DedapanDHLQDlan3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN. Họ và tên thí sinh:……………………….. SBD:……………………………………... KSCL KHỐI 12, THÁNG 3, NĂM 2015 Môn : TOÁN. Ngày khảo sát: 27/3/2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Đề này có: 01 trang .. Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y   x3  mx 2   m  3 x  1, 1 m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 3. b) Tìm m để đường thẳng d: y = 3x – 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại A, B, C bằng 5. Câu 2 (1.0 điểm). Giải phương trình:. 2  cos 2 x  3 sin 2 x  3.sin x  cos x . 2 cos 2 x. Câu 3 (1.0 điểm). a) Cho số nguyên dương n và hai số thực dương a, b. Biết trong khai triển nhị thức Niun.  a   b  có số hạng chứa a 2b7 . Tìm số hạng chứa a và b có số mũ của a và b bằng tơn   b . nhau. b) Cho số phức z thỏa mãn.  9  i  .z . 2.  3  i  .z  4  9i . Tìm môđun của số phức 1  2i. w  1 z  z2 .. Câu 4 (1.0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường: y  x. x  3 và đường thẳng d: x– 2y + 3 = 0. Câu 5 (1.0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;2;3), B(1; -4; 5) và mặt phẳng (P): 2x – y – z – 13 = 0. Tìm điểm M ở trên mặt phẳng (P) sao cho MA = MB và mặt phẳng (MAB) vuông góc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A' B 'C ' có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC. Biết rằng khoảng cách giữa 3a . Tính thể tích của khối chóp A.BCC ' B ' và tang của góc 4 ' ' giữa hai mặt phẳng  ABB A  và  ABC  .. hai đường thẳng BC và AA' bằng. Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AC là E(5; 0), trung điểm của AE và CD lần lượt là 3. 3. F(0;2), I  ;   . Viết phương trình đường thẳng CD. 2 2 Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:  2(4 x 2  y 2 )  5 x 2  2 xy  2 y 2  3 x  2 y  ,  x; y   2 y x 6 2 x y 1 5 x 1          . . Câu 9 (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thuộc đoạn [1;2]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . 2( xy  yz  zx) 8 yz4   . xyz  2(2 x  y  z ) 2 x(y  z)  yz  4 yz  1. -----HẾT----Cám ơn thầy Trương Ngọc Đắc đã gửi cho thầy cô tham khảo.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THÁNG 3 NĂM 2015 Câu Câu 1.a. Đáp án. Điểm 1.0 đ. Với m = 3 ta được hàm số y   x3  3x 2  1 TXĐ: D  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x ,. 0.25. x  0 y'  0   x  2. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-; 0) và (2; +) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = -1 Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 3 - Giới hạn: lim y   , lim y   x . 0.25. x . - Bảng biến thiên: x y' y. -. 0 0. . +. 2 0 3. + -. 0.25. . -1 Đồ thị hàm số: y. 0.25 x -3. O. 1. -4. Điểm uốn: y ''  6 x  6, y ''  0  x  1 , U(1; 1) là điểm uốn. Đồ thị hàm số nhận điểm uốn U(1;1) làm tâm đối xứng Câu 1.b. 1.0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là:.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 3  mx 2   m  3 x  1  3 x  2  x3  mx 2  mx  1  0.   