Đề Thi Khảo Sát Chất Lượng lần 1 Trường THPT Khoái Châu

Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK.[r]

TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU ĐỀ CHÍNH THỨC

( Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I Năm học 2015 – 2016

MƠN: TỐN LỚP 12

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1( 2,0 điểm) Cho hàm số yx33x2 (C)

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Tìm m để đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị (C) tạo với đường thẳng :x my

    góc  biết cos 

Câu 2(1,0 điểm ) Tìm đường tiệm cận đồ thị hàm số 2015 x y

x  



Câu 3( 1,0 điểm) Xác định hệ số số hạng chứa x3 khai triển

9

2

x x

 



 

 

Câu 4(1,0 điểm) Giải phương trình sin2xsin cosx x2 cos2x0

Câu 5(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình thoi cạnh a, a

SA ,

a SB

, BAD600 mặt phẳng (SAB) vng góc với đáy Gọi H, K trung điểm AB, BC Tính thể tích tứ diện KSDC tính cosin góc đường thẳng SH DK Câu 6(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

2

DCBC , tâm I( - ; ) Gọi M trung điểm cạnh CD, H( - 2; ) giao điểm hai đường thẳng AC BM

a) Viết phương trình đường thẳng IH b) Tìm tọa độ điểm A B

Câu 7( 1,0 điểm) Giải phương trình

  2

2

2 4 4

4

x   x   x x  x  x x tập số thực

Câu 8( 1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn 2 2 20

x y z

x y z

    



  

 

.Tìm giá trị lớn biểu thức P x3y3z3

- Hết -

TRƯỜNG THPT KHOÁI 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 cho điểm tối đa phần đó.

 Điểm tồn khơng làm trịn.

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

1a) (1,0 đ)

TXĐ: D

Sự biến thiên: y 3x26x3x x 2

0

2

x y

x



  



   

0.25

Hàm số đồng biến khoảng ; 0và 2;

Hàm số nghịch biến khoảng 0;2

Hàm số đạt cực tiểu x = yCT  4, cực đại x = yCÑ0 Giới hạn lim , lim

xy  xy 

0.25

Bảng biến thiên

0.25

Đồ thị

f(x)=x^3-3 *x^2

-4 -2

-6 -4 -2

x y

0.25

1b) (1,0 đ)

Đường thẳng qua CĐ, CT 1: 2x y 0 VTPT n1 2;1 

Đường thẳng cho :x my  3 có VTPT n21;m

 0.25

Yêu cầu toán  1  2

2

2 4

cos ; cos ;

5

m n n

m



     



 

0.25

   

25 m 4m 5.16 m

    

2

11m 20m

   

0.25 x

y’

y

- ∞ 0 2 + ∞

0 0

+ - +

- ∞

0

- 4

2 11

m m

 

 

    

 0.25

2 (1,0 đ)

Vì 2015

2

lim

2015 x

x x 





 

 ( 2015

2

lim

2015 x

x x 





 

 ) nên x 2015 tiệm cận đứng đồ thị hàm số

0.5

Vì lim 2015 x

x x



 

 nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số 0.5

3 (1,0 đ)

Xét số hạng thứ k + khai triển  

9

1

5

k k

k k

T C x

x

 

 

  

 

0.25 18

1 9.5

k k k

k

T C  x 



  0.25

Vì số hạng chứa x3 nên 7k18 3 k3 0.25 Vậy hệ số số hạng chứa x3 khai triển là

9.5 1.312.500

C  0.25

4 (1,0 đ)

PT sin2x cos2x sin cosx x cos2x 0

     0.25

sinx cosxsinx cosx

   

    sin cos sin cos

x x

x x

 



 

    

0.25

 1 tan  

4

x x  k k

        0.25

 2 tanx2xarctan 2kk 0.25

5 (1,0 đ)

0.25

Từ giả thiết ta có AB = a, a

SA ,

a

SB nên ASB vuông S

2 AB

SH SAH

    Gọi M trung điểm AH SMAB Do SAB  ABCDSMABCD

0.25

Vậy . .1

3

KSDC S KCD KCD BAD

V V  SM S  SM S

1

3 2.2 32

a a a a

  (đvtt) 0.25

A

B C

D H

M S

Gọi Q điểm thuộc AD cho AD = AQHQ KD nên SH DK, SH QH, 

Gọi I trung điểm HQ MI AD nên MI HQ Mà SMABCDSI HQ SH QH, SHI

0.25

Trong tam giác vuông SHI có:



1 1

3

2 4

cos

4

2 2

a

HQ DK

HI SHI

a a a

SH

     0.25

6a (1,0 đ)

 1; 1

IH   



0.5 Nên đường thẳng IH có phương trình x y  3 0 0.5

6b (1,0 đ)

Từ giả thiết ta suy H trọng tâm BCD IA3HI

 

(2; 5) A

 0.25

Ta có 2 2

3 3

BC

HB BM BC MC  ,

3

BC HC AC

2 2

HB HC BC

   nên BMAC

0.25

 BM qua H( -2; ), nhận IH    1; 1 

làm VTPT có phương trình

x y    tọa độ B có dạng B( t; - t - )

Lại có IA IB nên 18t1 2 t32 t24t40

0.25

2 8

t t

   

  

   

 Do

 

 

2 2;1 2 2 2;1 2

B B

  

  

      

0.25

7 (1,0 đ)

ĐK:

2 x

   Phương trình

       

2

2

2 2

2 2

2

x x

x x x x

   

 

         

 

 

(*) Xét hàm số f t t2t  0;  có

  0; 

f t  t   t   nên hàm số f(t) đồng biến  0; 

0.25

Do pt (*) trở thành  

2 12

2

x

f x x f

f đồng biến

   

      



 



 

  

0.25

M I

B

C D

2 12

2

x

x x 

     8 2x 1 2 x4 2 x12

     

8 2x 2x  2x 2x 

         ( **)

Đặt

3

x a

x b

   

 

  

 

phương trình (**) trở thành    22

2

4

a b a b

a b

   

 

  



   

 

2 2

2

8 (1)

4

a b a b a b

a b

    

  

 

 

Từ (1) 8a b 16 4 a b2 22a b  4 a b2

 2  2 4

4 a b 2ab 16 8a b a b

      (***)

0.25

Đặt ab = t 0 t 2thì pt (***) trở thành

16 8 t16 8 t t t t 2t22t40  

   

2 5

t

t loại

t loại

t loại

   

   

          

Vậy t = 2

x x

x x

    

  

  

 

1

x

x

  



       

0.25

Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau

Đặt a 2x 1 2 x Phương trình cho trở thành

   

2 8

a a a  a a  a  a 

8 (1,0 đ)

Có x y z  0  z x y  P x3y3x y 33xyz

Từ x2y2z22x y 22xy z 22 2z22xy2xyz21 Vậy P 3z z 21

0.25

Do 2 2 1 2

2

x y z x y z z

       4

3 z

   

Đặt P  f z 3z33z với 4; 3

z  K

 

 

0.25

Có f z 9z23,  

1

1

z K

f z

z K

  

  

 

        

0.25

Ta có: 4, 4, ,

3 3 3 3 3 3

f   f  f  f  

       

   

Do max

P  ;

3

z xy 