Đề kiểm tra chất lượng môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Trường THPT chuyên Chuyên Lam Sơn (Có đáp án)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN (thời gian 180 phút)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y=xx+1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với trục tọa độ một tam giác cân.
Câu 2 (1,0 điểm)
Giải phương trình 2cos5x.cos3x+sinx=cos8x.
Giải phương trình log2(5.2x-82x+2)=3-x.
Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân I=0π41+3tanx1+cos2xdx.
Câu 4 (1,0 điểm)
Lập số tự nhiên gồm 4 chữ số phân biệt từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số có mặt chữ số 6.
Tính tổng S=C20150-2.C20151+22.C20152-23.C20153+-22015.C20152015.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD , đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB = a và BC=a3. Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S.Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz cho 4 điểm A1;0;0, B0;-2;0, C0;0;3, D1;-2;3. Tìm tọa độ điểm I cách đều 4 điểm A, B, C,, D.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có diện tích bằng 40, đường thẳng AD tiếp xúc với đường tròn (S): (x-4)2+(y-1)2=2, điểm J(195;185) nằm trên đường thẳng AB, đường thẳng AC có phương trình x-3y+1=0. Tìm tọa độ các điểm A, D biết D có hoành độ nhỏ hơn 5.
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x+y-x-y=4x-yx2-9=3y-3x+3-2
Câu 9 (1,0 điểm) 
Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn x>0>yx22y-3x+6y-4y2x-4≤6xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=2x4+32y4+4x2y2-2x2-8y2+1x2+14y2-5.
-----------------Hết---------------
ĐÁP ÁN
Câu 1 (1,0 đ)
a)(1,0 điểm) y=xx+1
Tập xác định: D=R\{-1}.
Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: y'=1(x+1)2>0, ∀x∈D. 	(0,25đ)
Hàm số đồng biến trên các khoảng: (-∞;-1) và -1;+∞.
+ Giới hạn và tiệm cận:
limx→-∞y=limx→+∞y=1 ; tiệm cận ngang: y=1 	(0,25đ)
limx→(-1)-y=+∞ và limx→(-1)+y=-∞; tiệm cận đứng: x=-1
+ Bảng biến thiên:
Đồ thị:
 + Đi qua các điểm O0;0 và M-2;2.
b)(1,0 đ)
Tiếp tuyến tạo với các trục tọa độ một tam giác cân, thì hệ số góc tiếp tuyến bằng ±1.
M(x0;y0), suy ra: 1(x0+1)2=±1⇔x0=0 hoặc x0=-2 (0,25đ)
x0=0, suy ra y0=0; tiếp tuyến là y=x đi qua gốc tọa độ, không thỏa mãn yêu cầu. (0,25đ)
x0=-2, suy ra y0=2; tiếp tuyến là y=x+4, thỏa mãn yêu cầu. (0,25đ)
Vậy, điểm cần tìm là: M(-2;2). (Nếu không loại tiếp tuyến y=x thì trừ 0,25 điểm)
Câu 2 (1,0 đ)
a)(0,5đ) 2cos5x.cos3x+sinx=cos8x (1)
(1)⇔cos8x+cos2x+sinx=cos8x
⇔2sin2x-sinx-1=0⇔sinx=1,sinx=-12 (0,25đ)
+ sinx=1⇔x=π2+k2π, k∈Z 	(0,25đ)
+ sinx=-12⇔x=-π6+k2π, x=7π6+k2π, k∈Z 
b)(0,5đ)
log2(5.2x-82x+2)=3-x (2) 
(2)⇔ 5.2x-82x+2=23-x
⇔2x5.2x-8=82x+2⇔5.22x-16.2x-16=0 (2) (0,25đ)
Đặt 2x=t>0 thì (2) trở thành 5t2-16t-16=0
⇔t=4>0t=-45<0 (loại); t=4⇔x=2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=2
Câu 3 (1,0 đ)
I=0π41+3tanx1+cos2xdx
=120π42+3tanxcos2xdx=160π4(2+3tanx)12d(2+3tanx) (0,5đ)
Đặt 2+3tanx=t=>I=1625tdt=16.23.t32|25=19(55-22) (0,5đ)
Câu 4 (1,0 đ) 
a)(0,5 điểm)
Giả sử abcd là số có 4 chữ số phân biệt từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6; có A64=360 số. 
Trong 360 số trên có 4.A53=240 số có mặt chữ số 6. (0,25đ)
Xác suất cần tính: p=240360=23. (0,25đ)
b)(0,5 điểm) 
Xét: (1+2x)2015=C20150+C20151.2x+C20152.(2x)2+C20153.(2x)3++C20152015.(2x)2015 (0,25đ)
Thay x=-1, được S=(1-2)2015=-1 	(0,25đ)
Câu 5 (1 điểm)
SH ⊥ (ABCD) => SH ⊥ AC.
Δ SAC vuông tại S => SH2=HA.HC , AC=AB2+BC2	(0,25đ)
HA=a2, HC=3a2=>SH=a32 
Diện tích: SABCD=AB.BC=a23.	 (0,25đ)
Thể tích: 
VS.ABCD=13SH.SABCD=a32.
