ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 VĨNH PHÚC

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 LỚP 12
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN: Toán – Khối A, A1
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
2x +1
Câu 1 ( ID: 81273) (2,5 điểm). Cho hàm số y =
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x − m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,
B nằm về hai nhánh khác nhau của (C).
3π 

Câu 2 ( ID: 81274) (1,5 điểm). Giải phương trình: sin x ( 1 + 8cos x ) = cos  3 x −
÷
2 

Câu 3 ( ID: 81275 )(1,0 điểm). Cho hai đường thẳng d1 , d 2 song song với nhau. Trên đường
thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n ∈ N , n ≥ 2 ) . Cứ 3
điểm không thẳng hàng trong số các điểm nói trên lập thành một tam giác. Biết rằng có 2800 tam
giác được lập theo cách như vậy. Tìm n?
Câu 4 ( ID: 81276 ) (1,0 điểm).Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều
cạnh a, cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 600 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và I là trung điểm
của AM. Biết rằng hình chiếu của điểm I lên mặt đáy A ' B ' C ' là trọng tâm G của ∆A ' B ' C ' .
Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
Câu 5 ( ID: 81277 ) (1,0 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x ∈  0;1 + 3 
m

(

)

x2 − 2x + 2 + 1 + x ( 2 − x ) ≤ 0

Câu 6 ( ID: 81281 ) (1,0 điểm)Cho ∆ABC có trung điểm cạnh BC là M ( 3; −1) , đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B đi qua điểm E ( −1; −3) và đường thẳng chứa AC đi qua điểm F ( 1;3) .
Điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là điểm D ( 4; −2 ) . Tìm tọa độ
các đỉnh của ∆ABC .
 x 3 − 3 x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2
Câu 7 ( ID: 81283 ) (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = y 2 + 8 y
Câu 8 ( ID: 81284 ) (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x ) =

x 4 − 4 x3 + 8 x 2 − 8 x + 5
x2 − 2x + 2

-------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………………………..; Số báo danh: ………………………..


Đáp án và thang điểm
Câu 1: (2,5 điểm)
a)
+) Tập xác định: D = R / { 1}
Ta có: y ' =

−3

( x − 1)

2

< 0, ∀x ∈ D

(0.25 đ)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 1; +∞ )
Hàm số không có cực trị.
(0.25 đ)
y = lim y = 2 nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang.
+) Tính xlim
→−∞
x →+∞
y = −∞; lim+ y = +∞ nên đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = 1 là đường tiệm cận đứng.
Tính lim
x →1−
x →1
(0.25 đ)
+) Bảng biến thiên:

(0.25 đ)

+) Đồ thị:

(0.25 đ)

b) +) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) : y = 2 x − m và (C):
2x +1
= 2 x − m ( 1)

x −1


2
Với mọi x ≠ 1 , phương trình ( 1) ⇔ 2 x − ( m + 4 ) x + m − 1 = 0 ( 2 )

(0.25 đ)

+) Để ( d ) : y = 2 x − m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B nằm về hai nhánh khác nhau của
(C) thì phương trình (2) phải có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho x1 < 1 < x2

(0.25đ)

2
+) Đặt f ( x ) = 2 x − ( m + 4 ) x + m − 1

Yêu cầu bài toán ⇔ 2 f ( 1) < 0

(0.25 đ)

+) Biến đổi 2. f1 ( x ) < 0 ⇔ f ( 1) < 0 ⇔ 2.1 − ( m + 4 ) + m − 1 < 0
⇔ −3 < 0 ⇔ m ∈ R
(0.25đ)
Kết luận: Với mọi giá trị thực của m đều thỏa mãn yêu cầu của bài toán
Câu 2 (1,5 điểm)
3π 

Ta có: sin x ( 1 + 8cos x ) = cos  3 x −
÷ ⇔ sin x + 8sin x.cos x = − sin ( 3 x − 2π )
2 


⇔ sin x + 4sin 2 x = − sin 3 x ⇔ ( sin x + sin 3 x ) + 4sin 2 x = 0
(0.25đ)
⇔ 2sin 2 x.cos x + 4sin 2 x = 0 ⇔ 2sin 2 x ( cos x + 2 ) = 0
sin 2 x = 0 ( 1)

cos x + 2 = 0 ( 2 )

(0.25đ)

(0.25đ)

kπ
; k ∈ Z ; còn (2) vô nghiệm
2
kπ
;k ∈Z
Kết luận phương trình có nghiệm: x =
(0.25đ)
2
Câu 3 (1 điểm)
1
2
Số tam giác có 1 đỉnh thuộc d1 , 2 đỉnh thuộc d 2 là: C10 .Cn
(0.25đ)
Giải (1) cho x =

2
1
Số tam giác có 2 đỉnh thuộc d1 , 1 đỉnh thuộc d 2 là: C10 .Cn

Theo giả thiết: C .C + C .C = 2800
n!
10!
n!
⇔ 10.
+
.
= 2800
( n − 2 ) !2! 2!8! ( n − 1) !
1
10

2
n

2
10

1
n

 n = 20
⇔ n 2 + 8n − 560 = 0 ⇔ 
(0.25đ)
 n = −28
Kết luận: n = 20
Câu 4 (1 điểm)
+)Hình vẽ:

(0.25đ)

(0.25đ)

(0.25 đ)
(0.5đ)


