Đề khảo sát chất lượng khối 12 lần 1 năm học 2013 - 2014 môn: Toán

ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GD – ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 12 LẦN 1 
 NĂM HỌC 2013 - 2014 
Môn: Toán 
Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Ngày kiểm tra: 19 tháng 8 năm 2013 
Câu 1 (2,0 điểm). 
Cho hàm số 
3
3 3y x mx m   (1), với m là tham số thực. 
1. Khi 1m , viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến này song song 
với đường thẳng : 9 13. d y x 
2. Tìm tất cả giá trị của tham số 0m  để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành 
độ 0x cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho ABC cân tại C , biết 
1 3
;
2 2
 
 
 
C . 
Câu 2 (1,0 điểm). 
 Giải phương trình 
sin 2 cos2 4 2 sin( ) 3cos
4 1
cos 1
   


x x x x
x

 . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
 Giải hệ phương trình  
2 2 3 3
2 2
3 3
; .
5 4 6 2 3
   

     
xy x y x y
x y
x y x x y
 Câu 4 (2,0 điểm). 
1. Tìm giới hạn sau 
 
2
2
1
6 3 2 5
lim
1
  
x
x x x
x
. 
2. Tìm hệ số 6x trong khai triển 
31  
 
n
x
x
biết 2 32 285n nC C  , với n là số nguyên dương. 
Câu 5 (2,0 điểm). 
 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = SB = 3a, 
AD = SD =4a. Đường chéo AC vuông góc với mặt phẳng (SBD). 
 1. Chứng minh SBD vuông và tính chiều cao của hình chóp S.ABCD. 
 2. Tính góc tạo bởi đường thẳng SD với mặt phẳng (ABCD) và khoảng cách giữa hai đường 
thẳng SA và BD. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) đi qua điểm (2;3)A , tiếp xúc 
với đường thẳng : 1 0  d x y và có chu vi nhỏ nhất. 
Câu 7 (1,0 điểm). 
Cho , ,x y z là 3 số thực dương thỏa mãn 1xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
        
2 2 2
2 2 1 2 2 1 2 2 1
  
     
x y z
S
xy xy yz yz zx zx
. 
---------- HẾT ---------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 SỞ GD – ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 1 
 NĂM HỌC 2013 - 2014 
Môn: Toán 
Câu Đáp án Điểm 
1 
(2,0 điểm) 
1.1 (1,0 điểm) 
Khi m=1 hàm số trở thành 3 3 3  y x x 
TXĐ: ¡ ; 2' 3 3 y x 
0,25 
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm  0 0;M x y là 
    0 0 0: '   y y x x x y 
Mà / /d nên   020 0
0
2
' 9 3 3 9
2
x
y x x
x

     
 
0,25 
TH1: 
0 02 5x y   . Phương trình tiếp tuyến  : 9 2 5 9 13y x y x       (Loại) 0,25 
TH2: 
0 02 1x y    . Phương trình tiếp tuyến  : 9 2 1 9 19y x y x       (TM) 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là : 9 19y x   
0,25 
1.2 (1,0 điểm) 
TXĐ ; 2' 3 3y x m  
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm  0;3N m là 
: 3 3y mx m    
0,25 
Ta có với 0m   1;0A Ox A   ;  0;3B Oy B m   0,25 
ABC cân tại C 
 
 
1
2
AC BC
C AB

 

 
2
2
11 9 1 3
1 3 9 9 0
04 4 4 2
m
m m m
m
 
             
0,25 
  
3 3
2 3 1
2 2
m
m m      
Kết hợp hai điều kiện trên ta có không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài ra 
0,25 
2 
(1,0 điểm) 
ĐK: cos 1x  
 sin 2 cos 2 4 s inx cos 3cos cos 1 0x x x x x       0,25 
s inx 0
s inx(cos s inx 2) 0
cos s inx 2 0( )
x
x VN

        
 0,25 
( )x k k   0,25 
Đối chiếu đk suy ra 2 ,x k k    là nghiệm pt. 0,25 
3 
(2,0 điểm) 
ĐK    
2
5 4 6 0
; 1 2;
0
x y
x
x
   

    

 
Ta có: 
Nếu 1x   thì phương trình (1) vô nghiệm 
Nếu 2x  , Phương trình (1) 
 2 2 3 2 33 2 2 3 0xy x y y x xy y      
  
