đề thi thử thpt quốc gia môn toán trường THPT chuyên lam sơn thanh hóa

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. b Tìm tọa độ điểm M thuộc C sao cho tiếp tuyến của C tại M tạo với trục tọa độ một tam giác cân... Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập.. Tí

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: TOÁN (thời gian 180 phút)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=xx+1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với trục tọa độ một tam giác cân

Câu 2 (1,0 điểm)

a) Giải phương trình 2cos5x.cos3x+sinx=cos8x

b) Giải phương trình log2(5.2x-82x+2)=3-x

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I=0π41+3tanx1+cos2xdx

a) Lập số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6 Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập Tính xác suất để lấy được số có mặt chữ số 6

b) Tính tổng S=C20150-2.C20151+22.C20152-23.C20153+…-22015.C20152015

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB = a và BC=a3

Gọi H là trung điểm AI Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại

S.Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A1;0;0, B0;-2;0, C0;0;3,

D1;-2;3 Tìm tọa độ điểm I cách đều 4 điểm A, B, C,, D

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có diện tích bằng 40,

đường thẳng AD tiếp xúc với đường tròn (S): (x-4)2+(y-1)2=2, điểm J(195;185) nằm trên

đường thẳng AB, đường thẳng AC có phương trình x-3y+1=0 Tìm tọa độ các điểm A, D biết

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x+y-x-y=4x-yx2-9=3y-3x+3-2

Câu 9 (1,0 điểm)

Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn x>0>yx22y-3x+6y-4y2x-4≤6xy Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P=2x4+32y4+4x2y2-2x2-8y2+1x2+14y2-5

-Hết -ĐÁP ÁN Câu 1 (1,0 đ)

a)(1,0 điểm) y=xx+1

• Tập xác định: D=R\{-1}

• Sự biến thiên:

+ Chiều biến thiên: y'=1(x+1)2>0, ∀x∈D (0,25đ)

Hàm số đồng biến trên các khoảng: (-∞;-1) và -1;+∞

+ Giới hạn và tiệm cận:

limx→-∞y=limx→+∞y=1 ; tiệm cận ngang: y=1 (0,25đ)

limx→(-1)-y=+∞ và limx→(-1)+y=-∞; tiệm cận đứng: x=-1

+ Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

+ Đi qua các điểm O0;0 và M-2;2

b)(1,0 đ)

• Tiếp tuyến tạo với các trục tọa độ một tam giác cân, thì hệ số góc tiếp tuyến bằng

±1

• M(x0;y0), suy ra: 1(x0+1)2=±1⇔x0=0 hoặc x0=-2 (0,25đ)

• x0=0, suy ra y0=0; tiếp tuyến là y=x đi qua gốc tọa độ, không thỏa mãn yêu cầu

(0,25đ)

• x0=-2, suy ra y0=2; tiếp tuyến là y=x+4, thỏa mãn yêu cầu (0,25đ)

• Vậy, điểm cần tìm là: M(-2;2) (Nếu không loại tiếp tuyến y=x thì trừ 0,25 điểm)

• Câu 2 (1,0 đ)

• a)(0,5đ) 2cos5x.cos3x+sinx=cos8x (1)

• (1)⇔cos8x+cos2x+sinx=cos8x

• ⇔2sin2x-sinx-1=0⇔sinx=1,sinx=-12 (0,25đ)

• + sinx=1⇔x=π2+k2π, k∈Z (0,25đ)

• + sinx=-12⇔x=-π6+k2π, x=7π6+k2π, k∈Z

• b)(0,5đ)

• log2(5.2x-82x+2)=3-x (2)

• (2)⇔ 5.2x-82x+2=23-x

• ⇔2x5.2x-8=82x+2⇔5.22x-16.2x-16=0 (2) (0,25đ)

• Đặt 2x=t>0 thì (2) trở thành 5t2-16t-16=0

• ⇔t=4>0t=-45<0 (loại); t=4⇔x=2

• Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=2

• Câu 3 (1,0 đ)

• I=0π41+3tanx1+cos2xdx

• =120π42+3tanxcos2xdx=160π4(2+3tanx)12d(2+3tanx) (0,5đ)

• Đặt 2+3tanx=t=>I=1625tdt=16.23.t32|25=19(55-22) (0,5đ)

• Câu 4 (1,0 đ)

• a)(0,5 điểm)

• Giả sử abcd là số có 4 chữ số phân biệt từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6; có A64=360 số

4.A53=240 số có mặt chữ số 6 (0,25đ)

• Xác suất cần tính: p=240360=23 (0,25đ)

• b)(0,5 điểm)

• Xét: (1+2x)2015=C20150+C20151.2x+C20152.(2x)2+C20153.(2x)3+…

+C20152015.(2x)2015 (0,25đ)

• Thay x=-1, được S=(1-2)2015=-1 (0,25đ)

• Câu 5 (1 điểm)

•

• SH ⊥ (ABCD) => SH ⊥ AC

• Δ SAC vuông tại S => SH2=HA.HC , AC=AB2+BC2 (0,25đ)