x  1  x 2   m  1 x  1  0. 0.25. x  1  2  x   m  1 x  1  0,  2 . d cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt  Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt  1 0.25.    m 2  2m  3  0  m  1   ,  * m  3 3  m  0. Gọi hoành độ của A, B lần lượt là x1, x2 với x1, x2 là hai nghiệm của (2) Gọi k1, k2, k3 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) tại A, B và C. y '  3x 2  2mx  m  3 Ta có: k1  3x12  2mx1  m  3, k2  3x22  2mx2  m  3, k3  m. 0.25. Do đó k1  k2  k3  5  3  x12  x22   2m  x1  x2   m  1  0 (3)  x1  x2  m  1 (4)  x1.x2  1. Theo hệ thức Vi ét: .  m  1 m  4. 0.25. Từ (3) và (4) ta có: m 2  3m  4  0   Kết hợp với (*) m phải tìm là: m = 4. Câu 2. 1.0 đ. Điều kiện xác định: cos 2 x  0 (*). Biến đổi phương trình về:. . 3.sin x  cos x.   2. . 3.sin x  cos x 2.cos 2 x.  3.sin x  cos x  0   3.sin x  cos x  2 cos 2 x Giải phương trình: Giải phương trình:. 0.25.    3 sin x  cos x  0  sin  x    0  x   k 6 6  2   3 sin x  cos x  2.cos 2 x  cos 2 x  cos  x   3  . 2   x   3  k 2   x  2  k 2   9 3 Đối chiếu điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là:  2 2 2  k 2 , x  k x   k , x   ,k  . 6 3 9 3. Câu 3.a. 0.25. 0.25. 0.25 0.5.  a    b. nk. .b k  Cnk .a n  k .b. Số hạng tổng quát: Tk 1  Cnk . 3k  n 2. n  k  2  có nghiệm nguyên Theo giả thiết có số hạng chứa a .b nên  3k  n  2  7 2. không âm.. 7. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> n  10 n  k  2   k  8 n  3k  14. Khi n = 10 10  k.  a  Ta có số hạng tổng quát: Tk 1  C    b 3k  10 k 6 Theo giả thiết: 10  k  2 k 10. .b k  C10k .a10 k .b. 3 k 10 2. 0.25. Số hạng chứa tích a và b với số mũ bằng nhau là: 210.a 4 .b 4 Câu 3.b. Gọi z  a  b.i  a, b . 0.5. . 1  a   2 Tìm được  b   3  2. 0.25. 1 37 w  1  z  z 2    3i  w  2 2. 0.25. Câu 4. 1.0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho:  x  3 x3  2 x. x  3   x  3  0   x. x  3  2  x  3 2 x  x  3  0 x = - 3 là một nghiệm x > - 3 phương trình tương đương : x  0  x  0  x 1 x  3  2x   2     x 1 x x 4 3 0    3   x     4 1  x3 Diện tích hình phẳng là: S   x x  3    dx  2  3 x3 Vì  x. x  3  0 x   3;1 2 1 1 1  x  3    x3 Nên S      x x  3 dx     dx   x x  3dx 2  2   3  3  3. . . 0.25. 0.25. 0.25. 1. Tính: I . x3 dx  4 . 2 3. . 1. Tính J . x. x  3dx  . 3. S IJ . 16 5. 36 (đvdt). 5. Câu 5. 0.25 1.0 đ. Vì M cách đều A, B nên M nằm trên mặt phẳng trung trực (Q) của AB. Phương trình mặt phẳng (Q):  AB   0; 6; 2  Tọa độ trung điểm I của AB: I 1; 1; 4 . 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Q  : 3 y  z  7  0 Vì mặt phẳng (MAB) vuông góc với mặt phẳng (P) nên M nằm trên mặt phẳng (R) chứa AB và vuông góc với (P). Phương trình mặt phẳng (R):  R  : 2 x  y  3z  13  0. 0.25. Điểm M cần tìm là giao điểm của ba mặt phẳng (P), (Q), (R) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 2 x  y  z  13  0 x  6     y  2 3 y  z  7  0 2 x  y  3 z  13  0 z  1  . 