2 2
2 2
2 2
3 0
3 2
x y
xy x y x xy y
x y y

     
 
x y  ( Vì 0; 2y x  ) 
Lưu ý: Học sinh có thể dùng phương pháp đánh giá hoặc phương pháp hàm số để chứng 
minh x=y.
0,5 
Khi x=y thay vào phương trình (2) ta có 
2 2 2 2
5 4 6 2 3 5 4 6 2 3x x x x x x x x x x             
  2 25 4 6 9 2 6 1 2x x x x x x x x         
      24 2 6 1 2 4 1 0x x x x x x        
0,25 
   2 22 2 1 2 2 1 0x x x x x x        
2
2 2 1x x x    ( vì 22 2 1 0x x x    ) 
 
2
3 13
6 4 0
3 13
x
x x
x L
  
     
 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm    ; 3 13;3 13x y    . 
0,25 
4 
(2,0 điểm) 
4.1 (1,0 điểm) 
   
 
2
2
1
6 3 2 2 2 1
lim
1x
x x x x
x
     


 0,25 
 
   
2
21
6 3 4 4
lim 2
6 3 2 1x
x x x
x x x
     
  
       
 0,25 
 1
1
lim 2
6 3 2x x x
 
  
    
 0,25 
11
6
 0,25 
4.1 (1,0 điểm) 
ĐK 3; *n n  
Ta có 
   
2 3 ! !
2 285 2 285
2 !2! 3 !3!
n n
n n
C C
n n
    
 
 0,25 
     3 1 2 1 2 1710n n n n n      3 22 3 1710 0 10( )n n n n TM       0,25 
Khi đó 
10 1010 10
3 3 4 10
10 10
0 0
1 1
k
k k k k
k k
x C x C x
x x


 
   
     
   
  0,25 
Hệ số của 6x trong khai triển ứng với k thỏa mãn 
4 10 6
4
0 10
k
k k
k
 

  
  
Vậy hệ số của 6x trong khai triển trên là 4
10 210.C  
0,25 
5 
(2,0 điểm) 
5.1 (1,0 điểm) 
Theo định lý Pytago ta có 2 2 2 225BD AB AD a   0,25 
2 2 2 2
25SB SD a BD SBD      vuông tại S 0,25 
Gọi H AC BD  , ta có AH BD và SBD ABD SH BD     
Vì       ,AC SBD AC SH SH ABCD d S ABCD SH       0,25 
Lại có: 
2 2 2
1 1 1 12
5
a
SH
SH SB SD
    
Vậy chiều cao của hình chóp S.ABCD là 
12
5
a
SH  
0,25 
5.2 (1,0 điểm) 
Ta có SD có hình chiếu lên (ABCD) là HD 
 , ( )SD ABCD SDH  0,25 
Mà 
3
sin
5
SH
SDH
SD
    3,( ) arcsin
5
SD ABCD  0,25 
Kẻ HK SA tại K 
Ta chứng minh được HK BD  ;d SA BD HK  0,25 
Gọi 
12
5
a
AH  
2 2 2
1 1 1 6 2
5
HK a
HK HI HS
     
Vậy  
6 2
; .
5
d SA BD a 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
 Giả sử đường tròn (C) có bán kính R, tiếp xúc với đường thẳng d tại điểm B 
Ta có  2 ;R IA IB AB AH d A d     (H là hình chiếu của A lên d) 
Chu vi đường tròn (C) nhỏ nhất R nhỏ nhất 
 ;
2
d A d
R   I là trung điểm AH 
0, 5 
H
A
B
D
S
C
K
Lại có:    ;1 2; 2H d H t t AH t t       
. 0 2 2 0 0 (0;1)
d
AH d AH u t t t H           
0,25 
 1;2 2I R   
Vậy phương trình đường tròn cần tim là    
2 2
1 2 2x y    . 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Ta có 
     
2 2 2
2 2 2
4
9 1 1 1
x y z
S
xy yz zx
 
   
    
 ( Theo BĐT Côsi) 0,25 
        
4
9 1 1 1 1 1 1
xy yz zx
S
xy yz yz zx zx xy
 
   
      
 ( Theo BĐT Côsi) 0,25 
Đặt ; ; 1xy a yz b zx c abc     
        
4
9 1 1 1 1 1 1
a b c
S
a b b c c a
 
   
      
4
.
9 2
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
    

     
0,25 
 
23 3
4 2 4 2 1
1 1
9 2 9 32 3 3a b c ab bc ca abc abc
 
                   
Vậy 
1
3
MinS  đạt được khi 1.x y z   
0,25 
d
H
I B
A