Đề thi thử môn toán trường THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh lần 1 năm 2016

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I, NĂM 2015-2016

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

Môn thi: Toán 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

www.NhomToan.com

Câu 1.(2,5 điểm). Cho hàm số : y =

2x − 3
(C )
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 9 x + 1 trên
đoạn [- 2; 2].
Câu 4 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 52 x − 24.5 x−1 − 1 = 0
log 1 x + 2log 1 ( x − 1) + log 2 6 = 0
b) Giải phương trình:
2

4

Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên

trong đó có 3 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên trong đó
có 3 giáo viên nam, 9 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi chuyên đề. Tính
xác suất sao cho các giáo viên được chọn có cả nam và nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a ,
AD = 2a , SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng
cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2 BC .
Gọi D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC = 3EC. Biết phương
 16 
trình đường thẳng chứa CD là x − 3 y + 1 = 0 và điểm E  ;1÷. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
 3 
.Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau
2 x 3 + xy 2 + x = 2 y 3 + 4 x 2 y + 2 y

2
 4 x + x + 6 − 5 1 + 2 y = 1 − 4 y
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ≥ 1 ; c ( a + b + c ) ≥ 3 .
b + 2c a + 2c
+
+ 6ln(a + b + 2c) .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
1+ a
1+ b
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................


SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I, NĂM 2015-2016
Môn thi: Toán 12

Câu Ý
Nội dung
Câu 1
2x − 3
(2,0 Cho hàm số : y = x + 1 (C )
điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
TXĐ: R \ { − 1}
y' =

5
> 0 , ∀x ≠ −1
( x + 1) 2

Điểm

1,5
0,5

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;−1) va  (−1;+∞)
Hàm số không có cực trị
lim y = 2 ⇒ đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
x → ±∞

lim y = +∞ ; lim+ y = −∞ ⇒ đồ thị có tiệm cận đứng x = -1

x → −1−

0,25

x → −1

- Bảng biến thiên.
−∞
x
y'
y
2

+∞

-1
+

+

+∞
−∞

* Đồ thị:
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1
1
Với y = 1 ⇒ 2 x − 3 = x + 1 ⇒ x = 4 ; y ' ( 4) =
5

1
1
1
Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y = ( x − 4) + 1 = x +
5
5
5
Câu 2 Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
(0,5
Phương trình tương đương:
⇔ 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx ⇔ 2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
điểm)
⇔ (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0
π

 2 − cosx = 0 (VN )
 x = 6 + k 2π
⇔
⇔
(k ∈ z )
 sinx = 1
5
π
x =
+ k 2π

2

6
Câu 3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 9 x + 1 trên đoạn [ −2; 2]

(1,0
điểm)
Xét trên đoạn [ −2; 2] ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9
 x = −3 (l )
f’(x) = 0 ⇔ 
x = 1

0,25

2

0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
0,25

0,25
1,0
0,25
0,25


Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x) = f (−2) = 23 , min f( x ) = f (1) = −4
[ −2;2]

[ −2;2]

Giải phương trình: a) 5 − 24.5
2x

b)
Câu 4
(1,0
điểm)

0,25

x−1

0,25
1,5

−1 = 0

log 1 x + 2log 1 ( x − 1) + log 2 6 = 0
2

4

Ta có: 52 x − 24.5 x−1 − 1 = 0 ⇔ 52 x −

24 x
.5 −1 = 0
5

0,25

Đặt t = 5x , ( t > 0)
t = 5
24

a) Phương trình trở thành: ⇔ t − 5 .t − 1 = 0 ⇔ t = − 1 (l )
5

t
=
5
Với
ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = -1
2

0.25

0,25

ĐK: x >1
b)

Ta có pt

⇔ log 1 x + log 1 ( x − 1) + log 2 6 = 0 ⇔ log 1 x( x − 1) + log 2 6 = 0
2

2

⇔ log 2 x( x − 1) = log 2 6

0,25

2

x = 3
⇔ x ( x − 1) = 6 ⇔ 
0.25
 x = −2
Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có nghiệm x =3
0,25
Trường trung học phổ thông Đức Thọ có tổ Toán- Tin gồm 10 giáo viên trong đó có 1,00
3 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý- Hóa - Sinh gồm 12 giáo viên trong đó có 3
giáo viên nam, 9 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi chuyên đề.
Tính xác suất sao cho các giáo viên được chọn có cả nam và nữ.
0,25
Số phần tử của của không gian mẫu: n(Ω) = C102 .C122 = 2970
Câu 5
(0,5
điểm)

Gọi A: “Các giáo viên được chọn có cả nam và nữ”
Suy ra A : “ Các giáo viên được chọn chỉ có nam hoặc nữ”
n( A ) = C32 .C32 + C72 .C92 = 765
n(A) = C102 .C122 - ( C32 .C32 + C72 .C92 = 2205 )
49
P(A) =
66
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a ,
SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng

cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD.

