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 bài có 01 trang

2x − 3
x−2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết rằng tiếp tuyến tạo với hai đường tiệm cận của (C) một
tam giác có diện tích hình tròn ngoại tiếp là nhỏ nhất.
1
2 tan 2 α
Câu 2 (1,0 điểm) Cho cot α = . Tính giá trị biểu thức M =
3
2sin 2 α − 3sin α cos α − 5cos 2 α
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin x + sin 2 x + 2sin x cos 2 x = 1 + 2 cos x
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2
2
Câu 4 (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( x + 2 x − 3) + log 1 ( x + 3) ≥ log 2 ( x − 1).
2

Câu 5 (1,0 điểm)
n

1 

Câu 8 (1,0 điểm) Giải phương trình sau x 3 + 3x 2 − 4 x + 1 = ( x 2 + 3) x 2 − x + 1, x ∈ ¡
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P=

ab
bc
a 3b3 + b3c 3
+
−
1 + c2 1 + a2
24c3 a 3

-------------------------------- HẾT-------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
Câu 1
a) Khảo sát
+ Tập xác định: D = ℝ \ {2}
+ Sự biến thiên
−1
< 0, ∀x ∈ D
Chiều biến thiên: y ' =
( x − 2) 2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (–∞;2) và (2;+∞)
Giới hạn: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ => x = 2 là tiệm cận đứng
x →2

x→2




−1
2m − 3 2 m − 2
2m − 2
(2 − m) +
=
=> A(2;
)
2
(m − 2)
m−2
m−2
m−2
Gọi B là giao điểm của (d) và đường tiệm cận ngang y = 2 của đồ thị hàm số, ta có:
x − m 2m − 3
B ( xB ; 2); 2 = − B
+
=> B(2m − 2; 2)
(m − 2) 2 m − 2
I(2;2) là giao điểm hai đường tiệm cận. K là trung điểm AB.
Do hai đường tiệm cận của hàm số vuông góc nên ∆ IAB vuông tại I. Suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp
A(2; y A ); y A =

∆ IAB, đường tròn đó có bán kính R = KA = KB =

AB
, diện tích S
2


2
sin a
9
Chia cả tử và mẫu của M cho sin 2 a ta được:
2
20
.tan 2 a
.9
2
sin
a
9
M=
=
= 45
2 − 3cot a − 5cot 2 a 2 − 3. 1 − 5. 1
3
33
Câu 3
2sin x + sin 2 x + 2sin x cos 2 x = 1 + 2 cos x
<=> 2sin x(1 + cos x + cos 2 x) = 1 + 2 cosx
M=

<=> 2sinx(2 cos 2 x + cos x) = 1 + 2 cos x
<=> (1 + 2 cos x)(sin 2 x − 1) = 0
2π

−1
x=±
+ k 2π

(1) <=> log 2 [( x − 1)( x + 3)] − log 2 ( x + 3) ≥ log 2 2 ( x − 1)
<=> log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 3) − log 2 ( x + 3) ≥ log 2 2 ( x − 1)
<=> log 2 ( x − 1).[1 − log 2 ( x − 1)] ≥ 0
<=> 0 ≤ log 2 ( x − 1) ≤ 1
<=> 1 ≤ x − 1 ≤ 2
<=> 2 ≤ x ≤ 3
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 ≤ x ≤ 3.
Câu 5
a) Vì n là số tự nhiên nên
n!
n!
1
13
Cn4 = 13Cn2 <=>
= 13.
<=> =
4!(n − 4)!
2!( n − 2)!
12 ( n − 3)( n − 2)
<=> n 2 − 5n − 150 = 0
<=> n = 15
Theo công thức nhị thức Niutơn, ta có:
15
15
1
−1
P (x) = (x 3 − 2 )15 = ∑ C15k ( x3 )15− k ( 2 ) k = ∑ C15k .(−1) k .x 45 −5 k
x
x

