Đề Thi Khảo Sát Chất Lượng lần 1 Trường THPT Khoái Châu

Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.[r]

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU

ĐỀ CHÍNH THỨC

( Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I

Năm học 2015 – 2016

MÔN: TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2,0 điểm) Cho hàm số yx33x2 (C)

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

b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường thẳng

:x my 3 0

    một góc  biết cos 4

5



Câu 2(1,0 điểm ) Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số 2 3

2015

x y x





Câu 3( 1,0 điểm) Xác định hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển

9 5 2

5

x x



Câu 4(1,0 điểm) Giải phương trình sin2xsin cosx x2 cos2x0

Câu 5(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a,

2

a

SA  , 3

2

a

SB 

, BAD  600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy Gọi H, K lần lượt là trung điểm của

AB, BC Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK

Câu 6(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

2

DCBC , tâm I( - 1 ; 2 ) Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của

hai đường thẳng AC và BM

a) Viết phương trình đường thẳng IH

b) Tìm tọa độ các điểm A và B

Câu 7( 1,0 điểm) Giải phương trình

2 1 2

4

x   x   x x  x  x x trên tập số thực

Câu 8( 1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 2 20

2

x y z

   





 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x3y3z3

- 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:………

1

TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I

MÔN: TOÁN LỚP 12

(Hướng dẫn gồm 04 trang)

Chú ý:

 Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.

 Điểm toàn bài không làm tròn.

1a)

(1,0 đ)

TXĐ: D  

Sự biến thiên: y 3x26x3x x 2

0 0

2

x y

x



  









0.25

Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0và 2; 

Hàm số nghịch biến trên khoảng 0;2

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 y CT  4, cực đại tại x = 0 y CÑ0

Giới hạn lim , lim

     

0.25

Bảng biến thiên

0.25

Đồ thị

f(x)=x^3-3 *x^2

-6 -4 -2

2 4 6

x y

0.25

1b)

(1,0 đ)

Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1: 2x y 0 VTPT n1 2;1

 Đường thẳng đã cho :x my  3 0 có VTPT n21;m 0.25 Yêu cầu bài toán  1  1 2

2

5

m

n n

m





 

0.25

25 m 4m 4 5.16 m 1

2

11m 20m 4 0

0.25

x y’

y

- ∞

0

- 4

+ ∞

2 2 11

m

m





 









2

(1,0 đ)

Vì

2015

lim

2015

x

x x







 

2015

lim

2015

x

x x







 

 ) nên x  2015 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0.5

Vì lim 2 3 2

2015

x

x x







 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.5

3

(1,0 đ)

Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển  

9 5

5

k k

k k

x





 

 

0.25

9 7 18

1 9k.5 k k k



Vì số hạng chứa x3 nên 7k18 3 k3 0.25

Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là 3 6

9.5 1.312.500

4

(1,0 đ)

PT sin2xcos2x  sin cosx xcos2x0 0.25

sinx cosxsinx 2 cosx 0

 

 

sin cos 0 1

sin 2 cos 0 2











0.25

4

 2 tanx2xarctan 2k k  0.25

5

(1,0 đ)

0.25

Từ giả thiết ta có AB = a,

2

a

SA  , 3

2

a

SB  nên ASB vuông tại S

2

AB

    đều Gọi M là trung điểm của AH thì SMAB

Do SAB  ABCDSMABCD

0.25

V V  SM S  SM S

3

1 3 1 3

3 4 2 2.2 32

A

D

H M S

K

3

Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQHQ KD nên

SH DK, SH QH, 

Gọi I là trung điểm HQ MI AD nên MI HQ

Mà SMABCDSI HQ SH QH, SHI

0.25

Trong tam giác vuơng SHI cĩ:



cos

4

a

HI SHI

SH

6a

(1,0 đ)

 1; 1

IH   



0.5

Nên đường thẳng IH cĩ phương trình x y  3 0 0.5

6b

(1,0 đ)

Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA3HI

 

(2; 5)

A

BC

BC

HC AC

HB HC BC

0.25

 BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH     1; 1

làm VTPT cĩ phương trình

1 0

x y    tọa độ B cĩ dạng B( t; - t - 1 )

Lại cĩ IA IB nên 18t1 2 t32 t24t40

0.25

t

t

  



  







2 2 2;1 2 2

2 2 2;1 2 2

B B











7

(1,0 đ)

   Phương trình

2

(*)

Xét hàm số f t t2t trên  0;  cĩ

f t  t   t   nên hàm số f(t) đồng biến trên  0; 

0.25

Do đĩ pt (*) trở thành    

2

2

x

f đồng biến









0.25

M

I

B

C

D

H A

2 1

2

x

     8 2x 1 3 2 x4 2 x12

8 2x 1 3 2x  2x 1 3 2x 

x b







thì phương trình (**) trở thành

   2 22

2 2

8

4

a b







 

2

2 2

a b



 

 



Từ (1) 8a b 16 4 a b2 22a b  4 a b2 2

4 a b 2ab 16 8a b a b

0.25

Đặt ab = t 0 t 2thì pt (***) trở thành

2 4

16 8 t16 8 t t t t 2 t22t40

0 2

t

t loại



 



 

 

















Vậy t = 0 2 1 3 2 2

2 1 3 2 0



 



1 2 3 2

x x

 

















0.25

Chú ý: HS cĩ thể giải theo cách khác như sau

Đặt a 2x 1 3 2 x Phương trình đã cho trở thành

a a a  a a  a  a 

8

(1,0 đ)

Cĩ x y z  0  z x y  P x3y3x y 33xyz

Từ x2y2z22x y 22xy z 22 2z22xy2xyz21

Vậy P 3z z 21

0.25

Do 2 2 2 1 2 2 3 2

2

Đặt P  f z 3z33z với 4; 4

3 3

z  K

0.25

Cĩ f z 9z23,  

1 3 0

1 3

f z

  













0.25

f   f  f  f  

Do vậy max 2

3

z xy 

0.25