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 2 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 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − (2m + 1) x 2 + m 2 + m(1)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
b. Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt có hoành độ
x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn x14 + x2 4 + x34 + x4 4 = 26
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos3x-cosx+sin4x=2sin2x
x+2
2
=2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 ( x + 2 x) − log 1
x
2
Câu 4 (1,0 điểm). Cho góc α thỏa mãn

π
< α < π và 2sin α + cosα = 1 . Tính giá trị biểu thức
2

sin α − 2cosα
tan α + 1
Câu 5 (1,0 điểm).
a. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau được thành lập từ các chữ số 0, 1, 2, 3,



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: ................................

ĐÁP ÁN
Câu 1
a. Với m = 1 ta có y = x 4 − 3x 2 + 2
+Tập xác định: D = ℝ.
+Sự biến thiên:
–Chiều biến thiên: y ' = 4 x 3 − 6 x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±

3
2

Các khoảng đồng biến: (−

3
3
;0) và ( ; +∞)
2
2

Các khoảng nghịch biến: (−∞; −

3
3
) và (0;
)

<=> 
t = m + 1
Đồ thị hàm số (1) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có 4 nghiệm phân biệt
⇔ phương trình (3) có hai nghiệm dương phân biệt
m > 0

<=>  m + 1 > 0 <=> m > 0
m ≠ m + 1

Giả sử x1 = − m ; x2 = m ; x3 = − m + 1; x4 = m + 1 . Khi đó:
x14 + x2 4 + x34 + x4 4 = 26
<=> 2m 2 + 2(m + 1) 2 = 26
<=> m 2 + m − 6 = 0
⇔ m = –3 (loại) hoặc m = 2 (thỏa mãn)
Vậy m = 2.
Câu 2


cos 3x − cos x + sin 4 x = 2sin 2 x
<=> −2sin 2 x sin x + 2sin 2 x cos 2 x − 2sin 2 x = 0
<=> 2sin 2 x( − sin x + cos 2 x − 1) = 0
sin 2 x = 0
<=> 
 − sin x + cos 2 x − 1 = 0
kπ
+) sin 2 x = 0 <=> x =
2
+) − sin x + cos 2 x − 1 = 0 <=> − sin x + 1 − 2sin 2 x − 1 = 0
<=> − sin x(2sin x + 1) = 0


x+2
log 2 ( x 2 + 2 x) − log 1
= 2 (1)
x
2
 x2 + 2 x > 0
x > 0

<=> 
ĐK:  x + 2
>0
 x < −2

 x
x+2
(1) <=> log 2 (x 2 + 2 x) + log 2
=2
x
x + 2

<=> log 2 ( x 2 + 2 x)
=2
x 

<=> x 2 + 4 xx + 4 = 4
<=> x 2 + 4 x = 0
⇔ x = 0 (loại) hoặc x = –4 (thỏa mãn)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là {–4}
Câu 4
π

a. Gọi A là biến cố “Số được chọn là số chẵn”
+ Tính số phần tử của không gian mẫu:
Chọn chữ số hàng nghìn: chọn 1 trong 5 chữ số 1, 2, 3, 4, 5: có 5 cách
Chọn chữ số hàng trăm: chọn 1 trong 5 chữ số còn lại: có 5 cách
Chọn chữ số hàng chục: chọn 1 trong 4 chữ số còn lại: có 4 cách
Chọn chữ số hàng đơn vị: chọn 1 trong 3 chữ số còn lại: có 3 cách
Theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là 5.5.4.3 = 300 (số)
+ Tính số kết quả thuận lợi cho A:
– TH1: Chữ số hàng đơn vị là 0
Chọn chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục: Số cách là số chỉnh hợp chập 3 của 5 chữ số 1,2,3,4,5
– TH2: Chữ số hàng đơn vị khác 0:
Chọn chữ số hàng đơn vị là 1 trong các chữ số 2, 4: có 2 cách
Chọn chữ số hàng nghìn là 1 trong 4 chữ số còn lại (trừ số 0): có 4 cách
2
Chọn chữ số hàng trăm và hàng chục: số cách là A3
2
Theo quy tắc nhân, TH2 có 2.4. A3 =96

Theo quy tắc cộng, số kết quả có lợi cho A là 106
106 53
=
Xác suất cần tính là PA =
300 150
b. Áp dụng công thức nhị thức Newton, ta có:
(1 + 1) 2 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

