Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT MÔN TOÁN – LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đề có 01 trang 2x − x−2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận (C) tam giác có diện tích hình tròn ngoại tiếp nhỏ tan α Câu (1,0 điểm) Cho cot α = Tính giá trị biểu thức M = 2sin α − 3sin α cos α − 5cos α Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x + sin x + 2sin x cos x = + cos x Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình log ( x + x − 3) + log ( x + 3) ≥ log ( x − 1) Câu (1,0 điểm) n   a) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triên nhị thức Niutơn P ( x ) =  x − ÷ ; x ≠ Biết n x   10 số tự nhiên thỏa mãn Cn = 13Cn b) Một lớp học có 18 học sinh Tổ có học sinh, tổ có học sinh, tổ có học sinh Chọn ngẫu nhiên học sinh dự lễ phát thưởng nhà trường tổ chức Tính xác suất để chọn học sinh cho tổ có học sinh tham dự Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC Đường phân giác BD có  1 phương trình x + y – = Đường trung tuyến BN có phương trình 4x + 5y – = Điểm M  2; ÷ năm  2 15 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Cạnh bên SA cạnh BC Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R = Gọi M trung điểm BC, N giao điểm DM với AC, H hình chiếu A SB Tính thể tích hình chóp S.ABMN khoảng cách từ điểm H tới mặt phẳng (SDM) vuông góc với đáy ABCD Cạnh bên SC tạo với đáy ABCD góc α tan α = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau x + 3x − x + = ( x + 3) x − x + 1, x ∈ ¡ Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P= ab bc a 3b3 + b3c + − + c2 + a2 24c3 a HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN Câu a) Khảo sát + Tập xác định: D = ℝ \ {2} + Sự biến thiên −1 < 0, ∀x ∈ D Chiều biến thiên: y ' = ( x − 2) Hàm số nghịch biến khoảng (–∞;2) (2;+∞) Giới hạn: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x = tiệm cận đứng x →2 x→2 lim y = lim y = => y = tiệm cận ngang x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên: + Đồ thị: 3 Giao Ox ( ;0) , Giao Oy (0; ) 2 Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng b) Phương trình tiếp tuyến với (C) điểm M (m; 2m − ) ∈ (C)(m ≠ 2) có dạng m−2 −1 2m − ( x − m) + (d ) (m − 2) m−2 Gọi A giao điểm (d) đường tiệm cận đứng x = đồ thị hàm số, ta có: y= −1 2m − m − 2m − (2 − m) + = => A(2; ) (m − 2) m−2 m−2 m−2 Gọi B giao điểm (d) đường tiệm cận ngang y = đồ thị hàm số, ta có: x − m 2m − B ( xB ; 2); = − B + => B(2m − 2; 2) (m − 2) m − I(2;2) giao điểm hai đường tiệm cận K trung điểm AB Do hai đường tiệm cận hàm số vuông góc nên ∆ IAB vuông I Suy K tâm đường tròn ngoại tiếp A(2; y A ); y A = ∆ IAB, đường tròn có bán kính R = KA = KB = AB , diện tích S Áp dụng bất đẳng thức Cô–si cho số dương: 2 2 ) ≥ (2m − 4) ( ) = => R ≥ => S ≥ 2π m−2 m−2 m = 2 ) ( m − 2) =  Dấu xảy (2m − 4) = ( m−2 m = AB = (2m − 4)2 + ( Vậy đường tiếp tuyến cần tìm y = – x + y = – x + Câu 2 tan α 2sin α − 3sin α cos α − 5cos α Vì cot a = nên ta có: tan a = =9 cot a 10 = + cot a = sin a Chia tử mẫu M cho sin a ta được: 20 tan a sin a M= = = 45 − 3cot a − 5cot a − − 33 Câu 2sin x + sin x + 2sin x cos x = + cos x 2sin x(1 + cos x + cos x) = + cosx M= 2sinx(2 cos x + cos x) = + cos x (1 + cos x)(sin x − 1) = 2π  −1 x=± + k 2π   cos x =     x = π + kπ sin x =  Vậy nghiệm phương trình cho ; x = π + kπ ( k ∈ ¢ ) Câu log ( x + x − 3) + log ( x + 3) ≥ log 2 ( x − 1)(1)  x2 + x − >  x > ĐK:  x + > x −1 >  Với điều kiện trên, ta có: (1) log [( x − 1)( x + 3)] − log ( x + 3) ≥ log 2 ( x − 1) log ( x − 1) + log ( x + 3) − log ( x + 3) ≥ log 2 ( x − 1) log ( x − 1).[1 − log ( x − 1)] ≥ ≤ log ( x − 1) ≤ ≤ x − ≤ ≤ x ≤ (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm bất phương trình cho ≤ x ≤ Câu a) Vì n số tự nhiên nên n! n! 13 Cn4 = 13Cn2 = 13 = 4!