SỞ GD & ĐT LÀO CAI

ĐỀ THI 8 TUẦN HỌC KÌ II NĂM HỌC 2015- 2016

TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO YÊN

MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Đề 2
Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

2x +1
.
x −2

Câu 2(1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x 3 +3x 2 trên  −3; −1 .
Câu 3(1,0 điểm).
a) Cho số phức z = 3 + 2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = iz − z
b) Giải phương trình: 25x − 2.5 x − 15 = 0
1

Câu 4(1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

(

x ln x 2 + 4

0

x +4

2

) dx

Câu 5(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz,cho mặt cầu (S) có phương trình:
x2 + y2 + z2 - 2x + 4y - 6z -11 = 0.
a)Xác định tọa độ tâm và tính bán kính mặt cầu (S).
b)Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) tại điểm M(1; 1; - 1).
Câu 6(1,0 điểm).
2
a) Giải phương trình ( 1 + sin 2 x ) ( cos x − sin x ) = 1 − 2sin x

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập
một tốp ca chào mừng 20 - 11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.
Câu 7(1,0 điểm). Cho hình chóp đều A.BCD có AB = a 3; BC = a . Gọi M là trung điểm của
CD. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AD.
Câu 8(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I( 1; - 2 )là
tâm đường tròn ngoại tiếp và ·AIC = 900 . Hình chiếu vuông góc của A trên BC là D( - 1; - 1).
Điểm K( 4; - 1 ) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A có tung độ
dương.

(

) (

8 2 x − 1 2 x − 2 x − 1 = y y 2 − 2 y + 4

Câu 9(1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 xy + 2 ( y + 2 ) ( y + 2 x ) = 5y + 12 x − 6



)

( x; y ∈ ¡ )

Câu 10(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M=

3a 4 + 3b 4 + 25c3 + 2

( a + b + c)

3

************ Hết ************


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu

Đáp án

• TXĐ: D = ¡ \ { 2}

Điểm

• Sự biến thiên
- Chiều biến thiên: y′ = −

0.25


5

( x − 2)

2

< 0 ∀x ∈ D

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;2 ) và ( 2; +∞ )
- Hàm số đã cho không có cực trị

0.25

y = 2 ⇒ TCN : y = 2
- Tiệm cận xlim
→±∞
lim y = +∞ ; lim− y = −∞ ⇒ x = 2 : TCÑ
x →2

x →2 +

• Bảng biến thiên
x

-∞

y'
1


y

2

-

2
+∞

-

+∞

-∞

0.25
2

• Đồ thị

0.25

f(x) xác định và liên tục trên  −3; −1 , y ' = 3x 2 + 6x
y ' = 0 ⇔ x = 0 (loại)hoặc x = −2 .(nhận)
Câu
2 Ta có: f ( −3) = 0 , f ( −2 ) = 4 , f ( −1) = 2

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f(x) trên  −3; −1 lần lượt là 4 và 0
3a


0.25
0.25
0.25
0.25

z = 3 − 2i
w = i ( 3 + 2i ) − ( 3 − 2i )
= −5 + 5i

0.25


Phần thực là -5
0.25

Phần ảo là 5
25 x − 2.5 x − 15 = 0 ⇔ ( 5 x ) − 2.5 x − 15 = 0 (*)
2

Đặt t = 5 x > 0
t = 5
t = −3 (loai)

3b

0.25

2
Pt (*) ⇔ t − 2t − 15 = 0 ⇔ 


Với

t = 5 ⇔ 5x = 5 ⇔ x = 1

0.25

Vậy phương trình có nghiệm: x = 1

(

4

)

2x
2
Đặt ln ( x + 4 ) = u ⇒ du = d ln ( x 2 + 4 ) = 2 dx

0.25

x=0 thì u=ln4
x=1 thì u=ln5

0.25

x +4

ln 5
1
1 u2 ln 5 1 2

= (ln 5 − ln 2 4)
⇒ I = = ∫ udu = .
2 ln 4
2 2 ln 4 4

5

0.5

Tâm I(1; -2; 3)

0.25

R=5

0.25
r

Vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng là: IM = (0;3; −4)

0.25

(P): 3y – 4z – 7 =0

0.25

(

)


2
2
PT ⇔ ( sin x + cos x ) cos x − sin x = cos2 x

⇔ cos2 x ( sin x + cos x − 1) = 0
6a

©

π

ª2 x = + kπ
© π
©
ª
ªx = + k π
ª2 x = π + kπ
2
ª
ª
ª
ª
4
2
ª
©cos 2 x = 0
ª π π
2
ª
ª

ª
⇔ ªª x + = + k 2π ⇔ ªª x = k 2π
⇔ª
⇔ª
( k ∈¢)
4 4
ª«sin x + cos x = 1 ªªsin  x + π  = 1
ª
ª
π
ª
ª
÷
ª 
ª π 3π
ª x = + k 2π
4
ª« 
2
ªx + =
+ k 2π
ª«
2

0.25

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh có: C485 = 1712304
Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ"
thì A là biến cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ ".


0.25

ª«

6b

0.25

4

4

( )

Ta có số kết quả thuận lợi cho A là: C = 20349 ⇒ P A =
5
21

⇒ P ( A) = 1−

20349
1691955
=
1712304 1712304

5
C21
5
48


C

=

20349
1712304

0.25


Gọi O là tâm tam giác đều BCD
cạnh a.
Do A.BCD là chóp đều nên
AO ⊥ ( BCD ) ⇒ AO là đường cao
của hình chóp.

