Kỳ thi Chuyên đề lần 4 năm học 2015 - 2016 đề thi môn toán 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG KỲ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 4 NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN TOÁN 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 3 26 9 1y x x x    (1).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ 0x thỏa mãn phương trình:
0''( ) 12y x   .
Câu 2 (1,0 điểm).
1. Cho 1sin ; 0;3 2a a
     . Tính giá trị biểu thức:
2sin sin 3
2cos cos3
a aA a a
 
2. Giải phương trình:  32 8 2log log 1 log 2 4x x x    .
Câu 3 (1,0điểm). Tính tích phân: 2
1
lnln ( )
e xI x x dxx  .
Câu 4 (1,0điểm).
1. Cho tập hợp  0;1;2;3;4;5A  . Lập số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên 2 số trong các số vừa lập, tính xác suất để trong hai số được chọn có đúng 1 số chẵn.
2. Tìm số phức z thỏa mãn:  2 . 1i z i z i   
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A, AB = a, 0120BAC  ,
' 2AB a . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và BC.
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi
 5;5H là hình chiếu của A lên BC, đường thẳng chứa đường phân giác trong góc A có phương
trình 7 20 0x y   . Đường thẳng chứa trung tuyến AM đi qua điểm  10;5K  . Tìm tọa độ
các đỉnh A, B, C biết B có tung độ dương.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm    1;0;1 ; B 2;1;2A và mặt phẳng (Q) có
phương trình: 2 3 16 0x y z    .
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (Q).
2. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (Q) đồng thời cắt đường thẳng AB và
vuông góc với đường thẳng AB.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
 
  
2 2 21 1 1
2 7 3 2 3 5
x y x xy
x xy x x xy
          
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho các số thực a, b, c khác nhau, thỏa mãn điều kiện 1a b c   và 0ab bc ca   . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
cabcabaccbbaP 
5222 .
---------- 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: ..
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤMMÔN TOÁN - KHỐI 12
———————————
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung trình bày Điểm
1 Câu 1. (1,0 điểm).1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 26 9 1y x x x   
TXĐ: D   . Giới hạn: lim
x
y   limx y  
Sự biến thiên: 2 1' 3 12 9; ' 0 3
xy x x y x
       .
0.25
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng  1;3 , hàm số đồng biến trên khoảng
   ;1 & 3;  . Hàm số đạt cực đại tại 0; 2x y   . Hàm số đạt cực tiểu tại:
1; 3x y    .
0.25
BBT
x  1 3  
y’ + 0 - 0 +
y
  3
-1  
0.25
Đồ thị:  " 0 2 2;1y x I    là tâm đối xứng của đồ thị
0.25
2.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ 0x thỏa mãn
phương trình: 0''( ) 12y x   .
Ta có 0 0 0''( ) 12 6 12 12 0y x x x        0,25
Với 0 00 1x y    0,25
Phương trình tiếp tuyến tại  3; 1M  là:  '(0) 0 1 9 1y y x x     0,5
2 Câu 2 (1,0 điểm).
1. Cho 1sin ; 0;3 2a a
     . Tính giá trị biểu thức:
2sin sin 3
2cos cos3
a aA a a
 
2. Giải phương trình:  32 8 2log log 1 log 2 4x x x    .
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1.Ta có: 2 2cos 3a 
3
3
2sin sin 3 4sin sin
2cos cos3 4cos cos
a a a aA a a a a
     0.25
5 2
92A
 0.25
2, Điều kiện: x > 1
     32 8 2 22log log 1 log 2 4 log 1 log 2 4x x x x x x        0.25
    2 11 2 4 3 4 0 4
xx x x x x x
            . Vậy x = 4 0.25
3
Câu 3 (1,0điểm). Tính tích phân: 2
1
lnln ( )
e xI x x dxx  .
Ta có:
2
2 2
1 1
ln lnln ( ) ln
e ex xI x x dx x x dx K Jx x
         
Tính K. Đặt: 2 3
ln
3
dxduu x x
dv x dx xv
     
0.25
3 2 3 3 3
1 1
1
2 1ln3 3 3 9 9
e
e ex x e x eK x dx      0.25
Tính J. Đặt
1 3
2 1
0
0
1ln 3 3
dx tt x dt J t dtx      
3 32 1 1 2 2
9 3 9
e eI      0.5
4 Câu 4 (1,0điểm).
1. Cho tập hợp  0;1;2;3;4;5A  . Lập số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau. Chọn
ngẫu nhiên 2 số trong các số vừa lập, tính xác suất để hai số được chọn có đúng 1
số chẵn.
2. Tìm số phức thỏa mãn:  2 . 1i z i z i   
1.Gọi số cần tìm là ; a b c; a 0abc    ta có 5.5.4 = 100 số
Số chẵn cần tìm có dạng abc
Nếu c = 0 có 20 số. Nếu d = 2, 4 mỗi trường hợp có 16 số . Vậy có 20 + 32= 52 số chẵn
và 48 số lẻ. Vậy xác suất là:
1 1
52 48
2
100
. 416 0,504825
C C
C  
0.5
2.Giả sử
       ; a,b R 2 . 1 2 . 1z a bi i z i z i i a bi i a bi i              
 2 2 1 0 2 2 1 2 1 0a bi ai b ai b i a b b i              
0.25
2 2 1 0 0 1
1/ 2 1/ 2 2
a b a z ib b
             
