Đề thi thử THPT quốc gia 2016 trường yên lạc

Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho với m  1 .
2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 .
Câu II(3 điểm). Giải các phương trình, hệ phương trình sau
1. 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x
2.

 2  log 3 x  log 9 x 3 

4
1
1  log 3 x

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2
3. 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0
n

Cn1 2Cn2 3Cn3
 1 nCnn
Câu III (1 điểm). Tính tổng S 


 ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 
Câu IV(1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi cạnh bên và

mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1.
Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V(1 điểm). Tính giới hạn L  lim
x 2

6  x  3 x2  4
.
x2  4

Câu VI (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và đường tròn
(C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt

(C1 ), (C 2 ) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau.
Câu VII( 1 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất

 1
 1
 1


 1  1  1 .
 ab  bc  ca 

của biểu thức P  3 

------------------------Hết----------------------


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT TOÁN LẦN 1, LỚP 12, NĂM HỌC 2015_2016
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 .
Câu I.1
(1 đ)

Với m  1 ta được y  x 3  6 x 2  9 x  1 .

0,25

*TXĐ: D  ¡ .

* Sự biến thiên của hàm số
Giới hạn tại vô cực

lim y  

x 

0,25

lim y  

x 

Chiều biến thiên
y '  3x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3)

x  1
y'  0  
x  3
Bảng biến thiên

x

0,25



1
+

y'
y

0



3
-

0



3



+

-1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ,1) và (3,   ) .
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3).
Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y (1)  3 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y (3)  1 .
* Đồ thị
(Tìm được các điểm đặc biệt và vẽ đúng dạng đồ thị)

Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

f x = xxx-6xx+9x-1
8

6

0,25

4

2

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 .
Ta có: y '  3x 2  6( m  1) x  9.

0,25

Câu I.2
(1 đ)

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2  Phương trình y '  0 có hai nghiệm
pb là x1 , x2  Pt x 2  2( m  1) x  3  0 có hai nghiệm phân biệt là x1 , x2
  '  (m  1) 2  3  0

0,25

 m  1  3

(1)
m


1

3


Với ĐK (1), theo định lý Viet ta có: x1  x2  2(m  1); x1 x2  3.
2

x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4
2

 4  m  1  12  4

 (m  1) 2  4
 m  3

m  1

(2)

0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

0,25

 m  3
Từ (1) và (2) ta được: 
TMYCBT.
m  1
Giải phương trình 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x (1)
(1)  1  3cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x
Câu
II.1

(1 đ)

 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   4 sin x.sin 2 x

0,25

 1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   0
 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos x  0  1  cos x  cos 2 x  0

0,25

 2 cos 2 x  cos x  0
0,25

 cos x  0
 
 cos x   1

2



x

 k

2
;k ¢ .

 x   2  k 2


3
Giải phương trình  2  log 3 x  log 9 x 3 
Câu
II.2
(1 đ)


x  0

ĐKXĐ:  x  3 (*)

1
x 
9


0,25

4
 1 (1)
1  log 3 x
0,25

Với ĐK (*), ta có :
(1)   2  log 3 x 


1
4


1
log 3 9 x 1  log3 x

0,25

2  log 3 x
4

 1 (2)
2  log 3 x 1  log 3 x

t  1
(**) )
t  2

Đặt: t  log 3 x ( ĐK: 

Khi đó phương trình (2) trở thành:
0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

t  1
2t
4


 1  t  2
2  t 1 t
t 2  3t  4  0
  t  1
t  4
1

x


3

 x  81

0,25

1
So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81
3

Câu
II.3
(1 đ)

 y 3  y  4  3x  ( x  2) x  2 (1)
Giải hệ phương trình 
( x  y  5) x  y  2 y  4  0 (2)
x  y
ĐKXĐ: 

(*)
x  2

0,25

a  x  y
Đặt 
b  x  y
0,25

(ĐK: b  0).
Thay vào phương trình (2) ta được:

(a  5)b  a  b 2  4  0  (b  1)(a  b  4)  0
 a  b4
 x  y  4  x  y (3)
Ta có: (1)  y 3  y  ( x  2  1)3  ( x  2  1)
Xét hàm số: f (t )  t 3  t đồng biến trên ¡ .

