Bộ đề thi 8 tuần học kì 2 môn Toán trường THPT Số 1 Bảo Yên, Lào Cai năm học 2015 2016

SỞ GD & ĐT LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO YÊN

ĐỀ THI 8 TUẦN HỌC KÌ II NĂM HỌC 2015- 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

THẦY TÀI – 0977.413.341 CHIA SẺ

ĐỀ 01

Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x 3 +3x 2 .
Câu 2 (1 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y

x3

4x 2

3x

5

trên đoạn [ 2;1]
Câu 3. (1 điểm).
a) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z
b) Giải phương trình : log 2 x  2log 2 x  3  0
2

e

Câu 4. (1 điểm). Tính tích phân I   x ln xdx

1

Câu 5.(1 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A  2; 2; 1 và mặt phẳng
(P): x  2y  z  5  0 .
a)Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua đi điểm A, song song với (P) .
b) Viết phương trình mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1 điểm).
a) Cho tan a = 2. Tính giá trị biểu thức: E 

8cos3 a  2sin3 a  cos a
2cos a  sin3 a

b)Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số:
0; 1; 2; 3; 4; 5; 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số chọn được là số chia hết cho 5.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600 . Cạnh bên SA
vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600 . Gọi I là trung điểm BC, H là
hình chiếu vuông góc của A lên SI. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến
mặt phẳng (SCD) theo a.
Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác
trong của góc A, điểm E  3; 1 thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
phương trình x 2  y 2  2 x  10 y  24  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ âm.
 x 2  xy  2y  1  2y3  2y 2  x
Câu 9 (1 điểm). Giải hệ phương trình 
.
6 x  1  y  7  4x  y  1

Câu 10 (1 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

1

4
1


.
4a  2b  4 2bc 8  a  2b  3c 4  b  2c

----Hết----


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

C©u

Néi dung

§iÓm

a) 1 Điểm
- Tập xác định D  R
- Sự biến thiên y '  3x 2  6x; y '  0  x  0 hoặc x  2 .
+ Trên các khoảng  ; 0  và  2;   , y’<0 nên hàm số nghịch biến.
Trên khoảng  0; 2  , y’>0 nên hàm số đồng biến.
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yct  0 ; đạt cực đại tại x  2 ,ycđ = 4.
Giới hạn: lim y   ; lim y   .
x 

0,25

0,25

x 

+ Bảng biến thiên
x -
0
2
y
0 + 0
C©u 1 ’
y +
4

+
0,25

0

-

- Đồ thị
y

4

2

0,25

O

3

2

x

-2

Hàm số y
3x 2

y

x3
8x

4x 2

3x

5 liên tục trên đoạn [ 2;1]

3

x
y

C©u 2

0

3x

2

1
Ta có, f
3
f ( 2) ( 2)3
f (1)

13

min y
[ 2;1]

4 12

8x

3

0

3

x

3

1
3

[ 1;2] (loai)

2

149
khi x
27

5

149
27

0,25

3

1
, max y
3 [ 2;1]

9 khi x

2

z  3  2i
w  i  3  2i    3  2i 

 1  i

0,25

[ 1;2] (nhan)

1
1
1
4
3
5
3
3
3
4 ( 2)2 3 ( 2) 5 9
3 1

0,25

C©u3 Phần thực là -1
Phần ảo là 1.
………………………………………………………………..

0,25
0,25
0,25

log 2 x  1
log x  3
 2
x  2 .

x  1
8


0,25
0,25
1
8

nghiệm của pt là x  2 và x  .
1
x

Đặt u  ln x  du  dx
dv  xdx chọn v 
e

C©u4

0,25

2

x
2

0,25

e

x2
1
I  ln x   xdx
2
21
1

0,25

e

e2 x 2
1 e2
 
 
2 4 1 4 4
C©u 5
1,0
®iÓm

0,25

Mặt phẳng (Q) song song (P) nên có dạng x  2y  z  d  0 d  5 ,
do A thuộc (Q) suy ra 2  2.2   1  d  0  d  7 .