(n − 4)! 2!( n − 2)! 12 ( n − 3)( n − 2) n − 5n − 150 = n = 15 Theo công thức nhị thức Niutơn, ta có: 15 15 −1 P (x) = (x − )15 = ∑ C15k ( x3 )15− k ( ) k = ∑ C15k (−1) k x 45 −5 k x x k =0 k =0 10 Số hạng chứa x tương ứng với 45 – 5k = 10 ⇔ k = 7 Hệ số số hạng C15 (−1) = −6435 b) Gọi A biến cố “Mỗi tổ có học sinh tham dự” B biến cố đối lập với biến cố A, tức “ Có tổ học sinh chọn” Số phần tử không gian mẫu C18 = 43758 Tính số kết có lợi cho B Do số học sinh tổ nhỏ nên bạn chọn phải đến từ tổ khác Xét trường hợp: + TH1: bạn đến từ tổ tổ 2: Số cách chọn bạn từ 13 bạn C13 = 1287 + TH1: bạn đến từ tổ tổ 3: Số cách chọn bạn từ 12 bạn C12 = 495 + TH1: bạn đến từ tổ tổ 2: Số cách chọn bạn từ 11 bạn C11 = 165 Theo quy tắc cộng, số kết có lợi cho B 1287+495+165=1947 1947 59 = Xác suất biến cố B PB = 43758 1326 1267 Xác suất cần tính PA = − PB = 1326 Câu 4 x + y − = => B (1;1) Tọa độ điểm B nghiệm hệ:  x + y − = Phương trình BC qua B M: x+2y-3=0 Gọi M’ điểm đối xứng với M qua BD M’ ∈ BA Phương trình đường thẳng MM’ qua M, vuông góc BD: 2x – 2y – = H giao MM’ BD suy H ( ; ) Ta có H trung điểm MM’ nên M '( ;0) 4 Phương trình BA qua B M’: 2x+y-3=0 Gọi tọa độ A(a;3-2a) ∈ AB , C(3-2b;b) ∈ BC − 2b + a − 2a + b ; ) N trung điểm AC N ( 2 Vì − 2b + a − 2a + b N ∈ BN => + −9 = 2 => b = − 2a 3−b − 5b ; b); C (3 − 2b; b) => N ( ; b) Phương trình AC y = b Suy A( − 5b (d) Phương trình đường trung trực AC vuông góc AC N có dạng: x = 1+ b ) Gọi E trung điểm BC suy E (2 − b; − 5b = 0( d ') Phương trình trung trực BC qua E vuông góc BC có dạng: x − y − Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC I giao (d) (d’) nên có tọa độ nghiệm hệ: − 5b   x − y − = − 5b => I ( ;1)   x = − 5b  Ta có: BI =| b = −1 − 5b 15 − 1|=  b = + Với b = –1 ⇒ C(5;–1), thỏa mãn M thuộc cạnh BC Suy A(2;–1) + Với b = ⇒ C(–3;3), M không thuộc cạnh BC, loại Vậy A(2;–1), B(1;1), C(5;–1) Câu Vì A hình chiếu vuông góc S (ABCD) nên góc SC mặt phẳng (ABCD) (SC;CA)=SCA= α Tam giác ADC vuông D: AC = AD + CD = a Tam giác SAC vuông A: SA = AC.tan α = a ∆ ABM ∆MCD vuông cân nên MA = MD = a Theo định lý Pitago đảo, ta có ∆ AMD vuông M Vì MC // AD nên MN MC 1 a = = => MN = MD = ND AD 3 Ta có: S ABMN = S ABM + S AMN = 1 5a AB.BM + AM MN = 2 1 5a 5a Thể tích khối chóp: VS ABMN = SA.S ABMN = a = 3 18 Vẽ AK ⊥ SM K Vì DM ⊥ AM, DM ⊥ SA nên DM ⊥ (SAM) ⇒ DM ⊥ AK Suy AK ⊥ (SDM) Hai tam giác vuông AHS AHB đồng dạng (g.g) nên HS HA SA HS HA SA HS = = => =( ) => = => HS = SB HA HB AB HA HB AB HB Mà S ∈ (SDM) nên d = d ( H ;( SDM )) = d ( B;( SDM )) EB BM = = Gọi giao AB DM E Vì BM // AD nên EA AD 1 Mà E ∈ (SDM) nên d ( B;( SDM )) = d ( A;( SDM )) => d = d ( A;( SDM )) = AK 3 1 = 2+ => AK = a Tam giác SAM vuông A nên AK SA AM a Vậy khoảng cách từ H đến (SDM) Câu x + 3x − x + = ( x + 3) x − x + 1(1)  x ≤ −3  x ≤ −3   Ta thấy x + + x − x + =  −8 không xảy ra, đó:  x − x + = x − 6x +  x = (1) ( x + 3)( x + 3) − x − = ( x + 3) x − x + ( x + 3)( x + − x − x + 1) − (7 x + 8) = 7x + ( x + 3) − (7 x + 8) = x + + x2 − x +   x2 + (7 x + 8)  − 1÷ =  x + + x − x +1   x=−    x + = x + + x − x + 1(2) (2) x − x = x − x + 1(3) Đặt x − x + = t(t > 0) , phương trình (3) trở thành: t −1 = t  1− ( L) t =  2 ≤ ( + ) = + (4) b c bc b +c b c 4c Ta có bất đẳng thức tương tự: Tương tự ta có: b2 b2 (5) ≤ + b + a 4a Từ (3), (4) (5) ta được: ab bc 1 b2 b2 b2 b2 + ≤ + ( + + ) = + ( + ) + c + a 4 a 4c 16 a c b2 b b3 b3 3b 2b 3b 2b3 => P ≤ + ( + ) − ( + ) = + ( − ) + ( − ) 16 a c 24 a c 48 a a 48 c c Xét hàm số f (t ) = 3t − 2t (0; +∞) Có f '(t) = 6t − 6t t = f '(t ) =  t = Căn bảng biến thiên ta được: f (t ) ≤ f (1) = 1, ∀t > b b => P ≤ + [f( ) + f ( )] ≤ 48 a c 12 Dấu xảy a = b = c = Vậy GTLN P 12