A

N
D

B
O

1
2

Có S∆BCD = BC.BD.sin 60 0 =
M


I

và OB =

0.25

a2 3
4

a 3
3

Trong ∆AOB có:

C

AO = AB 2 − BO 2 =

7

VA. BCD =

2a 6
3

0.25

1
a3 2
AO.S∆BCD =

( ñvtt )
3
6

Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của AC, CO, OM.

Có: AD / / MN ⇒ AD / / ( BMN ) ⇒ d ( BM ; AD ) = d ( AD; ( BMN ) )

(

)

(

)

(

= d D; ( BMN ) = d C; ( BMN ) = 2d I ; ( BMN )

lại có:

)

0.25

BM ⊥ IJ 
 ⇒ BM ⊥ ( IJN ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( IJN ) theo giao tuyến NJ.
BM ⊥ NI 


Trong mp(IJN) kẻ IK ⊥ NJ ⇒ IK ⊥ ( BMN ) ⇒ d ( I ; ( BMN ) ) = IK
* Xét ∆IJN có:

1
1
1
16
3
35
a 70
=
+
=
+
=
2
2
2
2
2
2 ⇒ IK =
IK
IJ
IN
a 2a
2a
35

Vậy d ( BM ; AD ) = 2d ( I ; ( BMN ) ) =


K

8

·
⇒ ABD
= 450 nên ∆ADB vuông cân tại D

do đó DA = DB. Lại có: IA = IB

I
C

D

2a 70
35
©·
0
·AIC = 90 0 ⇒ ªª ABC = 45
Do
ª·
ª«ABC = 1350

A

8

0.25


B

⇒ DI ⊥ AB

Nên đường thẳng AB đi qua K ( 4; - 1 ) và vuông góc với DI có phương
trình 2 x − y − 9 = 0 . Gọi A ( a;2a − 9 ) ∈ AB , do DA = 2d ( D; AB ) = 2 10

0.25

0.25


⇒

( a + 1) + ( 2a − 8)
2

2

= 2 10

©a = 1 ©
ª A ( 1; −7 ) ( loaïi )
ª
ª
⇔
⇒
ª
⇔ a − 6a + 5 = 0
ª«a = 5 ªª A ( 5;1) ( t / m )

«
uuur
Phương trình DB đi qua D có VTPT AD : 3 x + y + 4 = 0

0.25

C ∈ DB ⇒ C ( c; −3c − 4 ) . Do ∆IAC vuông cân tại I nên
uur uur
IA.IC = 0 ⇔ 4 ( c − 1) − 3 ( 3c + 2 ) = 0 ⇔ c = −2 ⇒ C ( −2;2 )

0.25


1
x ≥
ĐK:  2
. Từ pt (1) ⇒ dể pt có nghiệm thì y ≥ 0
( y + 2 ) ( y + 2 x ) ≥ 0


0.25

2

(

) (

)


3

(

2

)

PT ( 1) ⇔ 2 2 x − 1 − 2 2 2 x − 1 + 4 2 2 x − 1 = y 3 − 2 y 2 + 4 y (*)
0.25

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 2t + 4t ( t ≥ 0 ) có

f ′ ( t ) = 3t 2 − 4t + 4 = 2t 2 + ( t − 2 ) > 0 ∀t ≥ 0
2

9

(

nên f(t) luôn đồng biến

)

Từ pt (*) ⇒ f 2 2 x − 1 = f ( y ) ⇔ 2 2 x − 1 = y

0.25


Thay vào pt ( 2 ) ta được pt y 3 + 2 ( y + 2 ) y + 2 = 3y ( y + 2 )
Đặt z = y + 2 ta được pt

(

y + 2 z = 3yz ⇔ ( y − z ) y + yz − 2z
3

3

2

2

2

)

©y = −2 z ( loaïi )
ª
= 0 ⇔ ªª
ª«y = z
( t / m)

0.25

Với y = z ta được y = y + 2 ⇒ y = 2 ⇒ x = 1 (t / m)
10

4

4
4
2
3
- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2a + ( a + 1) ≥ 2a + 2a ≥ 4a hay

3a 4 + 1 ≥ 4a3 .

- Tương tự 3b 4 + 1 ≥ 4b3 ⇒ M ≥

( a + b + c)

Mà ( a − b ) ( a + b ) ≥ 0 ⇒ 4 ( a3 + b3 ) ≥ ( a + b )
2

( a + b ) + 25c
⇒M≥
( a + b + c)
3

3

Đặt t =

c
a+b+c

3

0.25


4a3 + 4b3 + 25c3

3

3

3

3

3

3

 a+b 

 
c



c
c
=
÷ + 25 
÷ = 1 −
÷ + 25 
÷
a

+
b
+
c
a
+
b
+
c



  a+b+c 
 a+b+c

0.25

( 0 < t < 1)

Xét hàm số f ( t ) = ( 1 − t ) + 25t 3 ( 0 < t < 1)
3

© 1
ªt =
ª
2
2
ª 6
có: f ′ ( t ) = −3 ( 1 − t ) − ( 5t )  , f ′ ( t ) = 0 ⇔ ªª
ªt = − 1

ª«
4

0.25


Bảng biến thiên
t

-∞ 0

-

f'(t)

1
60

1

+∞

+

f(t)

0.25

25
36

1

25

2
a = b = 1, c = .
Vậy Min f ( t ) = f  ÷ =
khi t = hay Min M =
6
36
5
 6  36
1

25