Vậy pt mặt phẳng cần tìm (Q) là x  2y  z  7  0

0,25
0,25

Mặt cầu tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính
R  d  A, ( P)  

2  2.2  1  5
1 4 1



0,25

12
2 6
6

Vậy pt măt cầu cần tìm là x  22   y  22  z  12  24 .

0,25

Câu 6 Chia cả tử và mẫu cho cos3 x  0 ta được:
(1
1
điểm)
8  2 tan 3 a 
3

E

2
cos 2 a

2
cos 2 a  8  2 tan a  1  tan a
2 1  tan 2 a  tan 3 a
 tan 3 a



Thay tan a = 2 ta được: E = 



3
2

Số phần tử của A là 6.A36  720
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 0 có 1.A36  120 cách
Số cách chọn một số có hàng đơn vị là số 5 có 1.5.A52  100 cách
Suy ra số cách chọn một số chia hết cho 5 là 120  100  220 cách
Vậy xác suất cần tìm bằng

C©u 7
1 ®iÓm

0,25
0,25

0,25

0,25

220 11
 .
720 36

Do ABC  600 nên tam giác ABC đều, suy ra
3
và AC  a
2
Mặt khác SA  (ABCD)  SCA  600
SABCD  a 2

0,25
0,25


S

K
H
A

D
E

B

1
a3
 SA  AC.tan 60  a 3  VS.ABCD  SA.SABCD  .
3
2
2
2
HS HS.IS AS
AS
4
Ta có

 2  2

2
2
IS
IS
IS
IA  AS
5
4
 d  H, SCD    d  I, SCD  
5
2
2
 d  B,  SCD    d  A, SCD   ( vì I là trung điểm
5
5

0

C

I

BC và AB//(SBC))
Gọi E là trung điểm CD, K là hình chiếu của A lên
SE, ta có
AE  DC  DC  (SAE)  DC  AK  AK  (SCD)
Suy ra

0,25

0,25

2
2
2 SA.AE
2a 15
.
d  H, SCD    d  A, SCD    AK 

5
5
5 SA 2  AE 2
25

Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)
Tọa đôi điểm A là nghiệm của hệ

K
B
E

C©u 8
1,0
®iÓm

x 2  y2  2x  10y  24  0
x  6 x  4



y  0 y  0
y  0

0,25

Do A có hoành độ âm suy ra A(-4;0).
C
Và gọi K(6;0), vì AK là phân giác trong góc A nên
A
KB=KC, do đó KI  BC và IK  5;5 là vtpt của đường
thăng BC.
 BC : 5  x  3  5  y  1  0   x  y  4  0 .
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ

0,5

x 2  y2  2x  10y  24  0
x  8 x  2



 y  4  y  2
 x  y  4  0

0,25

I

Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2) .

C©u 9
1,0
®iÓm

 x 2  xy  2y  1  2y3  2y 2  x 1

6 x  1  y  7  4x  y  1  2 
ĐK: x  1 .
1   2y2  x  1  x  y   0  y  x  1 vì 2y2  x  0, x  1

0,5

Thay vào (2) ta được 6 x  1  x  8  4x 2   x  1  3   2x   2x  x  1  3
2

4x 2  13x  10  0


 2x  3  x  1  
 x 2  y 3
3
x 

2
Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y)  (2;3) .
1
1

Ta có 2 2bc  b  2c 
4a  2b  4 2bc 4a  4b  4c
4
1
1
và


8  a  2b  3c 4  a  b  c 4  b  2c

2

0.5

0,25
0,25


Suy ra P 

C©u 10
1,0
®iÓm

xét f (t ) 
t
f’
f

1
1
, Đặt t  a  b  c, t  0

4a  b  c 4  a  c  b

1
1

,
4t 4  t

0
+

t  0,

f '(t )  

0,25

1
1

; f '(t )  0  t  4 .
2
2
4t
4  t 

4
-

0
-

+

1
16

b  2c
a  c  1
1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng - khi a  b  c  b  2c  
.
16
b  2
a  b  c  4