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
5 Câu 5 (1,0 điểm).Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân tại A,
AB = a, 0120BAC  , ' 2AB a . Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB' và BC.
B
M
A C
H
B' M'
A' C'
Thể tích khối lăng trụ: V =
3
2 2 01 3'. . ' . . sin1202 4ABC
aAA S AB AB AB AC   (đvtt)
0.5
Gọi M, M' lần lượt là chân đường cao hạ từ A, A' trong các tam giác ABC và A'B'C'
Ta có )''('' MMAACB  , trong mặt phẳng (AA'M'M) hạ MH vuông góc với AM' thì
)''( CABMH  .
Khi đó: .))''(;())''(;();'( MHCABMdCABBCdBCABd 
0.25
Trong tam giác AMM' có: 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 39
' 3 13
aMHMH MM AM a a     
0.25
6 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại
A. Gọi H(5;5) là hình chiếu của A lên BC, đường thẳng chứa đường phân giác
trong góc A có phương trình 7 20 0x y   . Đường thẳng chứa trung tuyến AM
đi qua điểm K(-10;5). Tìm tọa độ các đỉnh tam giác A, B, C biết B có tung độ
dương.
Ta có: ; ; ACB HAB MAC MCA DAC DAB MAC HAB       
MAD HAD   hay d cũng là tia phân giác góc HAM
B d
H
D
M
A' C
0,25
Gọi K’ là điểm đối xứng với K qua d. Phương trình KK’ là: 7 65 0x y  
Gọi I là giao điểm của KK’ và d suy ra
 19 3; ' 9; 2 : 2 5 0 : 2 15 02 2I K AH AH x y BC x y
              
0.25
  131;3 :2 11 35 0 ;22A AH AD A AM x y M AM BC
              0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Giả sử B(b; 15-2b), C(13 – b; 2b-11).      . 0 1 12 12 2 2 14 0ABAC b b b b        
   2 95 65 180 0 4;7 ; 9; 34
bb b B Cb
        . Vậy
0.25
7 Câu 7 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 0;
1), B(2; 1; 2) và mặt phẳng (Q) có phương trình: 2 3 16 0x y z    .
1.Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt
phẳng (Q).
2. Viết phương trình đường thẳng cắt d nằm trong mặt phẳng (Q) đồng thời cắt
đường thẳng AB và vuông góc với đường thẳng AB.
1.Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là:  ; 1; 2;1Qn AB n    
   025
Phương trình mặt phẳng (P) là: x – 2y + z -2 = 0 0.25
2. Phương trình đường thẳng AB: 1 1x y z    . AB cắt (Q) tại E(3; 2; 3) 0,25
Đường thẳng cần tìm qua E và có véc tơ chỉ phương  ; 1; 2;1Qu AB n    
   nên có
phương trình: 3 2 31 2 1
x y z   
0.25
8.
Câu 8(1,0điểm). Giải hệ phương trình:
 
  
2 2 21 1 1 (1)
2 7 3 2 3 5 (2)
x y x xy
x xy x x xy
          
Điều kiện:
2
3
3 0
x
x xy
    . Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn hệ.
2
2
1 1x 0 (1) 1 1y y x x        .
Xét hàm số     22 2 2 211 ; ' 1 01 1 1
t tt t tf t t t f t
t t t
          
Suy ra hàm số   1;f y f x
    đơn điệu tăng nên  
1 1f y f yx x
     
0,25
Thay vào (2) ta được:
   52 7 3 2 3 5 3 2 3 02 7x x x x x x           . Xét hàm số:
   2
5 3 1 103 2 3 '( ) 02 7 2 3 2 2 3 2 7
g x x x g xx x x x
            
2 7 7; ;3 2 2x
            nên hàm số g(x) đơn điệu tăng trên hai nửa khoảng này vì
vậy có không quá 1 nghiệm thuộc mỗi khoảng này.
0.25
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Mặt khác có     2 7 71 0; 6 0; 1 ; ; 6 ;3 2 2g g
             Vậy nghiệm của hệ là:
    1; 1;1 ; 6; 6x y
       
( Chú ý : Nếu HS chỉ tìm ra 1 nghiệm của hệ cho 0,5 điểm)
0.5
9. Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c khác nhau, thỏa mãn điều kiện
a + b + c = 1 và ab + bc + ca > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
cabcabaccbbaP 
5222 .
Không mất tính tổng quát, giả sử a > b > c.
Áp dụng bất đẳng thức yxyx 
411 với x, y > 0. Suy ra:
cabcabcaP
cabcabcacbbacabcabaccbbaP


510
5285222 0.25
Ta có: 2222 )(2
1)(2
1)()( cacbbacbba 
2222 )()()()(2
3 accbbaca 
Đặt .62)(2
3,21),3
1;0(, 222222 tcatcbattcabcab 
tt
P 5
31
35
2
 . Xét hàm số )3
1;0(,5
31
35)(
2
 ttttf
0.25
323
2
222
)31(330)('
3
1)()(3),1
)31(31
33(5)('
tttf
tcbacabcabvìttt
ttf


6
10)139)(16( 242  tttt
BBT: t 0 6
1
3
1
f'(t) - 0 +
f(t)
f( 6
1 )
0.5
Ta có 610)6
1()(  ftf .
P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 610 khi 6
1
3
1,3
1,6
1
3
1  cba .
---------- Hết ----------