Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S.. Tính xác suất để số được chọn là số chẵn.. Cho hình lăng trụ ABC.. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC,
Trang 1Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỔ: TOÁN – TIN
ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN 2 NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – KHỐI A
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/12/2015
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 2
a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
1; ; ;2 3 4
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình cos3x-cosx+sin4x=2sin2x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2 2 1
2
2 log (x 2 ) logx x 2
x
+
Câu 4 (1,0 điểm) Cho góc α thỏa mãn
2
π α π< < và 2sinα +cosα =1 Tính giá trị biểu thức sin 2
tan 1
cos
α
−
=
+
Câu 5 (1,0 điểm).
a Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3,
4, 5 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S Tính xác suất để số được chọn là số chẵn
b Cho n là số nguyên dương, tính tổng 1 2 3 2 2 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n1 2n1
n
C là số tổ hợp
chập k của n phần từ)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, B’A = B’B = B’C, góc
giữa cạnh bên BB’ và (ABC) bằng 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, BB’
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(3;0) là hình chiếu
vuông góc của điểm A trên đường thẳng BD, điểm K(0;–2) là trung điểm cạnh BC, phương trình đường trung tuyến đi qua đỉnh A của tam giác ADH là 7x + 9y – 47 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2
3
(tanx tany)(1 tan tan ) (1 tan )(1 tan )
x y
− =
(với , [0; ))
2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
––––––––––Hết––––––––––
Trang 2Thí 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 Câu 1
a Với m = 1 ta có y x= 4−3x2+2
+Tập xác định: D = ℝ.
+Sự biến thiên:
–Chiều biến thiên: y' 4= x3−6x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc 3
2
x= ±
Các khoảng đồng biến: ( 3;0)
2
2 +∞
Các khoảng nghịch biến: ( ; 3)
2
−∞ − và (0; 3)
2 –Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x 3; 1
2 y CT 4
−
2 ;
1 4
CT
–Giới hạn tại vô cực: limx→−∞y= +∞; limx→+∞y= +∞
+Bảng biến thiên
+ Đồ thị
Trang 3b Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành: 4 2 2
Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình (2) trở thành:
(t m t m)( 1) 0
<=> − − − =
1
t m
t m
=
<=> = +
Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt
0
1
m
m m
>
<=> + > <=> >
≠ +
Giả sử x1= − m x; 2 = m x; 3= − m+1;x4 = m+1 Khi đó:
2
26
6 0
<=> + − =
⇔ m = –3 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn)
Vậy m = 2
Câu 2
Trang 4cos3 cos sin 4 2sin 2
2sin 2 sin 2sin 2 cos 2 2sin 2 0
2sin 2 ( sin cos 2 1) 0
sin 2 0
sin cos 2 1 0
)sin 2 0
2 ) sin cos 2 1 0 sin 1 2sin 1 0 sin (2sin 1) 0
sin 0
sin
x
k
x
x
π
=
<=> − + − =
=
<=>
=
2 2 1
3
2 3
x k
π
=
Vậy nghiệm của phương trình là 2 ( )
2 2 3
k x
k
π
=
∈
= ± +
¢
Câu 3
2
2
2 log (x 2 ) logx x 2
x
+
ĐK:
2
0
x
+ > < −
2
2
2
2
2
2 (1) log (x 2 ) log 2
2
x x
x x
x
+
+
<=> + + =
<=> + =
⇔ x = 0 (loại) hoặc x = –4 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {–4}
Câu 4
π < < =>π > <
, do dó:
Trang 52 2
2sin cos 1
2sin 1 cos
4sin 1 2cos
cos 1( )
3
5
<=> = −
=
<=> −
=
Suy ra sin 1 cos 4; tan sin 4
a
Vậy
2
4
1 3
− +
Câu 5
a Gọi A là biến cố “Số được chọn là số chẵn”
+ Tính số phần tử của không gian mẫu:
Chọn chữ số hàng nghìn: chọn 1 trong 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5: có 5 cách
Chọn chữ số hàng trăm: chọn 1 trong 5 chữ số còn lại: có 5 cách
Chọn chữ số hàng chục: chọn 1 trong 4 chữ số còn lại: có 4 cách
Chọn chữ số hàng đơn vị: chọn 1 trong 3 chữ số còn lại: có 3 cách
Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là 5.5.4.3 = 300 (số)
+ Tính số kết quả thuận lợi cho A:
– TH1: Chữ số hàng đơn vị là 0
Chọn chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục: Số cách là số chỉnh hợp chập 3 của 5 chữ số 1,2,3,4,5 – TH2: Chữ số hàng đơn vị khác 0:
Chọn chữ số hàng đơn vị là 1 trong các chữ số 2, 4: có 2 cách
Chọn chữ số hàng nghìn là 1 trong 4 chữ số còn lại (trừ số 0): có 4 cách
Chọn chữ số hàng trăm và hàng chục: số cách là A32
Theo quy tắc nhân, TH2 có 2.4 2
3
A =96
Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 106
Xác suất cần tính là 106 53
300 150
A
b Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
2 1
0
n
k n k
n n
k
+ − + +
=
Với mọi k ∈ ℤ, 0 ≤ k ≤ n, ta có: 2 1
k n k
C + =C ++ − Do đó:
0
n
k
=
∑
Vậy S= 2
2 n
Trang 6Câu 6
Gọi H hình chiếu vuông góc của B’ trên mặt phẳng (ABC)
Góc giữa B’B và mặt phẳng (ABC) là B’BH=60o
Vì B’A = B’B = B’C nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC
Gọi M là trung điểu AC Vì ABC là tam giác đều nên BM ⊥ AC và H là trọng tâm ∆ ABC Xét tam giác vuông AMB ta có:
3 sin 60
2
o a
a
Tam giác BB’H vuông tại H:
3 ' ' '
' tan 60
o
ABC A B C ABC
Kẻ MK vuông góc với BB’ tại K
Vì AC ⊥ B’H, AC ⊥ BM nên AC ⊥ (B’BM) ⇒ AC ⊥ MK
⇒ MK ⊥ AC và MK ⊥ BB’
⇒ MK = d(AC; BB’)
Tam giác MKB vuông tại K:
3 sin 60
4
o a
=>d(AC;BB’)=3
4
a
Câu 7
Trang 7Gọi M là trung điểm DH.