0,25


SỞ GD & ĐT LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO YÊN

ĐỀ THI 8 TUẦN HỌC KÌ II NĂM HỌC 2015- 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Đề 2

Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x 1
.
x 2

Câu 2(1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x 3 +3x 2 trên  3; 1 .
Câu 3(1,0 điểm).
a) Cho số phức z  3  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  iz  z
b) Giải phương trình: 25x  2.5x 15  0
1

Câu 4(1,0 điểm). Tính tích phân I  
0



x ln x 2  4
x2  4

 dx

Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz,cho mặt cầu (S) có phương trình:
x2 + y2 + z2 - 2x + 4y - 6z -11 = 0.
a)Xác định tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu (S).
b)Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) tại điểm M(1; 1; - 1).
Câu 6(1,0 điểm).
2
a) Giải phương trình 1  sin 2 x  cos x  sin x   1  2sin x

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một
tốp ca chào mừng 20 - 11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 7(1,0 điểm). Cho hình chóp đều A.BCD có AB  a 3; BC  a . Gọi M là trung điểm của CD.
Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AD.
Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I( 1; - 2 )là tâm
đường tròn ngoại tiếp và AIC  900 . Hình chiếu vuông góc của A trên BC là D( - 1; - 1). Điểm K(
4; - 1 ) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A có tung độ dương.



 

8 2 x  1 2 x  2 x  1  y y 2  2 y  4

Câu 9(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
4 xy  2  y  2  y  2 x   5y  12 x  6




 x; y  

Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M

3a 4  3b 4  25c3  2

a  b  c

3

************ Hết ************


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Đáp án

Câu

Điểm

 TXĐ: D  \ 2
 Sự biến thiên
- Chiều biến thiên: y  

0.25

5

 x  2

2

 0 x  D

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;2  và  2;  
- Hàm số đã cho không có cực trị
y  2  TCN : y  2
- Tiệm cận xlim


0.25

lim y   ; lim y    x  2 : TCÑ

x 2 

x 2

 Bảng biến thiên
x

-∞

-

y'
1

y

+∞

2
+∞

2

0.25

-∞

2

 Đồ thị

0.25

f(x) xác định và liên tục trên  3; 1 , y '  3x 2  6x
Câu y'  0  x  0 (loại)hoặc x  2 .(nhận)
Ta có: f  3  0 , f  2   4 , f  1  2
2
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) trên  3; 1 lần lượt là 4 và 0

3a

0.25
0.25
0.25

0.25

z  3  2i
w  i  3  2i    3  2i 
 5  5i

0.25


Phần thực là -5
Phần ảo là 5

0.25

25x  2.5x  15  0   5x   2.5x  15  0 (*)
2

Đặt t  5x  0
t  5
t  3 (loai)

Pt (*)  t 2  2t  15  0  

3b

0.25

Với t  5  5x  5  x  1
Vậy phương trình có nghiệm: x  1





Đặt ln  x 2  4   u  du  d ln  x 2  4  
4

2x
dx
x 4

0.25

2

x=0 thì u=ln4
x=1 thì u=ln5
I

5

0.25

0.25

ln 5
1
1 u2 ln 5 1 2
udu


.
 (ln 5  ln 2 4)
2 ln4
2 2 ln 4 4

0.5

Tâm I(1; -2; 3)
R=5
Vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng là: IM  (0;3; 4)
(P): 3y – 4z – 7 =0



0.25
0.25
0.25
0.25



2
2
PT   sin x  cos x  cos x  sin x  cos2 x

0.25

 cos2 x  sin x  cos x  1  0
6a


cos2 x  0

2x 



2

 k

2x 



  1  x 4
sin  x   
4
2



 k

x





k
4
2

  k 2  x  k 2
4

3
x   k 2

 k 2
2
4

2

k  

0.25

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh có: C485  1712304
Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ"
thì A là biến cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ ".