CI=2HI, suy ra: dC,SBD=2dH,SBD.
Hạ HN⊥BD, N∈BD và HK⊥SN, K∈SN, suy ra: HK ⊥ (SBD) nên dH, SBD=HK.
Ta có: AB.AD=2SΔABD=2.HN.BD=>HN=AB.AD2BD=a34. (0,25đ)
Ta có: 1HK2=1HN2+1SH2=>HK=3a215. Vậy, dC,SBD=2HK=3a15. (0,25đ)
Câu 6 (1,0 điểm)
Giả sử I(x;y;z). I cách đều A, B, C, D hay IA=IB=IC=ID 	(0,25đ)
⇔(x-1)2+y2+z2=x2+(y+2)2+z2(x-1)2+y2+z2=x2+y2+(z-3)2(x-1)2+y2+z2=(x-1)2+(y+2)2+(z-3)2 	(0,25đ)
⇔2x+4y=-3-6z=-84y-6z=-13 	(0,25đ)
Giải hệ, được: I(12;-1;32) 	(0,25đ)
Câu 7 (1,0 đ)
Gọi I là điểm đối xứng với J qua đt AC thì I∈AD. Giả sử I (a; b) thì trung điểm của IJ là 
H(a+1952;b+1855) . I, J đối xứng với nhau qua AC ⇔ H∈ACJI.UAC=0⇔a=5, b=0
Vậy I (5; 0)
Ta có I (5; 0) ∊ (S) nên đt AD chính là tiếp tuyến của (S) tại I. Pt AD: x-y-5=0=>A(8;3) (0,25đ)
Gọi E là tâm của hình thoi và φ=EAD =>φ là góc giữa AC và AD 
=>cosφ=25=>cotφ=2=>SABCD=40⇔DE.EA=20⇔DE.DE.cotφ=20⇔DE2=10 (0,25đ)
Giả sử D(x0;x0-5); DE2=10⇔d2D,AC=10⇔(|x0-3x0-5+1|10)2=10
⇔(16-2x0)2=100⇔x0=35 (loại). Vậy D(3;-2) 	(0,25đ)
Câu 8 (1,0 đ)
x+y-x-y=4x-y (1)x2-9=3y-3x+3-2 (2)
Điều kiện y≥0, x≥3x≥y;y+33≥x≥y4II. 1=>y=4x-4; y=0 loại 
y=4x-4 thay vào (2) có x2-9=3x-1-2 (3)
C1: Đặt x-1=u, u≥2=>x=u2+1 thay vào (2) có u4+2u2-8=3u-2
⇔u4+2u2-8=9u2-12u+4⇔u4-7u2+12u-12=0⇔u-2u3+2u2-3u+6=0
⇔u=2; u3+2u2-3u+6=0 (0,25đ)
+ u=2=>x=5, y=16 thỏa mãn (II)
+ u3+2u2-3u+6=0 4;u≥2 	(0,5đ)
Do u≥2 nên u3+2u2-3u+6>2u+2u-3u+6=u+6>0=>(4) vô nghiệm.
Vậy hpt có nghiệm x;y=(5;16)
C2: 
(2): x2-9-4=3x-1-2⇔x2-25x2-9+4=3(x-5)x-1+2 	(0,25đ)
⇔x=5;x+5x2-9+4=3x-1+2
+x=5=>y=16 thỏa mãn (II)
+ x+5x2-9+4=3x-1+2 5,∀x≥3=>x+5x2-9+4≥x+5x+4>1>32+2≥3x-1+2 
=>(5) vô nghiệm. Vậy hpt có nghiệm x;y=(5;16) (0,5đ)
Câu 9 (1,0 đ)
x>0>y (1)x22y-3x+6y-4y2x-4≤6xy (2) 
Do (1) nên (2) =>x3-6x2y+12xy2-8y3-8xy≥12⇔(x-2y)3-8xy≥12 (3)
Đặt 2y=-u, u>0, (3) trở thành 12≤x+u3+4xu≤x+u3+x+u2
=>2≤x+u
Ta có P=2x4+u4+x2u2-2x2+u2+1x2+1u2-5 (0,25đ)
Ta có: 1x2+1u2≥4x2+u2 (4); dấu “=” xảy ra ⇔ x=u. Từ (4) suy ra
P=2(x2+u2)2-2x2+u2-3x2u2+1x2+1u2-5≥2(x2+u2)2-2x2+u2-34(x2+u2)2+4x2+u2-5=54(x2+u2)2-2x2+u2+4x2+u2-5
Đặt t=x2+u2=>P≥ft=54t2-2t+4t-5, t≥2 (Do x+u≥2) 	(0,25đ)
ft liên tục trên 2;+∞, f't=5t3-4t2-82t2=4t2t-1+t3-82t2>0,∀t>2 nên 
ft đồng biến trên 2;+∞=>ft≥f2=-2,minP=-2⇔x;y=(1;-12) (0,5đ)