Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ: TOÁN – TIN ĐỀ THI ĐỊNH KỲ LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 17/12/2015 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − (2m + 1) x + m + m(1) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = b Tìm giá trị tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn x14 + x2 + x34 + x4 = 26 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos3x-cosx+sin4x=2sin2x x+2 =2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình log ( x + x) − log x Câu (1,0 điểm) Cho góc α thỏa mãn π < α < π 2sin α + cosα = Tính giá trị biểu thức sin α − 2cosα tan α + Câu (1,0 điểm) a Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số đôi khác thành lập từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Chọn ngẫu nhiên số từ tập S Tính xác suất để số chọn số chẵn n +1 n+ n +3 2n n +1 k b Cho n số nguyên dương, tính tổng S = C2 n +1 + C2 n +1 + C2 n+1 + + C2 n +1 + C2 n +1 ( với Cn số tổ hợp A= chập k n phần từ) Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, B’A = B’B = B’C, góc cạnh bên BB’ (ABC) 600 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng AC, BB’ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(3;0) hình chiếu vuông góc điểm A đường thẳng BD, điểm K(0;–2) trung điểm cạnh BC, phương trình đường trung tuyến qua đỉnh A tam giác ADH 7x + 9y – 47 = Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD (tanx − tany)(1 − tan x tan y )  π  x − y = (1 + tan x)(1 + tan y ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  (với x, y ∈ [0; ))  x + + y + = x + + y ( x − 1)  Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức T = 1+ x + 1+ y2 + 1+ z2 ––––––––––Hết–––––––––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN Câu a Với m = ta có y = x − 3x + +Tập xác định: D = ℝ +Sự biến thiên: –Chiều biến thiên: y ' = x − x y’ = ⇔ x = x = ± Các khoảng đồng biến: (− 3 ;0) ( ; +∞) 2 Các khoảng nghịch biến: (−∞; − 3 ) (0; ) 2 –Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu x = − y = +∞; lim y = +∞ –Giới hạn vô cực: xlim →−∞ x →+∞ +Bảng biến thiên + Đồ thị −1 −1 x= ; yCT = ; yCT = 4 b Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành: x − (2m + 1) x + m + m = Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình (2) trở thành: t − (2m + 1)t + m + m = 0(3) (t − m)(t − m − 1) = t = m  t = m + Đồ thị hàm số (1) cắt Ox điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt m >   m + > m > m ≠ m +  Giả sử x1 = − m ; x2 = m ; x3 = − m + 1; x4 = m + Khi đó: x14 + x2 + x34 + x4 = 26 2m + 2(m + 1) = 26 m + m − = ⇔ m = –3 (loại) m = (thỏa mãn) Vậy m = Câu cos 3x − cos x + sin x = 2sin x −2sin x sin x + 2sin x cos x − 2sin x = 2sin x( − sin x + cos x − 1) = sin x =   − sin x + cos x − = kπ +) sin x = x = +) − sin x + cos x − = − sin x + − 2sin x − = − sin x(2sin x + 1) =   x = kπ sin x =  2π   x = + k 2π − sin x =    2π x = − + k 2π  kπ  x = (k ∈ ¢ ) Vậy nghiệm phương trình   x = ± 2π + k 2π  Câu x+2 log ( x + x) − log = (1) x  x2 + x > x >   ĐK:  x + >0  x < −2   x x+2 (1) log (x + x) + log =2 x x + 2  log ( x + x) =2 x   x + xx + = x + x = ⇔ x = (loại) x = –4 (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm phương trình (1) {–4} Câu π Vì < a < π => sin a > 0;cos a < , dó: 2sin a + cos a = 2sin a = − cos a 4sin a = − cos a + cos a 5cos a − cos a − =  cos a = 1( L)   cos a = −3 (TM )  − cos a sin a −4 = ; tan a = = Suy sin a = cos a + = −6 Vậy A = − +1 Câu a Gọi A biến cố “Số chọn số chẵn” + Tính số phần tử không gian mẫu: Chọn chữ số hàng nghìn: chọn chữ số 1, 2, 3, 4, 5: có cách Chọn chữ số hàng trăm: chọn chữ số lại: có cách Chọn chữ số hàng chục: chọn chữ số lại: có cách Chọn chữ số hàng đơn vị: chọn chữ số lại: có cách Theo quy tắc nhân, số phần tử không gian mẫu 5.5.4.3 = 300 (số) + Tính số kết thuận lợi cho A: – TH1: Chữ số hàng đơn vị Chọn chữ số hàng nghìn, hàng trăm hàng chục: Số cách số chỉnh hợp chập chữ số 1,2,3,4,5 – TH2: Chữ số hàng đơn vị khác 0: Chọn chữ số hàng đơn vị chữ số 2, 4: có cách Chọn chữ số hàng nghìn chữ số lại (trừ số 0): có cách Chọn chữ số hàng trăm hàng chục: số cách A3 Theo quy tắc nhân, TH2 có 2.4 A3 =96 Theo quy tắc cộng, số kết có lợi cho A 106 106 53 = Xác suất cần tính PA = 300 150 b Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có: (1 + 1) n +1 = C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + + C22nn++11 = (C20n +1 + C22nn++11 ) + (C21n +1 + C22nn+1 ) + + (C2nn +1 + C2nn++11 ) n = ∑ (C2kn +1 + C22nn++11− k ) k =0 Với k ∈ ℤ, ≤ k ≤ n, ta có: C2kn +1 = C22nn++11−k Do đó: n 22 n +1 = 2∑ C22nn++11− k = 2(C2nn++11 + C2nn++21 + + C22nn++11 ) k =0 => C n +1 n +1 + C2nn++21 + + C22nn++11 = 22 n Vậy S= 22 n Câu Gọi H hình chiếu vuông góc B’ mặt phẳng (ABC) Góc B’B mặt phẳng (ABC) B’BH=60o Vì B’A = B’B = B’C nên H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi M trung điểu AC Vì ABC tam giác nên BM ⊥ AC H trọng tâm ∆ ABC Xét tam giác vuông AMB ta có: a 2 a => BH = BM = 3 Tam giác BB’H vuông H: BM = AB.sin 60o = B ' H = BH tan 60o = a a a3 VABC A ' B 'C ' = B ' H S ABC = a .a = 2 Kẻ MK vuông góc với BB’ K Vì AC ⊥ B’H, AC ⊥ BM nên AC ⊥ (B’BM) ⇒ AC ⊥ MK ⇒ MK ⊥ AC MK ⊥ BB’ ⇒ MK = d(AC; BB’) Tam giác MKB vuông K: 3a MK = BM sin 60o = 3a =>d(AC;BB’)= Câu Gọi M trung điểm DH Ta có: ABC=AHD=900;ADH=ACB => ∆ABC ~ ∆ADH ( g g ) AB BC => = AH DH BC BK BK = = DH MH MH AB BK => = => ∆ABK ~ ∆AHM (c.g c) AH MH => AMH = AKB ⇒ AMKB tứ giác nội tiếp đường tròn AMK=1800-ABK=900=> AM ⊥ MK Viết phương trình đường thẳng MK: uuuu r Vectơ phương đường thẳng AM u AM = (9; −7) uuuu r Đường thẳng MK qua K(0;–2), nhận u AM = (9; −7) vectơ pháp tuyến, có phương