Đề thi khảo sát chất lượng Toán Lớp 12 (Lần 1) - Năm học 2015-2016 - Trường THPT Khoái Châu (Có đáp án)

 TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2015 – 2016. 
 MƠN: TỐN. LỚP 12 
 ( Đề thi gồm 01 trang) 
 Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề 
 3 2
 Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 x (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
 4
 :x my 3 0 cos
 một gĩc biết 5 . 
 2x 3
 Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y . 
 x 2015
 5 9
 5 
 3 x
 Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x2 . 
 2 2
 Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sinx sin x cos x 2 cos x 0 .
 a a 3
 SA SB
 Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chĩp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 2 , 2
 0
 , BAD 60 và mặt phẳng (SAB) vuơng gĩc với đáy. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của
 AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của gĩc giữa đường thẳng SH và DK. 
 Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD cĩ 
 DC BC 2 , 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 
 1
 213242344x x x x2 4 x2 4321 x x 2
 4 
 trên tập số thực. 
 x y z 0
 Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn x2 y 2 z 2 2 .Tìm giá trị lớn 
 3 3 3
 nhất của biểu thức P x y z . 
 ------------------- Hết ------------------- 
 Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. 
 Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I 
 MƠN: TỐN. LỚP 12 
 (Hướng dẫn gồm 04 trang) 
Chú ý: 
  Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đĩ.
  Điểm tồn bài khơng làm trịn.
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM 
 D
 TXĐ: 
 2
 Sự biến thiên: y 3 x 6 x 3 x x 2 
 x 0 0.25 
 y 0  
 x 2
  
 Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; 
 0;2
 Hàm số nghịch biến trên khoảng .
 y 4 y 0 0.25 
 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 CT , cực đại tại x = 0 CĐ 
 Giới hạn limy , lim y 
 x x 
 Bảng biến thiên 
 x - ∞ 0 2 + ∞
 y’ + 0 - 0 + 
 1a) 0 + ∞
(1,0 đ) 0.25 
 y 
 - ∞ - 4
 Đồ thị 
 6 y f(x)=x^3-3*x^2
 4
 2
 x 0.25 
 -4 -2 2 4 6
 -2
 -4
 -6
 : 2x y 0 VTPT n 2;1
 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 1 
 :x my 3 0 VTPT n 1; m 0.25 
 Đường thẳng đã cho cĩ 2 
 m 2 4
 1b) cos ; cosn ; n 
 Yêu cầu bài tốn 1 1 2 0.25 
(1,0 đ) 2 5
 5.m 1
 2 2
 25 m 4 m 4 5.16. m 1 
 0.25 
 11m2 20 m 4 0
 1 m 2
  
 
  2 0.25 
 m 
  11
 2x 3 2x 3
 lim lim 
 Vì ( hoặc ) nên x 2015 là 
 x 2015 x 2015 x 2015 x 2015
 0.5 
 2 
 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 
(1,0 đ) 2x 3
 lim 2
 Vì nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 0.5 
 x x 2015
 9 k
 k 5
 T Ck .. x5 
 ố ạ ứ ể k 1 9 0.25 
 Xét s h ng th k + 1 trong khai tri n x2 
 3 
 T Ck.59 k . x 7 k 18
 k 1 9 0.25 
(1,0 đ) 
 Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18 3 k 3 0.25 
 3 6
 3 C .5 1.312.500
 Vậy hệ số của số hạng chứa x trong khai triển là 9 0.25 
 sin2x cos 2 x sin x cos x cos 2 x 0
 PT 0.25 
 sinx cos x sin x 2 cos x 0
 sinx cos x 0 1
  0.25 
 4 
 sinx 2 cos x 0 2 
(1,0 đ)  
 1 tanx 1 x k k
 4 0.25 
 2 tanx 2 x arctan 2 k k
 0.25 
 S 
 0.25 
 B C 
 K 
 H 
 M 
 A D 
 5 
(1,0 đ) a a 3
 SA SB ASB
 Từ giả thiết ta cĩ AB = a, 2 , 2 nên vuơng tại S 
 AB
 SH SAH SM AB 0.25 
 2 đều. Gọi M là trung điểm của AH thì  . 
 Do SAB  ABCD SM  ABCD . 
 1 1 1
 V V.... SM S SM S
 Vậy KSDC S. KCD 3 KCD 3 2 BAD 
 1a 3 1 a . a . 3 a3
 ... 0.25 
 3 4 2 2.2 32 (đvtt) 
 2 
 Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ HQ KD nên 
 SH,, DK SH QH
 MI AD MI HQ 0.25 
 Gọi I là trung điểm HQ  nên  
 SM ABCD 
 Mà  SI  HQ SH, QH SHI . 
 Trong tam giác vuơng SHI cĩ: 
 1 1 1a 3
 HQ DK .
 HI 3
 cosSHI 2 4 4 2 0.25 
 SH a a a 4 . 
 2 2 2
  
