TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN Thời gian: 150 phút không kể thời gian phát đề. Câu 1. (3 điểm) Cho hàm số 3 2 3 3y x x   . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng : 3 4d y x  . 3. Tìm m để (C) cắt đường thẳng   : 1 1y m x    tại 3 điểm A(1;1), B, C phân biệt sao cho tam giác IBC vuông tại I với   1;3I  . Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: sin 2 cos2 1 2cosx x x   . Câu 3. (1.5 điểm) Giải các phương trình: 1. 2 1 3 2 2 64 0 x x     . 2.   4 2 1 log 3 log 1 2 x x    . Câu 4. (0,5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số bi xanh. Câu 5. (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với 2 3AB a , 2 .BC a Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của DI và SB hợp với đáy góc 0 60 . Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC). Câu 6. (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết   11 13 7;1 , ; 5 5 E F       , phương trình đường thẳng BC là 3 4 0x y   và điểm B có tung độ dương. Câu 7. (1 điểm). Giải hệ phương trình:     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y               . Câu 8. (1 điểm) Cho các số thực dương , ,x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:     2 2 2 1 8 2 2 2 4 P x y z x y z         . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………… ………Số báo danh:…………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LẦN 1 Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 1.(1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . +Tập xác định,tính các giới hạn 0,25 +Tính đạo hàm, giải phương trình y’=0, lập bảng biến thiên 0,25 + Chỉ ra sự biến thiên, cực trị 0,25 + Đồ thị 0,25 2. (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại các giao điểm của (C) với đường thẳng : 3 4d y x  . + Tìm được giao điểm của (C) và d là A(0;3) 0,5 + Viết được phương trình tiếp tuyến 3y  0,5 3. (1 điểm) Tìm m để (C) cắt đường thẳng   : 1 1y m x    tại 3 điểm A(1;3), B, C phân biệt sao cho tam giác IBC vuông tại I với I(-1;3). +  cắt (C) tại 3 điểm phân biệt   3 2 3 3 1 1x x m x      có 3 nghiệm phân biệt     2 1 2 2 0x x x m      có 3 nghiệm phân biệt 2 2 2 0x x m     (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 ' 0 3 1 2 2 0 m m               0.25 +  cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A(1;3), B( 1 1 ; 1x mx m  ), C( 2 2 ; 1x mx m  ) Với 1 2 ,x x là các nghiệm của (1), theo Viet ta có 1 2 1 2 2 2 x x x x m         0.25 +  không đi qua I khi 1m   . Tam giác IBC vuông tại I khi       1 2 1 2 . 0 1 1 2 2 0IB IC x x mx m mx m            0.25 + Rút gọn được 3 2 3 5 0 1m m m m      (tmđk). Kết luận 0.25 Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình sin 2 cos2 1 cosx x x   PT   2 2sin cos 2cos 1 1 2cosx x x x       cos 0 2cos sin cos 1 0 sin cos 1 x x x x x x            0,5   cos 0 2x x k k      0,25   2 1 sin cos 1 sin 2 4 2 2 x k x x x k x k                             KL……. 0,25 Câu 3 1.(1 điểm). 2 1 3 2 2 64 0 x x     +PT 2 2.2 8.2 64 0 x x     0.5   2 8 3 2 4 x x x vn           . KL 0,5 2.(0.5 điểm).   4 2 1 log 3 log 1 2 x x    + ĐK 1x  pt     2 2 1 1 1 log 3 log 1 2 2 2 x x     . 0,25 +Giải đúng và kết hợp điều kiện được 5x  . 