0.25. 0.25. Tọa độ điểm M(6; - 2; 1).. Câu 6. 1.0 đ. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AA’ 3a 3a HK là đoạn vuông góc chung nên HK   A' H  4 2 2 a 3 Diện tích tam giác ABC: S ABC  4 A'. 0.25. C' B'. K. 0.25. A a. I. B. H. C. 3a 3 3 8 a3 3 2 Gọi V là thể tích của khối chóp A.BCC ' B ' : V  .V1  3 4. Thể tích khối lăng trụ ABC. A' B 'C ' : V1  SABC . A' H . Từ H vẽ HI  AB tại I suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AA’, BB’) a 3 là A' IH , HI  4 A' H 3a 4  . 2 3. Tính : tan A' IH  2 a 3 HI. Câu 7. 0.25. 0.25 1.0 đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> y B A. F x 1. E C I. D. Tọa độ đỉnh A(-5; 4) Phương trình đường thẳng AC: 2x  5y  10  0 Ta chứng minh: BF  IF .  1    1   1   Ta có: BF  BA  BE ; FI  FD  FC  AD  EC 2 2 2 Suy ra               4 BF .FI  BA  BE AD  EC  BA. AD  BA.EC  BE. AD  BE.EC          2    2  2  BA.EC  BE. AD  EA.EC  BE.BC   BE  BE.BC   BE  BE  0. Do đó: BF  IF . BF vuông góc với IF và qua F nên có phương trình: 7x + 3y – 6 = 0. BE đi qua E và vuông góc với EF nên có phương trình: 5x – 2y – 25 = 0. B là giao điểm của BF và BE nên B có toa độ là (7; 5). Phương trình đường thẳng CD: 2x – 24y – 39 = 0.. . . . . .  . . 0.25 0.25. . Câu 8 x 1  0 Điều kiện xác định:  2  x  1 (*)    y x 6 0  Biến đổi vế trái phương trình thứ nhất. 0.25 0.25 1.0 đ 0.25. (2 x  y ) 2  (2 x  y ) 2  (2 x  y ) 2  ( x  y ) 2  2 x  y  x  y  3x  2 y  3x  2 y. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 x  y  0  (2 x  y )( x  y )  0  2 x   y  0 3 x  2 y  0 . Thay vào (2) ta được phương trình: .  2 x  1. 2. 0.25 4 x 2  x  6  2 x  1  5 x  1.  5  x  1    2 x  1  5 x  1 (3). Với x  0 , chia hai vế của phương trình (3) cho trình tương đương 2. 2x 1  2x 1  5   5   x 1  x 1 . x  1 ta được phương.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đặt t . 2x 1 , phương trình được viết: x 1. t  5 t2 t 2  5  t  5   t  2. 0.25. Giải phương trình: 1  2x 1 x  2  2  2 x  1  2x 1   x 1  4  x  1  4 x 2  4 x  1  1  x 1   7 2 x      x  1 2 2 4 x 2  8 x  3  0  x  4  28   4 7  y  2  7 Khi x  1  2   7 ; 2  7  . Nghiệm của hệ phương trình là: ( x; y )  1  2  . Câu 9. 0.25. 1.0 đ Vì x, y, z thuộc đoạn [1;2],nên ta có:. ( x  1)( y  2)( z  2)  0  xyz  2(2 x  y  z )  2( y  z ) x  yz  4. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc y =2 hoăc z=2. Do đó và do x  1 nên ta có. 2( xy  yz  zx) 8 yz4   2( y  z ) x  yz  4 2( y  z ) x  yz  4 yz  1 yz  4 yz4 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  P  1 2( y  z )  yz  4 yz  1 P. 2 yz  4 yz  4 P  1  yz  4 yz  4 yz  1. 0.25. 0.25. Đặt t  yz với t  1; 2 t 2  4 2t  4  trên 1; 2 (t  2) 2 t  1 4t  8 2  f ' t     0 với mọi t thuộc đoạn[1;2] 2 (t  2) (t  1) 2 4t  8 4 2 2  ;  Vì 3 2 (t  2) 27 (t  1) 9. Xét hàm f  t   1 . P  max f  t   f  2    t[1;2]. 0.25. 7 6. Giá trị lớn nhất của P bằng . 7 khi x  1; y  z  2 . 6. Chú ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>