Câu I(4 điểm). Cho hàm số 32 34y x x   (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt. Câu II(2 điểm ). Giải phương trình: 2 cos.2sin sin22s in3   xx xx Câu III(2 điểm ) 1.Một hộp đựng các số tự nhiên có 4 chữ số được thành lập từ các số 0,1,2,3,4. Bốc ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số tự nhiên được bốc ra là số có 4 chữ số mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau. 2.Giải phương trình 22 24 log log (4 ) 5 0xx- - = Câu IV(2 điểm ). Tính nguyên hàm    4 3 2 xx xdx I Câu V(4 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng 60 0 , mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) . 1. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. Câu VI(2 điểm ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 +y 2 = 5 tâm O, đường thẳng (d): 3x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B trên (d) sao cho OA = 10 5 và đoạn OB cắt (C) tại K sao cho KA = KB. Câu VII (2 điểm ) Giải hệ phương trình: ),( 33 335252 22 22 Ryx xxyy xyyyxx         Câu VIII(2 điểm ). Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: a b c a a b c b a b c c 9 3 3 b c c a a b 2 a b c                  . 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……………… TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN, khối 12. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Nội dung Điểm I 1. 1/ Tập xác định: R 0,25 2/ Sự biến thiên       2 0 0;63 ,2, x x yxxy 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   ;0 và   2; ; hàm số nghịch biến trên khoảng   0;2 . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0  y CĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2  y CT = 0. 0,25 ;)(lim   xf x ;)(lim   xf x Đồ thị hàm số không có tiệm cận. 0,25 Bảng biến thiên x  0 2  , y + 0 - 0 + y 4   0 0,25 3.Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;4), cắt Ox tại điểm (2;0), (1;0); đi qua điểm (3;4). 0,25 x y 3 2 O 1 4 -1 0,25 2/Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 – 3x 2 + 4 = mx – 2m 0,25  (x – 2)(x 2 – x – 2 – m) = 0 0,5 TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM Môn: TOÁN; (Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang)       (*)02 2 2 mxx x 0,25 để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y = mx – 2m tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0,25 hay      0222 049 2 m m 0,25         0 4 9 m m 0,25 Vậy với m  ( 4 9  ;+  )\{0} 0,25 II ĐK: sin2x  0 =>      0cos 0sin x x 0,25 PT => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx  (2sin2x – 2sin2x.cosx)+sin2x- 2sinx = 0 0,25  2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0  2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0 0,25       0)1cos2(sin0sin2sin 1cos xxxx x 0,25 *)cosx = 1  sinx = 0 (loại) 0,25 *) 0)1cos2(sin0sin2sin  xxxx 0,25  2cosx -1 =0 (do sinx  0) 0,25    2 32 1 cos kxx  (kZ) . Vậy phương trình có nghiệm   2 3 kx  0,25 III 1.Gọi số có 4 chữ số là abcd , với a  0. Số cách thành lập số có 4 chữ số là: 4.5.5.5= 500. 0,25 Theo giả thiết số đằng trước không thể là số 0. Như vậy số có 4 chữ số được thành lập từ 1, 2, 3, 4; 0,25 mà chữ số đằng trước nhỏ hơn chữ số đằng sau chỉ có 1 cách đó là số 1234. 0,25 Vậy xác suất cần tìm là 1 500 . 0,25 2.ĐK: x>0 Phương trình  05log4loglog 2 44 2 2  xx 0,25  06loglog 2 2 2  xx 0,25 Đặt t = log 2 x, phương trình trở thành: t 2 – t – 6 = 0  t = 3 hoặc t = - 2 0,25 với t = 3  x = 2 3 = 8 (tm) 0,25 với t = - 2  x = 2 -2 = ¼ (tm) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 8 và x = ¼ IV I=      4 )4(3 4 3 2 2 dxxxx xx xdx 0,5 =    dxxxdx x 4 4 3 4 3 2 2 0,25 1 32 44 3 C x dx x   0,5   3 2 2 2 2 2 3 3 1 4 4 ( 4) 4 4 8 4 x x dx x d x x C        0,5 Vậy I =   3 2 1 4 4 x  - 4 3 x +C. 0,25 V K X N M I O A C B S Gọi O là trung điểm AC . Vì tam giác SAC cân nên ACSO  0,25 ))()()(( ABCSACviABCSO  0,25 vì 2 3 , 2 a OB a OCOA  nên 0,25 Đặt SO = m thì SB 2 = m 2 +3a 2 /4, SC 2 = m 2 +a 2 /4 0,25 Vì góc SBC bằng 60 0 nên 2 6 343 432 3 2 1 ),cos(60cos 222 22 2 0 a mama ma a BCBS    0,5 S ABC = 2 3 2 a 0,25 Vậy 8 2 . 