Gọi M’ là trung điểm của B ' C '; K ∈ A ' M ' sao cho A ' K = KG = GM '
Kẻ AH ⊥ A ' M '; H ∈ A ' M '
(0.25đ)
+) Ta có AHGI là hình bình hành nên IG = AH
Hơn nữa AM = A ' M ' , I là trung điểm của AM, G là trọng tâm của ∆A ' B ' C '
1
Nên H là trung điểm của A ' K ⇒ A ' H = A ' M '
(0.25đ)
6
a2 3
a 3
+) Ta có: S ∆A ' B ' C ' =
(0.25 đ)
; A ' M ' ⇒ A'H =
4
12
a 3
a
AH = A ' H .tan 600 =
. 3=
12
4

a a 2 3 a3 3
+) Từ đó: VABC . A ' B 'C ' = AH .S ∆A ' B 'C ' = .
(đvtt) (0.25đ)
=
4 4
16
Câu 5 (1 điểm)
Đặt t = x 2 − 2 x + 2 do x ∈  0;1 + 3  nên t ∈ [ 1; 2]
(0.25đ)
t2 − 2
Bất phương trình tương đương với: m ≤
(0.25đ)
t +1
t2 − 2
Khảo sát hàm số g ( t ) =
với t ∈ [ 1; 2]
t +1
2
t 2 + 2t + 2
g
'
t
=
> 0 . Vậy g ( t ) = t − 2 đồng biến trên [ 1; 2]
(
)
Ta có:
2
( t + 1)
t +1

2
Và do đó: max g ( x ) = g ( 2 ) =
3

(0.25)


2
t2 − 2
có nghiệm t ∈ [ 1; 2] ⇔ m ≤ max g ( t ) = g ( 2 ) =
t
∈
1;2
[
]
3
t +1
2
Kết luận: m ≤
3
Câu 6 (1 điểm)
Hình vẽ:
Từ đó: m ≤

(0.25đ)

+ Gọi H là trực tâm ∆ABC thì có: BHCD là hình bình hành, nên M là trung điểm HD
⇒ H ( 2;0 )
x−2
y−0

=
⇔ ( BH ) : x − y − 2 = 0
−1 − 2 −3 − 0
+ Do DC / / BH và D ( 4; −2 ) thuộc DC nên ( DC ) : x − y − 6 = 0
BH chứa E ( −1; −3) nên ( BH ) :

(0.25đ)
(0.25đ)

Do BH ⊥ AC và F ( 1;3) thuộc AC nên ( AC ) : x + y − 4 = 0
x − y − 6 = 0
+ Do C = AC ∩ DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ 
x + y − 4 = 0
Tìm được C ( 5; −1)
(0.25đ)
uuur
M ( 3; −1) là trung điểm của BC nên B ( 1; −1) ⇒ BC = ( 4;0 )
+ Do H là trực tâm ∆ABC nên AH ⊥ BC ⇒ ( AH ) : x − 2 = 0
x − 2 = 0
⇒ A ( 2; 2 )
Do A = AH ∩ AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ 
x + y − 4 = 0
Kết luận: A ( 2; 2 ) ; B ( 1; −1) , C ( 5; −1)
Câu 7 (1 điểm)

(0.25đ)


 y3 + 3 y2 ≥ 0
 2

x ≥ 2
+ Điều kiện:  y + 8 y ≥ 0 ⇔ 
y ≥ 0
x − 2 ≥ 0

+ Khi đó:

(0.25đ)

y 3 + 3 y 2 ⇔ ( x − 1) − 3 ( x − 1) =
3

x3 − 3x 2 + 2 =
⇔ f ( x − 1) = f

(

)

(

)

3

y +3 −3 y +3

(0.25 đ)

y + 3 với hàm số f ( t ) = t 3 − 3t

3
2
2
+ Xét hàm số f ( t ) = t − 3t với t ∈ [ 1; +∞ ) có f ' ( t ) = 3t − 3 = 3 ( t − 1) ≥ 0
3
Hàm số f ( t ) = t − 3t đồng biến trên [ 1; +∞ )

Nên từ f ( x − 1) = f
+

(

)

y + 3 ⇒ x −1 =

Từ

y+3 ⇔ x−2 =

(0.25đ)
y + 3 −1

3 x − 2 = y2 + 8 y ⇒ 9 ( x − 2) = y2 + 8 y ⇔ 9

(

)

y + 3 −1 = y 2 + 8 y

⇔ 9 y + 3 = y2 + 8 y + 9
Với điều kiện y ≥ 0 , bình phương 2 vế của phương trình trên và biến đổi thành:
y 4 + 16 y 3 + 72 y 2 + 63 y − 162 = 0 ⇔ ( y − 1) ( y 3 + 17 y 2 + 99 y + 162 ) = 0

(0.25đ)

Suy ra y = 1 và x = 3 .
x = 3
Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất 
y =1
Câu 8 (1 điểm)
Tập xác định: D = R
(0.25đ)
1
2
2
Ta có: f ( x ) = x − 2 x + 2 + 2
; Chỉ ra x 2 − 2 x + 2 = ( x − 1) + 1 ≥ 1
x − 2x + 2
1
2
≥2
Theo BĐT Cauchy: f ( x ) = x − 2 x + 2 + 2
(0.25đ)
x − 2x + 2
Đẳng thức xảy ra ⇔ x 2 − 2 x + 2 = 1 ⇔ x = 1
(0.25đ)
Vậy min f ( x ) = 2 đạt được khi x = 1

(0.25đ)