Câu 6
(1,0
điểm)

1
3

1,00

0,25

Ta có SABCD = AB.AD = 2a2
Do đó: VS. ABCD = .SA.SABCD =

0,25

2a3
(dvtt)
3

0,25


Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM))
Dựng AN ⊥ BM ( N thuộc BM) và AH ⊥ SN
(H thuộc SN)
Ta có: BM ⊥ AN, BM ⊥ SA suy ra: BM ⊥ AH.
Và AH ⊥ BM, AH ⊥ SN suy ra: AH ⊥ (SBM).

Do đó d(A,(SBM))=AH

1
2a 2
4a
AN .BM = a 2 ⇒ AN =
=
2
BM
17
1
1
1
4a
=
+
⇒ AH =
Trong tam giác vuông SAN có:
AH 2 AN 2 SA2
33
2a
Suy ra d(D, ( SBM ) =
33

0,25

2
Ta có: S ABM = S ABCD − 2 S ADM = a ; S ABM =

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2 BC . Gọi

D là trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC = 3EC. Biết
 16 
phương trình đường thẳng chứa CD là x − 3 y + 1 = 0 và điểm E  ;1÷. Tìm
 3 
tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 7
BA EA
=
Gọi I = BE ∩ CD . Ta có
nên E là chân phân giác trong góc B của
(1,0
BC EC
điểm)
·
tam giác ABC. Do đó CBE
= 450 ⇒ BE ⊥ CD
PT đường thẳng BE: 3 x + y − 17 = 0 .

3 x + y − 17 = 0
x = 5
⇔
⇒ I (5; 2)
Tọa độ điểm I t/m hệ 
x − 3y +1 = 0
y = 2

0,25

1,00

0,25

0,25

uur
uur
BC
1
BC 5
BC
, CE = AC =
⇒ IE =
⇒ IB = −3IE
3
3
2
3 2
Từ đó tìm được tọa độ điểm B(4;5)
Ta có BI = CI =

Gọi C(3a-1; a) ta có

0,25

a = 1
BC = 2 BI = 2 5 ⇒ (3a − 5) 2 + (a − 5) 2 = 20 ⇔ 10a 2 − 40a + 30 = 0 ⇔ 
a = 3
Với a =1 ta có C(2;1), A(12;1)
Với a=3 ta có C(8;3), A (0; -3)

0,25

Giải hệ phương trình sau
2 x 3 + xy 2 + x = 2 y 3 + 4 x 2 y + 2 y (1)

2
 4 x + x + 6 − 5 1 + 2 y = 1 − 4 y (2)
(1) ⇔ ( x − 2 y )(2 x 2 + y 2 + 1) = 0 ⇔ x = 2 y . Thay vào (2) ta có phương trình
Câu 8
(1,0
điểm)

4 x 2 + x + 6 + 2 x = 1 + 5 x + 1 (3)
⇔ 4 x 2 + x + 6 − (1 − 2 x) = 5 x + 1 ⇔

x +1
4 x2 + x + 6 + 1 − 2x

= x +1

1,00

0,25
0,25


 x + 1 = 0 ⇒ x = −1
⇔
2
 4 x + x + 6 + 1 − 2 x = x + 1 (4)

1

2+ 7
x ≥
⇔x=
2
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x + 1 = 2 x − 1 ⇔ 
2
4 x 2 − 8 x + 3 = 0

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = −1; x =

2+ 7
2

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ≥ 1 ; c ( a + b + c ) ≥ 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a + b + 2c + 1 a + b + 2c + 1
+
+ 6 ln(a + b + 2c )
1+ a
1+ b
1 
 1
= ( a + b + 2c + 1) 
+
÷+ 6 ln(a + b + 2c )
 1+ a 1+ b 

1
1
2
+
≥
(1)
1 + a 1 + b 1 + ab
ab + 1
+) ab ≤
(2)
2
1
1
2
+
≥
⇔ ( 2 + a + b ) 1 + ab ≥ 2 ( 1 + a ) ( 1 + b )
Thật vậy, + )
1 + a 1 + b 1 + ab
+)

(

(

a− b

)(
2

)

1,00

0,25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:

⇔

0,25

b + 2c a + 2c
+
+ 6ln(a + b + 2c) .
1+ a
1+ b

P+2=

Câu 9
(1,0
điểm)

0,25

0,25

)

ab − 1 ≥ 0 luôn đúng vì ab ≥ 1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1

2
ab + 1
⇔ ab − 1 ≥ 0 . Dấu “=” khi ab=1.
2
1
1
2
2
4
+
≥
≥
=
ab
+
1
Do đó, 1 + a 1 + b 1 + ab 1 +
3 + ab
2
4
4
16
≥
=
≥
2
ab + bc + ca + c
( a + c ) ( b + c ) ( a + b + 2c ) 2 . Đặt t = a + b + 2c, t > 0 ta có:

(

+) ab ≤

)

0,25

16 ( t + 1)
+ 6 ln t , t > 0;
t2
6 16 ( t + 2 ) 6t 2 − 16t − 32 ( t − 4 ) ( 6t + 8 )
f '(t ) = −
=
=
t
t3
t3
t3

P + 2 ≥ f (t ) =

BBT
t 0
f’(t)

-

4

0

+∞
+

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

0,25