0.25 Câu 4. (0.5 điểm) Một hộp chứa 5 viên bi đỏ, 6 viên bi vàng và 7 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó 4 viên bi. Tính xác suất để lấy được đủ 3 loại bi và số bi đỏ bằng số bi xanh. + Số cách lấy ra từ hộp đó 4 viên bi là 4 18 3060C  0.25 + Số cách lấy 4 viên bi trong đó có đủ 3 loại và số bi đỏ bằng số bi xanh (1đỏ, 1 xanh, 2 vàng) là: 1 2 1 5 6 7 . . 525C C C  Xác suất cần tính là 525 35 3060 204  0.25 Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I với 2 3AB a , 2 .BC a Biết chân đường cao H hạ từ đỉnh S xuống đáy ABCD trùng với trung điểm của DI và SB hợp với đáy góc 0 60 . Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ H đến (SBC). +Tính được 2 4 3 ABCD S a 0.25 + Chỉ ra  0 60SBH  , từ đó tính được 3 3SH a 0.25 Suy ra 3 1 . 12 3 SABCD ABCD V SH S a  . + Kẻ ,HE BC HK SE  , chứng minh được       ,HK SBC d H SBC HK   0.25 +Tính được 3 15 5 a HK  , kết luận. 0.25 Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C. Tìm tọa độ điểm A biết   11 13 7;1 , ; 5 5 E F       , phương trình đường thẳng BC là 3 4 0x y   và điểm B có tung độ dương. + Gọi K là trung điểm của BC. Vì K BC nên   4 3 ;K t t . Vì   0 90BEC BFC  nên KE=KF, từ đó tính được K(4;0). 0.25 + Vì B BC nên   4 3 ; , 0B b b b  . Do  0 90BEC  nên KB=KE, từ đó chỉ ra B(1;1;). 0.25 + Tính được C(7 1), Viết được phương trình CE:x=7, phương trình BF: 4x-3y-1=0 0.25 + A BE CF  , từ đó tính được A(7;9) 0.25 (1 điểm) Giải hệ phương trình:     2 2 2 2 3 8 1 1 1 4 xy x y x y x y               Câu 7 + Nhận xét: 0, 0x y  không thỏa mãn phương trình thứ nhất Biến đổi phương trình thứ nhất về dạng: 2 2 1 1 . 8 x y x y     0.25 + Đặt 2 2 ; 1 1 x y a b x y     , ta được hệ: 1 4 1 8 a b ab             . 0.25 Giải hệ thu được 1 2 1 4 a b           hoặc 1 4 1 2 a b           + Với 1 2 1 4 a b           , giải được 1 2 3 x y          . 0.25 + Với 1 4 1 2 a b           , giải được 2 3 1 x y          . Kết luận. 0.25 Câu 8. (1 điểm) Cho các số thực dương , ,x y z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:     2 2 2 1 8 2 2 2 4 P x y z x y z         . + Ta có         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ; 4 4 2 2 2 2 x y z x y z x y z x y z                     2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 4 2 4 2 4 x y z x y z x y z x y z                 . 0.25 + Ta có             3 3 6 8 216 2 2 2 27 2 2 2 6 x y z x y z x y z x y z                  . Do đó   3 2 216 2 6 P x y z x y z         . 0.25 Đặt 2, 2t x y z t     . Ta có     3 2 216 4 P f t t t     Dùng đạo hàm chỉ ra GTLN của   f t bằng 1 8 khi 8t  . 0.25 KL: GTLN của P là 1 8 , đạt được khi 2x y z   . 0.25 . TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT LỚP 12 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN Thời gian: 15 0 phút không kể thời gian phát đề. Câu 1. (3 điểm) Cho hàm số 3 2 3 3y x x   . 1. Khảo. …… Số báo danh:…………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN TOÁN LẦN 1 Câu NỘI DUNG Điểm Câu 1 1. (1 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số . +Tập xác định,tính các giới hạn 0,25 +Tính. và số bi đỏ bằng số bi xanh. + Số cách lấy ra từ hộp đó 4 viên bi là 4 18 3060C  0.25 + Số cách lấy 4 viên bi trong đó có đủ 3 loại và số bi đỏ bằng số bi xanh (1 ỏ, 1 xanh, 2 vàng) là: 1 2 1 5