 IH 1; 1
 6a 0.5 
 x y 3 0
(1,0 đ) Nên đường thẳng IH cĩ phương trình . 0.5 
 A B 
 I 
 H 
 D M C 
   
 A(2;5)
 Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD IA 3 HI . 0.25 
 6b 2 2BC 6 1BC 3
 HB BM BC2 MC 2 HC AC
(1,0 đ) Ta cĩ 3 3 3 , 3 3 
 0.25 
 2 2 2
 HB HC BC nên BM AC 
  
 IH 1; 1
 BM đi qua H( -2; 1 ), nhận làm VTPT cĩ phương trình 
 x y 1 0
 tọa độ B cĩ dạng B( t; - t - 1 ). 0.25 
 2 2
 18t 1 t 3 2
 Lại cĩ IA IB nên t 4 t 4 0 
 
 t 2 8 B 2 2 2;1 2 2
   
  . Do đĩ  . 0.25 
 t 2 8 B 2 2 2;1 2 2
   
  
 1 3
 x
 ĐK: 2 2 . Phương trình 
 2
 2 2
 2 2x 1 2 x 1 
 2x 1 3 2 x 2 x 1 3 2 x (*) 
 2 2 0.25 
 7 f t t2 t 0;
 Xét hàm số trên cĩ 
(1,0 đ) f t2 t 1 0 t 0; 0;
  nên hàm số f(t) đồng biến trên 
 2
 2x 1 
 f2 x 1 3 2 x f 
 ở 2
 Do đĩ pt (*) tr thành 0.25 
 f đồng biến
 3 
 2x 1 2
 2x 1 3 2 x 8 2x 1 3 2 x 4 2 x 1 2
 2 
 2
 8 2x 1 3 2x 2 x 1 3 2 x 
 ( **)
 2x1 a 0
 Đặt thì phương trình (**) trở thành 
 3 2x b 0
 2 2
 8 a b a2 b2 8 a b a2 b24 a 2 b 2 (1)
 0.25 
 a2 b 2 4 a2 b 2 4 2
 2 2 2 2
 Từ (1) 8 a b 16 4 a b 2 a b 4 a b
 2 2 2 2 4 4
 4 a b 2 ab 16 8 a b a b (***)
 0 t 2
 Đặt ab = t thì pt (***) trở thành
 2 4 2
 16 8t 16 8 t t t t 2 t 2 t 4 0
 t 0
  
   1
 t2 loại x 0.25 
  2x1 3 2 x 2  2
  
 t1 5 loại . Vậy t = 0  3
  2x 1. 3 2 x 0 
  x 
 t1 5 loại  2
  
 Chú ý: HS cĩ thể giải theo cách khác như sau 
 Đặt a 2 x 1 3 2 x . Phương trình đã cho trở thành 
 a a 2 a2 2 a 4 a4 8 a 2 8 a 8 0
 x y z0 z x y 3 3 3
 Cĩ P x y x y 3 xyz 
 2 2 2 2 2 2 2
 Từ x y z 2 x y 2 xy z 2 2z 2 xy 2 xy z 1 0.25 
 2
 Vậy P 3 z z 1 
 1 3 4 4
 2 x2 y2 z 2 x y2 z2 z 2 z
 Do 2 2 3 3
 4 4 0.25 
 P f z3 z3 3 z z ; K
 Đặt với 3 3 
 8 
  1
(1,0 đ) z K
  
 2  3
 f z9 z 3 f z 0 
 Cĩ ,  1 0.25 
 z K
  
  3
 4 4 4 4 1 2 1 2
 f , f , f , f 
 Ta cĩ: 3 3 3 3 3 3 3 3
 0.25 
 2 2 1
 ậ max P z ; x y 
 Do v y 3 khi 3 3