Đề thi KS chất lượng đầu năm học 2017 môn Toán Lớp 12

SỞ GD – ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM
NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN: TOÁN 12
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (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 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x 2  3x  2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến
của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 3(1,0 điểm). Tìm mọi giá trị của m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị y 

x2
C 
x 1

tại hai điểm phân biệt.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác : (2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x
Câu 5 (1,0 điểm).
3π
2π
. Tính sin  α   .
2
3 

b) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy
ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có

a) Cho tan α  2 và π  α 

đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.
20

1 

Câu 6 (1,0 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển P( x )   2 x  2  , x  0.
x 

8

Câu 7 (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 8 (1,0 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I.
Điểm M(0;-2) là trung điểm cạnh BC, điểm E(-1;-4) là hình chiếu vuông góc của B trên AI,
điểm D là hình chiếu của B lên cạnh AC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết
đường thẳng AC có phương trình x+y-4=0.
Câu 9 (1,0 điểm).
32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x

Giải hệ phương trình: 

3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29

 x, y    .

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P 

1
2

2

2

2 x  y  z  2(2 x  y  3)



1
y ( x  1)( z  1)

------------------------- Hết -----------------------Họ và tên thí sinh.................................................................Số báo danh.........................
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẦU NĂM

Câu

Nội dung
Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f (x) = 3x2 + 6x -9

Điểm

’

0,25đ
Câu 1
1,0đ

 x  3  (2; 2)
f’ (x) = 0  
 x  1  (2; 2)

0,25đ

Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3
Vậy: max f( x)  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4

0,25đ
0,25đ

 2;2

Câu 2
1,0đ

 2;2

Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)

0,25đ

y '  3x 2  6 x  3
y '(0)  3
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)  3  3 x  2

0,25đ

phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:

0,25đ

0,25đ
0,25đ

x2
 x  m
x 1
0,25đ
Câu 3
1,0đ

x  1

2
 g ( x )  x  mx  m  2  0(1)
Yêu cầu bài toán thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

  0
 g

 g (1)  0

m  2  2 3


 m  2  2 3

0,25đ
0,25đ

(2sin x  1)( 3 sin x  2cos x  2)  sin 2 x  cos x (1)

(1)  (2sin x  1)( 3 sin x  2 cos x  2)  cos x(2sin x  1)

0,25đ

 (2sin x  1)( 3 sin x  cos x  2)  0

Câu 4
1,0đ

 2sin x  1  0(2)

 3 sin x  cos x  2(3)
+) (2)  x 


5
 k 2 , x 
 k 2
6
6




x   k 2


2

12
)(3)  sin  x   

6 2

 x  7  k 2

12
KL :

0,25đ
0,25đ
0,25đ


1
1
1
5
2
a)Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5
3π
5
 cosα  0 nên cosα  
2

5
 5
2 5
sin α  cosα.tan α 
.2 
5
5
2π 
2π
2π

sin  α 
 cosα.sin
  sin α.cos
3 
3
3

Vậy
2 5 1  5 3 2 5  15

. 
.

5
2
5
2
10
4

b) Số phần tử của không gian mẫu là   C16  1820 .

0,25đ

Do π  α 

Câu 5
1,0đ

0,25đ

0,25đ

Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả 0,25đ
màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71
- Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72
1 3
1 1 2
1 2 1
Khi đó  B  C4C5  C4C7C5  C4C7 C5  740 .

Xác suất của biến cố B là P  B  

B
740 37
.




1820 91

20

20
1 

P( x )   2 x  2    C20k ( 1)k 2 20 k x 203k
x 

k 0

Câu 6
1,0đ

k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là C 20
(1)k 2 20 k x 203k

0,25đ

0,25đ

Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20  3k  8  k  4
0,25đ
4
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C 20
(1)4 216

0,25đ

0,25đ

Câu 7
1,0đ
Ta có S ABCD  AB.AD  2a2

1
2a3
(dvtt)
Do đó: VS . ABCD  .SA.S ABCD 
3
3
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

0,25đ

0,25đ


1
2a 2
4a
AN .BM  a 2  AN 


2
BM
17
1
1
1
4a
Trong tam giác vuông SAN có:


 AH 
AH 2 AN 2 SA2
33
2a
Suy ra d(D,  SBM  
33

Ta có: S ABM  S ABCD  2 S ADM  a 2 ; S ABM 

0,25đ

A

I

D

0,25đ

E

B

Câu 8
1,0đ

M

C

  1800  BAD
 (1)
Tứ giác ADEB, BIEM nội tiếp đường tròn => DEB
  BIM
 (cùng chắn BM
 ) (2)
BEM
  1 BIC
  BAD
 (3)
Mà BIM
2
  BEM
  1800 nên D,E,M thẳng hàng
Từ (1),(2),(3) => DEB
+ Đường thẳng EM qua E,M có phương trình là : 2x-y-2=0

x  y  4  0
+ Tọa độ D là nghiệm 
=> D(2 ;2)
2 x  y  2  0

0,25đ

C (4; 0)
+ C  AC : x  y  4  0 => C(c ;-c+4) mà MC=MD= 2 5  
C (2; 2) (loai)

0,25đ

+ M trung điểm BC => B(-4 ;-4)
+ AE  BE => phương trình là AE : x+1=0
+ A  AC  AE  A( 1;5)

Câu 9
1,0đ

0,25đ

Vậy: A(-1;5); B(-4;-4); C(4;0)
32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y   

3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29(2)

1
Đặt đk x   , y  2
2

0,25đ

+) (1)  (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y ) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x 



y2



5

 y  2(3)

Xét hàm số f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên R.
Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  2 x 
Thay 2 x 

y2

y  2( x  0) vào (2) được

0,25đ


(2 x  1) 2 x  1  8 x 3  52 x 2  82 x  29
 (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
 (2 x  1)





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

1

x  2

 2 x  1  4 x 2  24 x  29  0(4)
Với x=1/2. Ta có y=3

2x  3

(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x 1  2

 (2 x  3)(2 x  9)  0

x  3 / 2

1

 (2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2
Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1 . Thay vao (5) được
t 3  2t  10  21  0  (t  3)(t 2  t  7)  0 . Tìm được t 

x

0,25đ

1  29
. Từ đó tìm được
2
0,25đ

13  29
103  13 29
,y
4
2

KL:
Đặt a  x  2, b  y  1, c  z  a , b, c  0

1

P

2

2

2



2 a  b  c 1

1
( a  1)(b  1)(c  1)

0,25đ

(a  b)2 (c  1) 2 1
Ta có a  b  c  1 

 (a  b  c  1)2
2
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
2

2

2

(a  b  c  3)3
Mặt khác ( a  1)(b 1)(c 1) 
27
1
27

. Dấu “=” xảy ra khi a  b  c  1
a  b  c  1 (a  b  c  3)3
1
27

Đặt t  a  b  c  1  1 . Khi đó P  
,t  1
t (t  2)3

0,25đ

Khi đó P 

Câu 10
1,0đ

1
27
1
81
81t 2  (t  2) 4
f (t )  
,
t

1;
f
'(
t
)




t (t  2)3

t 2 (t  2) 4
t 2 (t  2) 4
Xét f '(t )  0  81t 2  (t  2)4  0  t 2  5t  4  0  t  4 (do t>1)
lim f (t )  0

0,25đ

x 

Bảng biến thiên
t

1

f’(t)

+

f(t)



4
0
1
8

-

0,25đ

0
1
Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)= .
8

0


Hết
Các cách giải khác nếu đúng cho điểm tương ứng