0,25

Do đó ta có: y  x  2  1 (4)
Từ (3) và (4) ta được:
 x  y  4  x  y
 x  2  y  2  x  2  2  y



 y  1  x  2
 x  2  y  1

0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

( y  1)2  y  2  ( y  1)2  2  y

 x  2  y  1
 y 2  y  1  y 2  3 y  3

 x  2  y  1
x  3

y  2

x  3
Kết hợp với điều kiện (*), ta được: 
là nghiệm của hệ phương trình đã
y  2
cho.
Câu III
(1 đ)

0,25

n

C 1 2C 2 3C 3
 1 nCnn
Tính tổng S  n  n  n  ... 
2.3 3.4 4.5
 n  1 n  2 

Ta có

Cnk
 n  1!
C k 1
n!
1


.
 n 1 (3)
k  1 k ! k  1 n  k  ! n  1  k  1 ! n  1   k  1  ! n  1
k

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

0,25

k

 1 kCnk   1 kCnk22
 k  1 k  2   n  1 n  2 

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có
n
 n  1 n  2  S  Cn3 2  2Cn4 2  3Cn5 2  ...   1 nCnn22

0,25
n

   Cn21  Cn31   2  Cn31  Cn41   3  Cn41  Cn51   ...   1 nCnn11
n

 Cn21  Cn31  Cn41  ...   1 Cnn11



 Cn01  Cn11  Cn01  Cn11  Cn21  Cn31  Cn41  Cn51  ...   1

n 1



Cnn11 

0,25

n 1

1   n  1  1  1   n
n
Vậy S 
.

 n  1 n  2 
Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a , góc tạo bởi
cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt
phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính thể tích khối lăng trụ
ABC.A1B1C1 và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu IV Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết
(1 đ)

A

K

B

C

0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

thì góc AA1 H bằng 300.

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  AH 

V AB CA1 B1C1  AH .S A1 B1C 

a
.
2

0,25

a a 2 3 a3 3


2
4
8

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc AA1 H =300  A1 H 
giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1 H 

a 3
. Do tam
2

a 3
nên A1H
2

0,25

vuông góc với B1C1. Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H )
Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và
B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH  HK 

Tính giới hạn L  lim
x 2

Câu V
(1 đ)

L  lim
x 2

lim
x2

A1 H . AH a 3

AA1
4

0,25

6  x  3 x2  4
.
x2  4

6  x  2  2  3 x2  4
x2  4

6 x 2
2 x
 lim

2
x  2 ( x  2)( x  2)( 6  x  2)
x 4
1
 lim
x  2 ( x  2)( 6  x  2)
1

16

0,25

0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

3

lim
x2

x2  4  2
x2  4  8

lim
x 2

x2  4
( x 2  4)[ 3 ( x 2  4)2  2 3 x 2  4  4]

 lim

x2 3


L

0,25

1
( x 2  4) 2  2 3 x 2  4  4

1
12
0,25

7
48

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  13 và
đường tròn (C2 ) : ( x  6) 2  y 2  25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình
đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1 ), (C 2 ) theo hai dây cung phân biệt

0,25

có độ dài bằng nhau.
Câu VI

(1 đ)

Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và
N.
Gọi M ( x; y )  (C1 )  x 2  y 2  13

(1)

Vì A là trung điểm của MN nên N (4  x; 6  y )
Do N  (C2 )  (2  x) 2  (6  y ) 2  25

Câu

(2)

 x  2

 y  3
 x 2  y 2  13

17 6
Từ (1) và (2) ta có hệ 
; )
   x   17  M(
2
2

5
5
5

(2  x)  (6  y )  25


6
 y 
5


0,25

Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình: x  3 y  7  0

0,25

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị

VII
(1 đ)

0,25

 1
 1
 1

 1  1  1 .
 ab  bc  ca 

nhỏ nhất của biểu thức P  3 
Đặt A  P3

Ta có:

0,25


Edited with the trial version of
Foxit Advanced PDF Editor
To remove this notice, visit:
www.foxitsoftware.com/shopping

 1
 1
 1
 1  ab 1  bc 1  ca 
A    1  1   1 
 ab  bc   ca 
 abc 2

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân có :

2
a  b

 2  a  b  2  a  b   1  a   1  b  1  c 
1  ab  1 


4

4

4



Tương tự có: 1  bc 

1  ca 

1  c  1  a 1  b 

0,25

2

1  a  1  c 1  b 
2

1  b  1  c 1  a 
2

1
1
1  1  
Do đó A    1  
1   1   
8   a  b  c  

0,25

2

3

1 
 1  1  1  
3
Mà:  1  1   1     1 
 4
3
a
b
c



 
abc 
Do đó min P = 8 đạt được khi a = b = c =

1
3

0,25