Đề 16 - Đề thi thử môn toán Quốc Gia (có đáp án) năm 2016

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

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

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

TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

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 = x3  3x 2  9 x  1 trên
đoạn [- 2; 2].
Câu 4 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1 = 0
b) Giải phương trình: log 1 x  2log 1 ( x  1)  log 2 6 = 0
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
3
2
3
2
2 x  xy  x = 2 y  4 x 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 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

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

----------------- 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

Điểm

1,5
0,5

5
y' =
 0 , x  1
( x  1) 2
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'



-1
+



y
2

0,25

+

2



* 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:
điểm)
 4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0
 (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0


 2  cosx = 0(VN )
 x = 6  k 2
(k  z )


 sinx = 1

 x = 5  k 2
2

6

Câu 3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn  2; 2
(1,0
điểm)
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9

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

0,25
1,0
0,25


 x =  3 (l )
f’(x) = 0  
x = 1
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

0,25

0,25

 2;2

Giải phương trình: a) 5

2x

 24.5

x 1

0,25
1,5

1 = 0

b) log 1 x  2log 1 ( x  1)  log 2 6 = 0
2

Câu 4
(1,0
điểm)

4

Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1 = 0  5 2 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

Với t = 5 ta có x =1.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = -1
2

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

0.25

0,25
0,25

2

 log 2 x( x  1) = log 2 6

x = 3
 x( x  1) = 6  
0.25
 x = 2
0,25
Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có nghiệm x =3
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() = 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 S ABCD = AB.AD = 2a 2
Do đó: VS .ABCD = .SA.S ABCD =

0,25

2a 3
(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

2a 2
4a
1

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

Ta có: S ABM = S ABCD  2S ADM = a 2 ; 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)
 = 450  BE ^ CD
tam giác ABC. Do đó CBE

0,25

1,00

0,25

PT đường thẳng BE: 3 x  y  17 = 0 .

3 x  y  17 = 0
x = 5
Tọa độ điểm I t/m hệ 

 I (5; 2)
x  3y  1 = 0
y = 2

0,25




BC
BC 5
BC
1
 IE =
 IB = 3IE
, CE = AC =
3
3
2
3 2
Từ đó tìm được tọa độ điểm B(4;5)

Ta có BI = CI =

0,25

Gọi C(3a-1; a) ta có

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)

1,00

(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)

0,25

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  2 x

= x 1

0,25


 x  1 = 0  x = 1

2
 4 x  x  6  1  2 x = x  1 (4)

1


2 7
x 
Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1 = 2 x  1  
x=
2
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 =

0,25
1,00

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

a  b  2c  1 a  b  2c  1

 6ln(a  b  2c)
1 a

1 b
1 
 1
=  a  b  2c  1 

  6ln(a  b  2c)
 1 a 1 b 
P2=

Câu 9
(1,0
điểm)

0,25

0,25

Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau:
1
2
1


(1)
1  a 1  b 1  ab
ab  1
) ab 
(2)
2
1

2
1


  2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b 
Thật vậy, )
1  a 1  b 1  ab
)







a b

2







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
Do đó,



=
ab
1

1  a 1  b 1  ab 1 
3  ab
2
4
16
4
. Đặt t = a  b  2c, t  0 ta có:

=

2
ab  bc  ca  c
 a  c  b  c   a  b  2c 2



) ab 

P  2  f (t ) =

0,25



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

BBT
t 0
f’(t)

-

4

0


+

f(t)
5+6ln4
Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1.

0,25