Đề thi KS chất lượng đầu năm học 2017 môn Toán Lớp 12

SỞ GD – ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN 12 Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  x  x  đoạn [- 2; 2] Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  3x  có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm (C) với trục tung Câu 3(1,0 điểm) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị y  x2 C  x 1 hai điểm phân biệt Câu (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác : (2sin x  1)( sin x  2cos x  2)  sin x  cos x Câu (1,0 điểm) 3π 2π Tính sin  α     b) Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên lúc cầu từ hộp Tính xác suất cho cầu lấy có a) Cho tan α  π  α  cầu màu đỏ không hai cầu màu vàng 20   Câu (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển P( x )   x   , x  x   Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD ) SA  a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD Câu (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I Điểm M(0;-2) trung điểm cạnh BC, điểm E(-1;-4) hình chiếu vuông góc B AI, điểm D hình chiếu B lên cạnh AC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình x+y-4=0 Câu (1,0 điểm) 32 x5  y   y ( y  4) y   x Giải hệ phương trình:  ( y   1) x   x  13( y  2)  82 x  29  x, y    Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  2 2 x  y  z  2(2 x  y  3)  y ( x  1)( z  1) - Hết -Họ tên thí sinh .Số báo danh Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT ĐẦU NĂM Câu Nội dung Xét đoạn  2; 2 ta có: f (x) = 3x2 + 6x -9 Điểm ’ 0,25đ Câu 1,0đ  x  3  (2; 2) f’ (x) =    x   (2; 2) 0,25đ Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - , f(2) = Vậy: max f( x)  f (2)  23 , f( x)  f (1)  4 0,25đ 0,25đ  2;2 Câu 1,0đ  2;2 Gọi A giao điểm đồ thị (C) trục tung Suy A(0;-2) 0,25đ y '  3x  x  y '(0)  3 Phương trình tiếp tuyến (C) điểm A(0;-2) y  y '(0)( x  0)   3 x  0,25đ phương trình hoành độ giao điểm (C) d là: 0,25đ 0,25đ 0,25đ x2  x  m x 1 0,25đ Câu 1,0đ x    g ( x )  x  mx  m   0(1) Yêu cầu toán phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác   0  g   g (1)  m     m   0,25đ 0,25đ (2sin x  1)( sin x  2cos x  2)  sin x  cos x (1) (1)  (2sin x  1)( sin x  cos x  2)  cos x(2sin x  1) 0,25đ  (2sin x  1)( sin x  cos x  2)  Câu 1,0đ  2sin x   0(2)   sin x  cos x  2(3) +) (2)  x   5  k 2 , x   k 2 6   x   k 2    12 )(3)  sin  x     6   x  7  k 2  12 KL : 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 a)Ta có Cos α   tan α     cosα   3π  cosα  nên cosα    2 sin α  cosα.tan α   5 2π  2π 2π  sin  α   cosα.sin   sin α.cos  3  Vậy 2 1  5  15    5 10 b) Số phần tử không gian mẫu   C16  1820 0,25đ Do π  α  Câu 1,0đ 0,25đ 0,25đ Gọi B biến cố “ lấy có cầu màu đỏ không hai 0,25đ màu vàng” Ta xét ba khả sau: - Số cách lấy đỏ, xanh là: C41C53 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C52C71 - Số cách lấy đỏ, xanh, vàng là: C41C51C72 1 2 Khi  B  C4C5  C4C7C5  C4C7 C5  740 Xác suất biến cố B P  B   B 740 37    1820 91 20 20   P( x )   x     C20k ( 1)k 20 k x 203k x   k 0 Câu 1,0đ k Số hạng tổng quát khai triển C 20 (1)k 20 k x 203k 0,25đ 0,25đ Hệ số x8 khai triển ứng với 20  3k   k  0,25đ Vậy hệ số x8 khai triển P(x) C 20 (1)4 216 0,25đ 0,25đ Câu 1,0đ Ta có S ABCD  AB.AD  2a2 2a3 (dvtt) Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  3 Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN  BM ( N thuộc BM) AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM) Do d(A,(SBM))=AH 0,25đ 0,25đ 2a 4a AN BM  a  AN   BM 17 1 4a Trong tam giác vuông SAN có:    AH  AH AN SA2 33 2a Suy d(D,  SBM   33 Ta có: S ABM  S ABCD  S ADM  a ; S ABM  0,25đ A I D 0,25đ E B Câu 1,0đ M C   1800  BAD  (1) Tứ giác ADEB, BIEM nội tiếp đường tròn => DEB   BIM  (cùng chắn BM  ) (2) BEM   BIC   BAD  (3) Mà BIM   BEM   1800 nên D,E,M thẳng hàng Từ (1),(2),(3) => DEB + Đường thẳng EM qua E,M có phương trình : 2x-y-2=0 x  y   + Tọa độ D nghiệm  => D(2 ;2) 2 x  y   0,25đ C (4; 0) + C  AC : x  y   => C(c ;-c+4) mà MC=MD=   C (2; 2) (loai) 0,25đ + M trung điểm BC => B(-4 ;-4) + AE  BE => phương trình AE : x+1=0 + A  AC  AE  A( 1;5) Câu 1,0đ 0,25đ Vậy: A(-1;5); B(-4;-4); C(4;0) 32 x5  y   y ( y  4) y   x(1)  x, y     ( y   1) x   x  13( y  2)  82 x  29(2) Đặt đk x   , y  2 0,25đ +) (1)  (2 x)5  x  ( y  y ) y   y   (2 x)5  x   y2   y  2(3) Xét hàm số f (t )  t  t , f '(t )  5t   0, x  R , suy hàm số f(t) liên tục R Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  x  Thay x  y2 y  2( x  0) vào (2) 0,25đ (2 x  1) x   x  52 x  82 x  29  (2 x  1) x   (2 x  1)(4 x  24 x  29)  (2 x  1)   x   x  24 x  29   x    x   x  24 x  29  0(4) Với x=1/2 Ta có y=3 2x  (4)  ( x   2)  (4 x  24 x  27)   2x 1   (2 x  3)(2 x  9)  x  /    (2 x  9)  0(5)  x   Với x=3/2 Ta có y=11 Xét (5) Đặt t  x    x  t  Thay vao (5) t  2t  10  21   (t  3)(t  t  7)  Tìm t  x 0,25đ  29 Từ tìm 0,25đ 13  29 103  13 29 ,y KL: Đặt a  x  2, b  y  1, c  z  a , b, c  P 2  a  b  c 1 ( a  1)(b  1)(c  1) 0,25đ (a  b)2 (c  1) Ta có a  b  c     (a  b  c  1)2 2 Dấu “=” xảy a  b  c  2 (a  b  c  3)3 Mặt khác ( a  1)(b 1)(c 1)  27 27  Dấu “=” xảy a  b  c  a  b  c  (a  b  c  3)3 27 Đặt t  a  b  c   Khi P   ,t  t (t  2)3 0,25đ Khi P  Câu 10 1,0đ 27 81 81t  (t  2) f (t )   , t  1; f '( t )     t (t  2)3 t (t  2) t (t  2) Xét f '(t )   81t  (t  2)4   t  5t    t  (do t>1) lim f (t )  0,25đ x  Bảng biến thiên t f’(t) + f(t)  - 0,25đ Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)= Hết Các cách giải khác cho điểm tương ứng