Ta có:
ABC=AHD=900;ADH=ACB
2
2
~ ( )
⇒ AMKB là tứ giác nội tiếp đường tròn
AMK=1800-ABK=900=> AM ⊥MK
Viết phương trình đường thẳng MK:
Vectơ chỉ phương của đường thẳng AM làuuuuurAM =(9; 7)−
Đường thẳng MK đi qua K(0;–2), nhận uuuuurAM =(9; 7)− là vectơ pháp tuyến, có phương trình: 9x – 7(y + 2) = 0 ⇔ 9x – 7y –14 = 0
M là giao của AM và MK nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
( ; )
M
− − =
M là trung điểm của DH nên:
7
3 2
2 (4;5)
5
0 2
2
D
D
x
D y
+ =
+ =
Phương trình đường thẳng AH qua H(3;0) nhận HDuuur=(1;5) làm vectơ pháp tuyến: x + 5y – 3 =0
A là giao của AH và AM nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
(8; 1)
A
+ − =
Phương trình AB qua A và nhận DAuuur=(4; 6)− làm vectơ pháp tuyến: 2x – 3y – 19 = 0
Phương trình BD: 5x – y – 15 = 0
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
Trang 85 15 0
(2; 5)
x y
B
− − =
− − =
K(0;–2) là trung điểm BC ⇒ C(–2;1)
Vậy A(8;–1), B(2;–5), C(–2;1), D(4;5)
Câu 8
3
(tanx tany)(1 tan tan )
(1) (1 tan )(1 tan )
x y
− =
(tanx tany)(1 tanxtany) (1)
cos cos (sin cos sinycosx)(cosxcosy sinxsiny)
x y sin(x y)sin(x y)(*)
x y
<=> − =
TH π > > ≥ => > − >x y π x y − >
Từ (*) suy ra cos(x + y) > 0; mà cos(x + y) ≤ 1 nên từ (*) suy ra x – y ≤ sin (x – y) (**)
Xét f(t) = t – sin t với 0 , '(t) 1 cost 0 t (0; )
Suy ra f đồng biến trên (0; )
2
π ( ) (0) 0 t (0; ) sin t (0; )
Thay t = x – y, ta có x – y > sin (x – y), mâu thuẫn với (**)
π > > ≥ => > − >π − >
(*)⇔ y – x = sin (y – x)cos (x + y)
Tương tự TH1, trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn
2 x y
π > = ≥ => thỏa mãn (1)
Thay vào phương trình (2) ta được:
2 3
2 3
3
3
1 0
0
x
x
x
+ +
=
Dễ thấy g(x) là hàm nghịch biến trên [0; )
2
π
nên có nhiều nhất 1 nghiệm
Mà g(1) = 0 nên g(x) có nghiệm duy nhất là x = 1
x = 0 ⇒ y = 0 (thỏa mãn)
x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn)
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (0;0) và (1;1)
Trang 9Câu 9
*Tìm giá trị nhỏ nhất
1+y + 1+z ≥ 4 (+ +y z) (*) Thật vậy:
2
y z
<=> − ≥
Áp dụng bất đẳng thức (*) với chú ý y + z = 1 – x, ta có:
Vì x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 nên x ∈ [0;1]
f x = + +x x − x+ với x ∈ [0;1]
2
'(x)
x f
−
Vì x ∈ [0;1] nên
2
2
2
2
'( ) 0 [0;1]
f(x) f(0) 2 5 [0;1]
x
x
x
x T
≥
+
−
−
=> ≥ +
Dấu bằng xảy ra
1
y z
y z
x y z
=
<=> + + == <=> = =
*Tìm giá trị lớn nhất:
Vì y z, ∈[0;1]=>y2 ≤ y z; 2 ≤z
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số:
Xét hàm ( ) 2 1g x = + +x 2(3−x) trên [0;1]
'( )
g x
Trang 101 1
'( ) 0 [0;1]
g(x) (1) 2 2 2
2 2 2
x
g
T
∈ => < => + < − => >
=> > ∀ ∈
Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1, y = z = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2+ 5 và giá trị lớn nhất của T là 2 2 2+
