách và ghi “Ban A, B” hay “Ban D” vào phần bài làm.
Ban A, B làm các câu 1, 2, 3, 4, 5. Điểm các câu theo thứ tự là: 3,5; 1,5; 3; 1; 1.
Ban D làm các câu 1, 2, 3ab, 4, 5. Điểm các câu theo thứ tự là: 4; 1,5; 2,5; 1; 1.
x−2
có đồ thị là (C).
x −1
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng (∆): y = x + 3.
c) Đường thẳng (d) qua điểm A(–1; –3) và có hệ số góc m. Biện luận theo m số
giao điểm của (d) và (C).

Câu 1: Cho hàm số y =

Câu 2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
x+2
y = f(x) =
trên đoạn [–1; 2].
x2 + 2
Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, ∆ SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Gọi H là trung điểm AB.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và HC.
c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Câu 4: Giải hệ phương trình sau:
cos x − cos y = 2 y − 2 x
.

 3
 4 x + y − ( x + 1) 2 y + 1 = 0
Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AB // CD, CD = 2AB,
D(–7; 3), trung điểm của BC là E(4; 5), đỉnh A thuộc đường thẳng (d): x + 4y – 1 = 0
và diện tích hình thang là 30. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết A có tọa độ nguyên.
– Hết –


Câu

ĐÁP ÁN
Đáp án

Ý

1

x−2
.
x −1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
* Tập xác định: D = R\{1}.
* lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Cho hàm số y =

a

Biểu điểm
Ban D
Σ =4

Σ =2
0,25

x →±∞

 lim+ y = −∞
x →1
⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị.

y = +∞
 xlim
−
→1
1
* y' =
> 0, ∀ x ∈ D
( x − 1) 2
⇒ Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng xác định
* Bảng biến thiên:
x
–∞
1
+∞
y'
+
+
+∞
1
y
1

–∞
* Đồ thị:

0,25

0, 5

0,5

0,5

b

c

Đồ thị nhận I(1; 1) làm tâm đối xứng
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song
với đường thẳng (∆): y = x + 3
Tiếp tuyến (D) // (∆) ⇒ (D) có hệ số góc k = 1.
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của (D) và (C)
1
x = 0
=1 ⇔  0
⇒ y'(x0) = k = 1 ⇔
2
( x0 − 1)
 x0 = 2
Với x0 = 0 ⇒ y0 = 2 ⇒ (D): y = 1(x – 0) + 2 = x + 2
Với x0 = 2 ⇒ y0 = 0 ⇒ (D): y = 1(x – 2) + 0 = x – 2
Đường thẳng (d) qua điểm A(–1; –3) và có hệ số góc m. Biện

luận theo m số giao điểm của (d) và (C).

Σ =1
0,25
0,25
0,25
0,25
Σ =1


(d) qua A và có hệ số góc m ⇒ (d): y = m(x + 1) – 3
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là
x−2
= mx + m − 3
x −1
⇔ x – 2 = (mx + m – 3)(x – 1)
(Vì x = 1 không là nghiệm của phương trình)
⇔ mx2 – 4x – m + 5= 0
(1)
5
* m = 0: (1) ⇔ x =
⇒ (d) và (C) có 1 giao điểm .
4
* m ≠ 0: ∆' = m2 – 5m + 4
+ 1 < m < 4: (1) VN ⇒ (d) và (C) không có giao điểm
+ m = 1 hay m = 4: (d) và (C) có 1 giao điểm \
+ m < 1 hay m > 4: (d) và (C) có 2 giao điểm phân biệt
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
x+2
y = f(x) =

trên đoạn [–1; 2].
x2 + 2
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [–1; 2]
2 − 2x
y' =
; f'(x) = 0 ⇔ x = 1 ∈ [–1; 2]
( x 2 + 2)3
1
2 6
Ta có f(–1) =
; f(1) = 3 ; f(2) =
3
3

2

f ( x) = 3 ; Min f ( x) = 3
Vậy Max
[ −1;2]
[ −1;2]
3
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a,
∆SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD).
Gọi H là trung điểm AB.