trình: 9x – 7(y + 2) = ⇔ 9x – 7y –14 = M giao AM MK nên tọa độ điểm M nghiệm hệ: 7 x + y − 47 = => M ( ; )  2 9 x − y − 14 = M trung điểm DH nên:   xD + = 2 => D(4;5)   y + =  D uuur Phương trình đường thẳng AH qua H(3;0) nhận HD = (1;5) làm vectơ pháp tuyến: x + 5y – =0 A giao AH AM nên tọa độ A nghiệm hệ: x + 5y − = => A(8; −1)  7 x + y − 47 = uuur Phương trình AB qua A nhận DA = (4; −6) làm vectơ pháp tuyến: 2x – 3y – 19 = Phương trình BD: 5x – y – 15 = Tọa độ B nghiệm hệ: 5 x − y − 15 = => B(2; −5)   x − y − 19 = K(0;–2) trung điểm BC ⇒ C(–2;1) Vậy A(8;–1), B(2;–5), C(–2;1), D(4;5) Câu (tanx − tany)(1 − tan x tan y )   x − y = (1 + tan x)(1 + tan y ) (1)   x + + y + = x + + y ( x − 1)(2)  (tanx − tany)(1 − tanxtany) (1) x − y = 1 cos x cos y x − y = (sin x cos y − sinycosx)(cosxcosy − sinxsiny) x − y = sin(x − y)sin(x + y)(*) π π > x > y ≥ => > x − y > 0;sin(x − y) > Từ (*) suy cos(x + y) > 0; mà cos(x + y) ≤ nên từ (*) 2 suy x – y ≤ sin (x – y) (**) π π Xét f(t) = t – sin t với < t < , f '(t) = − cost > 0∀ t ∈ (0; ) 2 π π π Suy f đồng biến (0; ) => f (t ) > f (0) = 0∀ t ∈ (0; ) => t > sin t∀ t ∈ (0; ) 2 Thay t = x – y, ta có x – y > sin (x – y), mâu thuẫn với (**) π π TH2: > y > x ≥ => > y − x > 0;sin(y− x) > 2 (*)⇔ y – x = sin (y – x)cos (x + y) Tương tự TH1, trường hợp dẫn đến mâu thuẫn π TH3: > x = y ≥ => thỏa mãn (1) Thay vào phương trình (2) ta được: x + + 5x + = x2 + x + TH 1: x + − + x + − = x + x   x  + − x − 1 = 3 5x + +   (7 x + 1) + x + + x =   g ( x) = + − x −1 =  5x + + (7 x + 1) + x + + π Dễ thấy g(x) hàm nghịch biến [0; ) nên có nhiều nghiệm Mà g(1) = nên g(x) có nghiệm x = x = ⇒ y = (thỏa mãn) x = ⇒ y = (thỏa mãn) Hệ phương trình cho có hai nghiệm (0;0) (1;1) Câu T = 1+ x + 1+ y2 + 1+ z2 *Tìm giá trị nhỏ Với y,z ≥ 0, ta có: + y + + z ≥ + ( y + z ) (*) Thật vậy: (*) + y + + z + (1 + y )(1 + z ) ≥ + y + z + yz + y + z + y z ≥ + yz + y + z + y z ≥ + y z + yz ( y − z ) ≥ Áp dụng bất đẳng thức (*) với ý y + z = – x, ta có: T ≥ + x + + (1 − x ) = + x + x − x + Vì x, y, z ≥ x + y + z = nên x ∈ [0;1] Xét hàm f ( x) = + x + x − x + với x ∈ [0;1] x −1 + 1+ x x − 2x + Vì x ∈ [0;1] nên 1 ≥ 1+ x f '(x) = ≤ − x ≤ 1; x − x + ≥ => => ≥ 1+ x 1− x x2 − 2x + 1− x x2 − x + ≤ => f '( x) ≥ 0∀x ∈ [0;1] => f(x) ≥ f(0) = + 5∀x ∈ [0;1] => T ≥ + x = x =    Dấu xảy  y = z x + y + z =  y = z =  *Tìm giá trị lớn nhất: Vì y , z ∈ [0;1] => y ≤ y; z ≤ z => T ≤ + x + + y + + z Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho số: 1 + y + 1 + z ≤ (12 + 12 )(1 + y + + z ) => T ≤ + x + 2(2 + y + z ) = + x + 2(3 − x) Xét hàm g ( x) = + x + 2(3 − x) [0;1] g '( x) = 1 − 1+ x 2(3 − x) x ∈ [0;1] => x < => + x < 2(3 − x) => > 1+ x 2(3 − x) => g '( x ) > 0∀x ∈ [0;1] => g(x) ≤ g (1) = 2 + => T ≤ 2 + Dấu xảy ⇔ x = 1, y = z = Vậy giá trị nhỏ T + giá trị lớn T 2 +