0.25

sin x  cos x  1

x

6b



4

 

Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: C215  20349  P A 

5
C21
5
48

C



20349
1712304

20349
1691955
 P  A  1 

1712304 1712304

7

Gọi O là tâm tam giác đều BCD
cạnh a.
Do A.BCD là chóp đều nên
AO   BCD   AO là đường cao
của hình chóp.

0.25

0.25


1
2

Có SBCD  BC.BD.sin 60 0 

A

và OB 
N

a 3
3

Trong AOB có:
D

B
O

AO  AB 2  BO 2 

M

I

a2 3
4

VA. BCD 

C

2a 6
3

0.25

1
a3 2
AO.SBCD 
 ñvtt 
3
6

Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của AC, CO, OM.

Có: AD / / MN  AD / /  BMN   d  BM; AD   d  AD;  BMN  



 





 d D;  BMN   d C;  BMN   2d I ;  BMN 



BM  IJ 
lại có:
  BM   IJN    BMN    IJN  theo giao tuyến NJ.
BM  NI 

0.25

Trong mp(IJN) kẻ IK  NJ  IK   BMN   d  I ;  BMN    IK
* Xét IJN có:

a 70
1
1
1
16
3
35
 2  2  2  2  2  IK 
2

35
IK
IJ
IN
a 2a
2a

Vậy d  BM ; AD   2d  I ;  BMN  
A

Do AIC  90 
0

K

C

ABC  450
ABC  1350

do đó DA = DB. Lại có: IA = IB
 DI  AB

B

D

Nên đường thẳng AB đi qua K ( 4; - 1 ) và vuông góc với DI có phương
trình 2 x  y  9  0 . Gọi A  a;2a  9   AB , do DA  2d  D; AB   2 10
8



 a  1   2a  8
2

 a2  6a  5  0 

0.25

 ABD  450 nên ADB vuông cân tại D

I
8

2 a 70

35

2

0.25

0.25

 2 10
a 1
a5



A 1; 7   loaïi 
A  5;1

t / m

0.25


Phương trình DB đi qua D có VTPT AD : 3 x  y  4  0
C  DB  C  c; 3c  4  . Do IAC vuông cân tại I nên

0.25

IA.IC  0  4  c  1  3  3c  2   0  c  2  C  2;2 


1
x 
ĐK:  2
. Từ pt (1)  dể pt có nghiệm thì y  0
 y  2  y  2 x   0




 

 

3

0.25



2

PT 1  2 2 x  1  2 2 2 x  1  4 2 2 x  1  y3  2 y 2  4 y (*)
Xét hàm số f  t   t 3  2t 2  4t  t  0  có
f   t   3t 2  4t  4  2t 2   t  2   0 t  0
2

9



0.25
nên f(t) luôn đồng biến



Từ pt (*)  f 2 2 x  1  f  y   2 2 x  1  y
0.25

Thay vào pt ( 2 ) ta được pt y  2  y  2  y  2  3y  y  2 
3

Đặt z  y  2 ta được pt





y 3  2 z3  3yz2   y  z  y 2  yz  2 z2  0 

y  2 z  loaïi 
yz

0.25

t / m

Với y = z ta được y  y  2  y  2  x  1 (t / m)
- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a4   a4  1  2a4  2a2  4a3 hay
3a4  1  4a3 .

0.25

4 a3  4 b3  25c3

- Tương tự 3b  1  4b  M 
4

3

a  b  c

3

Mà  a  b   a  b   0  4  a3  b3    a  b 
2

3

 a  b   25c
M
a  b  c
3

3

10

Đặt t 

c
abc

3

3

3

3





c
c
 ab 

 
c

  25 
   1  a  b  c   25  a  b  c 



 abc
 abc 

3

0.25

 0  t  1

Xét hàm số f  t   1  t   25t 3  0  t  1
3

2
2
có: f   t   3 1  t    5t   , f   t   0 





t

1
6

t

0.25
1
4

0.25


Bảng biến thiên
t

1
6

-∞ 0

-

f'(t)

0

1

+∞

+

f(t)
25
36

1

25

2

Vậy Min f  t   f   
khi t  hay Min M 
a  b  1, c  .
6
36
5
 6  36
1

25