3
Tam giác BB’H vuông tại H:
BM = AB.sin 60o =

B ' H = BH .tan 60o = a
1 a 3 a3 3
VABC . A ' B 'C ' = B ' H .S ABC = a. .a.
=
2
2
4
Kẻ MK vuông góc với BB’ tại K.
Vì AC ⊥ B’H, AC ⊥ BM nên AC ⊥ (B’BM) ⇒ AC ⊥ MK.
⇒ MK ⊥ AC và MK ⊥ BB’
⇒ MK = d(AC; BB’)
Tam giác MKB vuông tại K:
3a
MK = BM .sin 60o =
4
3a
=>d(AC;BB’)=
4
Câu 7


Gọi M là trung điểm DH.
Ta có:
ABC=AHD=900;ADH=ACB
=> ∆ABC ~ ∆ADH ( g .g )
AB BC

2 2
9 x − 7 y − 14 = 0
M là trung điểm của DH nên:
7

 xD + 3 = 2. 2
=> D(4;5)

 y + 0 = 2. 5
 D
2

uuur
Phương trình đường thẳng AH qua H(3;0) nhận HD = (1;5) làm vectơ pháp tuyến: x + 5y – 3 =0
A là giao của AH và AM nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
x + 5y − 3 = 0
=> A(8; −1)

7 x + 9 y − 47 = 0
uuur
Phương trình AB qua A và nhận DA = (4; −6) làm vectơ pháp tuyến: 2x – 3y – 19 = 0
Phương trình BD: 5x – y – 15 = 0
Tọa độ B là nghiệm của hệ:


5 x − y − 15 = 0
=> B(2; −5)

 2 x − 3 y − 19 = 0
K(0;–2) là trung điểm BC ⇒ C(–2;1)

π
π
Suy ra f đồng biến trên (0; ) => f (t ) > f (0) = 0∀ t ∈ (0; ) => t > sin t∀ t ∈ (0; )
2
2
2
Thay t = x – y, ta có x – y > sin (x – y), mâu thuẫn với (**)
π
π
TH2: > y > x ≥ 0 => > y − x > 0;sin(y− x) > 0.
2
2
(*)⇔ y – x = sin (y – x)cos (x + y)
Tương tự TH1, trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn
π
TH3: > x = y ≥ 0 => thỏa mãn (1)
2
Thay vào phương trình (2) ta được:
3
7 x + 1 + 5x + 4 = x2 + x + 3
TH 1:

<=> 3 7 x + 1 − 1 + 5 x + 4 − 2 = x 2 + x


7
5
<=> x 
+
− x − 1 = 0

Với mọi y,z ≥ 0, ta có: 1 + y 2 + 1 + z 2 ≥ 4 + ( y + z ) 2 (*)
Thật vậy:
(*) <=> 1 + y 2 + 1 + z 2 + 2 (1 + y 2 )(1 + z 2 ) ≥ 4 + y 2 + z 2 + 2 yz
<=> 1 + y 2 + z 2 + y 2 z 2 ≥ 1 + yz
<=> 1 + y 2 + z 2 + y 2 z 2 ≥ 1 + y 2 z 2 + 2 yz
<=> ( y − z ) 2 ≥ 0
Áp dụng bất đẳng thức (*) với chú ý y + z = 1 – x, ta có:
T ≥ 2 1 + x + 4 + (1 − x ) 2 = 2 1 + x + x 2 − 2 x + 5
Vì x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 nên x ∈ [0;1]
Xét hàm f ( x) = 2 1 + x + x 2 − 2 x + 5 với x ∈ [0;1].
1
x −1
+
2
1+ x
x − 2x + 5
Vì x ∈ [0;1] nên
1
1
≥
1+ x
2
f '(x) =

0 ≤ 1 − x ≤ 1; x 2 − 2 x + 5 ≥ 2 =>
=>

1
≥
1+ x

1. 1 + y + 1. 1 + z ≤ (12 + 12 )(1 + y + 1 + z )
=> T ≤ 2 1 + x + 2(2 + y + z ) = 2 1 + x + 2(3 − x)
Xét hàm g ( x) = 2 1 + x + 2(3 − x) trên [0;1]
g '( x) =

1
1
−
1+ x
2(3 − x)


x ∈ [0;1] => 3 x < 5 => 1 + x < 2(3 − x) =>

1
>
1+ x

1
2(3 − x)

=> g '( x ) > 0∀x ∈ [0;1]
=> g(x) ≤ g (1) = 2 2 + 2
=> T ≤ 2 2 + 2
Dấu bằng xảy ra ⇔ x = 1, y = z = 0
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 2 + 5 và giá trị lớn nhất của T là 2 2 + 2