3

a

Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

(SAB) ⊥ (ABCD), (SAB) ∩ (ABCD) = AB, SH ⊥ AB
⇒ SH ⊥ (ABCD)
AB 3 a 3
Ta có: SABCD = a2; SH =
=
2
2

0,25

0,25

0,25

0,25

Σ = 1,5
0,25
0,5
0,25
0,5
Σ = 2,5

Σ =1
0.25
0,25


1
S ABCD .SH

3
1
a 3 a3 3
= .a 2 .
=
3
2
6
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và HC.
Gọi E là trung điểm CD ⇒ AE // HC ⇒ HC // (SAE)
⇒ d(HC, SA) = d(HC, SAE) = d(H, SAE)
Dựng HK ⊥ AE tại K; HI ⊥ SK tại I
Ta có AE ⊥ SH; AE ⊥ HK ⇒ AE ⊥ (SHK) ⇒ HI ⊥ AE
Do đó HI ⊥ (SAE) ⇒ d(H; SAE) = HI
1
1
1
4 1
5
=
+
= 2+ 2 = 2
∆ AHE vuông tại H ⇒
2
2
2
HK
HA HE
a a
a

1
1
1
5
4
19
=
+
= 2+ 2 = 2
∆ SHK vuông tại H ⇒
2
2
2
HI
HK
HS
a 3a
3a
Do đó VSABCD =

b

⇒ HI =

a 57
19
Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
Dựng HM ⊥ BD tại M, HN ⊥ SM tại N
Ta có BD ⊥ SH, BD ⊥ HM ⇒ BD ⊥ (SHM)
⇒ HN ⊥ BD mà HN ⊥ SM ⇒ HN ⊥ (SBD)

⇒ d(H; SBD) = HN.
BH 2 a 2
Ta có ∆ BMH vuông cân tại M ⇒ MH =
=
2
4
1
1
1
8
4
28
a 21
=
+
+ 2 = 2 ⇒ HN =
2
2
2 =
2
HN
HM
HS
a 3a
3a
14
Vì H là trung điểm AB ⇒ d(A; SBD) = 2d(H; SBD) =

4

0,25
Σ = 1,5
0,25
0,5

0, 5

a 57
19

Vậy d(HC, SA) = HI =
c

0,25

cos x − cos y = 2 y − 2 x
Giải hệ phương trình :  3
 4 x + y − ( x + 1) 2 y + 1 = 0
Xét f(t) = cost + 2t có f'(t) = –sint + 2 > 0 ∀ t
⇒ f(t) đồng biến trên R.
Do đó (1) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y.
Thay vào (2) ta được:

a 21
7
(1)
(2)

0,25

Σ =1
0,25
0,25

4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0 ⇔ (2 x)3 + 2 x = ( 2 x + 1)2 + 2 x + 1 (3)
Xét g(t) = t3 + t có g'(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀ t
⇒ g(t) đồng biến trên R
Do đó (3) ⇔ f(2x) = f( 2 x + 1 ) ⇔

2 x + 1 = 2x

0,25


5

2 x ≥ 0
1+ 5
⇔ 2
⇔ x=
4
4 x − 2 x + 1 = 0
Cho hình thang ABCD có AB // CD, CD = 2AB, D(–7; 3),
trung điểm của BC là E(4; 5), đỉnh A thuộc đường thẳng
(d): x + 4y – 1 = 0 và diện tích hình thang là 30. Tìm tọa độ
các đỉnh A, B, C biết A có tọa độ nguyên.
Ta có A ∈ (d)
⇒ A(1 – 4a; a).
Gọi F là giao điểm của
AE và DC

⇒ E là trung điểm AF
⇒ ∆ ABE = ∆ FCE
⇒ SABCD = SADF
= 2SADE ⇒ SADE = 15.
uuur
Ta có DE = (11; 2) là vtcp của DE
x−4 y −5
=
⇒ DE: 2x – 11y + 47 = 0.
11
2
2(1 − 4a ) − 11a + 47
−19a + 49
=
d(A; DE) =
2
2
125
2 + 11
−19a + 49
1
= 30
Do đó: DE.d ( A; DE ) = 15 ⇔ 125.
2
125
⇒ DE:

a = 1
 −19a + 49 = 30


⇔
 −19a + 49 = −30 ⇔ b = 79 . Vậy A(–3; 1).

19

uuur
E là trung điểm AF ⇒ F(11; 9) ⇒ DF = (18; 6) = 6(3; 1)
x+7 y −3
=
⇒
⇒ DF: x – 3y + 16 = 0 ⇒ C(3c – 16; c)
3
1
uuur
Ta có AB = (27 – 3c; 9 – c)
uuur
uuur
DC = (3c – 9; c – 3) = 2 AB
3c − 9 = 54 − 6c
⇔
⇔ c = 7. Vậy C(5; 7).

c − 3 = 18 − 2c
E là trung điểm BC ⇒ B(3; 3)

0,25

Σ =1

0.5

0,25

0.25