Câu 6


4 x + 5 y − 9 = 0
=> B (1;1)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
x + y − 2 = 0
Phương trình BC đi qua B và M: x+2y-3=0
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua BD thì M’ ∈ BA.
Phương trình đường thẳng MM’ qua M, vuông góc BD: 2x – 2y – 3 = 0
7 1
3
H là giao MM’ và BD suy ra H ( ; ) . Ta có H là trung điểm MM’ nên M '( ;0)
4 4
2
Phương trình BA qua B và M’: 2x+y-3=0
Gọi tọa độ A(a;3-2a) ∈ AB , C(3-2b;b) ∈ BC
3 − 2b + a 3 − 2a + b
;
)
N là trung điểm AC thì N (
2
2
Vì
3 − 2b + a
3 − 2a + b
N ∈ BN => 4.
+ 5.
−9 = 0
2

 x = 9 − 5b

4
Ta có: BI =|

b = −1
9 − 5b
15
− 1|= <=> 
4
6
b = 3

+ Với b = –1 ⇒ C(5;–1), thỏa mãn M thuộc cạnh BC. Suy ra A(2;–1)
+ Với b = 3 ⇒ C(–3;3), M không thuộc cạnh BC, loại.
Vậy A(2;–1), B(1;1), C(5;–1).


Câu 7

Vì A là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) là
(SC;CA)=SCA= α
Tam giác ADC vuông tại D: AC = AD 2 + CD 2 = a 5
Tam giác SAC vuông tại A: SA = AC.tan α = a 2
∆ ABM và ∆MCD vuông cân nên MA = MD = a 2
Theo định lý Pitago đảo, ta có ∆ AMD vuông tại M.
Vì MC // AD nên

MN MC 1
1

HS HA
SA 2
HS
2
=
=
=>
.
=(
) =>
= 2 => HS = SB
HA HB AB
HA HB
AB
HB
3
2
Mà S ∈ (SDM) nên d = d ( H ;( SDM )) = d ( B;( SDM ))
3
EB BM 1
=
=
Gọi giao AB và DM là E. Vì BM // AD nên
EA AD 2
1
1
1
Mà E ∈ (SDM) nên d ( B;( SDM )) = d ( A;( SDM )) => d = d ( A;( SDM )) = AK
2
3

<=> ( x 2 + 3)( x + 3 − x 2 − x + 1) − (7 x + 8) = 0
7x + 8
<=> ( x 2 + 3)
− (7 x + 8) = 0
x + 3 + x2 − x + 1


x2 + 3
<=> (7 x + 8) 
− 1÷ = 0
2
 x + 3 + x − x +1 
8

x=−

7
<=> 
 x 2 + 3 = x + 3 + x 2 − x + 1(2)
(2) <=> x 2 − x = x 2 − x + 1(3)
Đặt

x 2 − x + 1 = t(t > 0) , phương trình (3) trở thành:

t 2 −1 = t
 1− 5
( L)
t =
2


.
=
2
2
2
2
2
2
2
2
a +c b +c
a +c b +c
( a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )
(a 2 + c 2 ) + (b 2 + c 2 ) ≥ 2 (a 2 + c 2 )(b 2 + c 2 )
Nhân từng vế hai bất đẳng thức trên ta được:
(

a2
b2
+
)(a 2 + b 2 + 2c 2 ) ≥ 4ab
a 2 + c 2 b2 + c2

Từ đó kết hợp với a 2 + b 2 + c 2 = 1 ta được:

ab
1
a2
b2
≤

b2
b2 1 1
1 b2
( 2 + 2 )(b 2 + c 2 ) ≥ .2bc = 4 => 2 2 ≤ ( 2 + 2 ) = + 2 (4)
b c
bc
b +c
4 b c
4 4c
Ta có bất đẳng thức tương tự:

Tương tự ta có:

b2
1 b2
(5)
≤
+
b 2 + a 2 4 4a 2


Từ (3), (4) và (5) ta được:

ab
bc
1 1 1 b2
b2
3 1 b2 b2
+
≤

Căn cứ bảng biến thiên ta được: f (t ) ≤ f (1) = 1, ∀t > 0
3 1
b
b
5
=> P ≤ + [f( ) + f ( )] ≤
8 48 a
c
12
1
Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =
3
5
Vậy GTLN của P là
12