• HA=a2, HC=3a2=>SH=a32

• Diện tích: SABCD=AB.BC=a23 (0,25đ)

• Thể tích:

• VS.ABCD=13SH.SABCD=a32

• CI=2HI, suy ra: dC,SBD=2dH,SBD

• Hạ HN⊥BD, N∈BD và HK⊥SN, K∈SN, suy ra: HK ⊥ (SBD) nên dH, SBD=HK

• Ta có: AB.AD=2SΔABD=2.HN.BD=>HN=AB.AD2BD=a34 (0,25đ)

• Ta có: 1HK2=1HN2+1SH2=>HK=3a215 Vậy, dC,SBD=2HK=3a15 (0,25đ)

• Câu 6 (1,0 điểm)

•

•

•

• Giả sử I(x;y;z) I cách đều A, B, C, D hay IA=IB=IC=ID (0,25đ)

•

⇔(x-1)2+y2+z2=x2+(y+2)2+z2(x-1)2+y2+z2=x2+y2+(z-3)2(x-1)2+y2+z2=(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2 (0,25đ)

• Câu 7 (1,0 đ)

• Gọi I là điểm đối xứng với J qua đt AC thì I∈AD Giả sử I (a; b) thì trung điểm của

IJ là

• H(a+1952;b+1855) I, J đối xứng với nhau qua AC ⇔ H∈ACJI.UAC=0⇔a=5,

b=0

• Vậy I (5; 0)

• Ta có I (5; 0) ∊ (S) nên đt AD chính là tiếp tuyến của (S) tại I Pt AD:

x-y-5=0=>A(8;3) (0,25đ)

• Gọi E là tâm của hình thoi và φ=EAD =>φ là góc giữa AC và AD

• =>cosφ=25=>cotφ=2=>SABCD=40⇔DE.EA=20⇔DE.DE.cotφ=20⇔DE2=

10 (0,25đ)

• Giả sử D(x0;x0-5); DE2=10⇔d2D,AC=10⇔(|x0-3x0-5+1|10)2=10

• ⇔(16-2x0)2=100⇔x0=3<5, x0=13>5 (loại) Vậy D(3;-2) (0,25đ)

• Câu 8 (1,0 đ)

• x+y-x-y=4x-y (1)x2-9=3y-3x+3-2 (2)

• Điều kiện y≥0, x≥3x≥y;y+33≥x≥y4II 1=>y=4x-4; y=0 loại

• y=4x-4 thay vào (2) có x2-9=3x-1-2 (3)

• C1: Đặt x-1=u, u≥2=>x=u2+1 thay vào (2) có u4+2u2-8=3u-2

• ⇔u4+2u2-8=9u2-12u+4⇔u4-7u2+12u-12=0⇔u-2u3+2u2-3u+6=0

⇔u=2; u3+2u2-3u+6=0 (0,25đ)

• + u=2=>x=5, y=16 thỏa mãn (II)

• Do u≥2 nên u3+2u2-3u+6>2u+2u-3u+6=u+6>0=>(4) vô nghiệm

• Vậy hpt có nghiệm x;y=(5;16)

• (2): x2-9-4=3x-1-2⇔x2-25x2-9+4=3(x-5)x-1+2 (0,25đ)

• ⇔x=5;x+5x2-9+4=3x-1+2

• +x=5=>y=16 thỏa mãn (II)

• + x+5x2-9+4=3x-1+2 5,∀x≥3=>x+5x2-9+4≥x+5x+4>1>32+2≥3x-1+2

• =>(5) vô nghiệm Vậy hpt có nghiệm x;y=(5;16) (0,5đ)

• Câu 9 (1,0 đ)

• x>0>y (1)x22y-3x+6y-4y2x-4≤6xy (2)

• Do (1) nên (2) =>x3-6x2y+12xy2-8y3-8xy≥12⇔(x-2y)3-8xy≥12 (3)

• Đặt 2y=-u, u>0, (3) trở thành 12≤x+u3+4xu≤x+u3+x+u2

• =>2≤x+u

• Ta có P=2x4+u4+x2u2-2x2+u2+1x2+1u2-5 (0,25đ)

• Ta có: 1x2+1u2≥4x2+u2 (4); dấu “=” xảy ra ⇔ x=u Từ (4) suy ra

•

P=2(x2+u2)2-2x2+u2-3x2u2+1x2+1u2-5≥2(x2+u2)2-2x2+u2-34(x2+u2)2+4x2+u2-5=54(x2+u2)2-2x2+u2+4x2+u2-5

• Đặt t=x2+u2=>P≥ft=54t2-2t+4t-5, t≥2 (Do x+u≥2) (0,25đ)

• ft liên tục trên 2;+∞, f't=5t3-4t2-82t2=4t2t-1+t3-82t2>0,∀t>2 nên

• ft đồng biến trên 2;+∞=>ft≥f2=-2,minP=-2⇔x;y=(1;-12) (0,5đ)

•

•

•

•