3 1 3 . a SSOV ABCABCS   đvtt 0,25 2.Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mp(SOB), từ I dựng đường thẳng IM //SO, M trên SB 0,25 Do SO vuông với (ABC) suy ra IM vuông với (ABC) hay đường thẳng IM là trục đường tròn của tam giác ABC 0,25 Gọi N là trung điểm SB Trong tam giác SOB, từ N dựng đường trung trực của cạnh SB, cắt IM tại X. 0,25 Suy ra X là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC. 0,25 K X N M I O B S Theo 1) ta có SB = 3a/2., SN = 3a/4. Ta có: SN.SB=SK.SO suy ra SK = 64 9a 0,25 KN=SK.sinOSB = 24 3a 0,25 XN = 1/3KN = 24 a 0,25 BX = 8 38a Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 8 38a 0,25 VI K A O B (C): x 2 + y 2 = 5 có tâm O(0;0) bán kính R = 5 . 0,25 Ta có d(O;d) = 10 5 =OA  OA  (d) 0,25 A  (d)  A(t;3t-2)  OA =(t;3t-2) 0,25 (d) có vtcp d u =(1;3). Ta có: OA . d u = 0 0,25  t + 3(3t-2) = 0  t = 3 5  A 31 ; 55     0,25 Ta có  OAB vuông tại A, KA = KB  KA = KB = OK  K là trung điểm OB  OB = 2OK = 2 5 0,25 Vì B  (d)  B(b;3b-2)Ta có OB 2 = 20  b 2 +(3b-2) 2 = 20  5b 2 -6b-8=0    2 2;4 4 4 22 ; 5 5 5 bB bB               0,25 Vậy A 31 ; 55     , B(2;4) hoặc 4 22 ; 55 B     0,25 VI I Phương trình (2)  y 2 - 3y + 3 = x 2 - x  y - 3x - 3 = y 2 - x 2 - 2y - 2x thế vào 0,25 phương trình (1) ta có:     22 1 4 1 4xy      y 2 - x 2 - 2y - 2x      22 1 4 1 4xy      (y-1) 2 -(x-1) 2 0,25    2 14x  +(x+1) 2 =   2 14y  +(y-1) 2 (*) 0,25 Xét hàm số f(t) = 4t  +t trên [0;+  ), f’(t) > 0  t≥0  f(t) đồng biến trên [0;+  ) 0,25  phương trình (*)  f((x+1) 2 ) = f((y-1) 2 )  (x+1) 2 = (y - 1) 2  2xy xy      0,25 Với x = y - 2, thế vào (2) giải được: 1 2 3 2 x y          0,25 Với x = - y, thế vào (2) giải được: 3 4 3 4 x y          0,25 Vậy (x;y)  1 3 3 3 ; , ; 2 2 4 4                 0,25 VI II Ta có: ĐPCM       9 3 3 2 a b c a a b c a b c b a b c a b c c a b c b c c a a b                        0,25 111 9 3 3 2 a b c a b c a b c a b c b c c a a b a b c a b c a b c a b c a b c a b c                          0,25 Đặt ;; a b c x y z a b c a b c a b c          , ta có: x,y,z>0 và 1x y z   Khi đó đpcm 11 1 1 9 3 3 1 1 9 3 3 2 1 1 1 2 yy x z x z y z z x x y x y z                      0,25 Ta cm:         1 1 1 9 1 1 1 1 2x y z Ta có:                                          1 1 1 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 9 9 1 1 1 1 1 1 2 x y z x y z x y z x y z Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1 3 x y z   0,25 Ta cm:         33 2 1 1 1 2 y xz x y z Thật vậy, Xét hàm số f(x) =     1 0 1x x ví i x Ta có f’(x) = 13 2 x x  = 0 1 3 x ; BBT 0,5 x 0 1 3 1 f’(x) + 0  f(x) 2 33 Suy ra 0 < f(x) < 2 33 . Dấu “=” xảy ra  1 3 x Vậy ta có: 1 x x =   33 2 2 1 33 x x x xx   ; tương tự: 1 y y  33 2 y ; 33 12 z z z   Suy ra 33 1 1 1 2 y xz x y z       (x+y+z)= 33 2 . Từ đó suy ra (2) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1 3 x y z   0,25 Từ đó suy ra đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi abc 0,25 Mọi cách khác giải đúng đều được điểm tối đa. .     1 1 1 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 9 9 1 1 1 1 1 1 2 x y z x y z x y z x y z Từ đó suy ra (1) đúng, dấu đẳng thức xảy ra khi 1 3 x y z   0,25 Ta cm:         33 2 1 1 1 2 y xz x. x,y,z>0 và 1x y z   Khi đó đpcm 11 1 1 9 3 3 1 1 9 3 3 2 1 1 1 2 yy x z x z y z z x x y x y z                      0,25 Ta cm:         1 1 1 9 1 1 1 1 2x y. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………… …….; Số báo danh……………… TRƯỜNG THPT TĨNH GIA II ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC THÊM HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2 014 - 2 015