DEDAP AN TOAN 12 KHAO SAT THANH HOA 13042016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. THANH HÓA. NĂM HỌC 2015-2016. Môn thi: TOÁN. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số. y=. 2 x −1 x −1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành. 4 2 Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) x  2 x  3 trên đoạn [0; 4].. Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình z 2 − z +1=0 trên tập số phức. b) Giải bất phương trình log 2 ( x −3)+ log 2 ( x − 1) ≤ 3 . 2 2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I =∫ x ( x + ln x )dx . 1. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (5 ; −2 ; 3) , B (1; 2 ; 3) , C(1; − 2; −1) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I (2;  1;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm). a) Tính giá trị của biểu thức A=sin3 α +sin2 2 α , biết 2 cos 2 α +7 sin α =0 . b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I(  2 √ 3 −2 ; 5 ), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua B là E ( 2;9) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm. Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x 2 + √ x+ 2+5 ≤ √ 2 ( √ x +2+ x ) √ x 2 − x+3+ x . Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=(a+b +c). −b 3b−c 3c−a + + ( 3aa+ab b + bc c +ca ) 2. 2. 2. .. ----------------HẾT---------------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:.............................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> THANH HÓA. NĂM HỌC 2015-2016. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Môn thi: TOÁN. Câu Câu 1 (1,5 điểm). ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung. Điểm. a) (1,0 điểm) ¿ R {1 1) Hàm số có TXĐ: D = ¿ 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: x → 1+¿ y =+ ∞ * lim y=− ∞; lim nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. x →1. −. 0,25. 0,25. ¿. y= lim y =2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. * xlim →+∞ x →− ∞ b) Bảng biến thiên: −1 <0 , ∀ x ≠ 1 Ta có: y '= ( x − 1 )2 Bảng biến thiên: x - 1 + y’ 2 +. 0,25. y - * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 1 ) và ( 1; +∞ ) 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại (0 ; 1) và cắt trục hoành tại điểm. 2. ( 12 ; 0). + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. y 0,25 2 1 O. 1 2. 1. x. b) (0,5 điểm). ( 12 )=− 4 1 Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y=− 4 ( x − )+ 0 ⇔ y=− 4 x +2 2 Do. Câu 2 (0,5 điểm). A=(C)∩Ox. nên. A. ( 12 ;0). ,. y'. f '( x) 4 x3  4 x , f '( x) 0  4 x3  4 x 0  x 0, x 1, x=−1 (loại) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227. max f ( x)  f (4) 227, min f ( x)  f (1) 2 [0;4] Vậy [0;4]. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 3 (1,0 điểm). a) (0,5 điểm) Phương trình có. √3 i ¿2. Do đó phương trình có hai nghiệm. Câu 4 (1,0 điểm). 0,25. Δ=1− 4=− 3=¿ 1 3 1 3 z= + √ i , z= − √ i 2 2 2 2. b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x> 3 . log 2 ( x −3)+ log 2 ( x − 1) ≤ 3 ⇔ log 2 [(x −3)(x − 1)]≤ 3 ⇔( x −3)( x − 1) ≤ 8 2 ⇔ x − 4 x −5 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤5 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S=¿ . 2 2 x4 2 15 2 3 x ( x + ln x )dx=∫ x dx+ ¿∫ x ln x dx= ¿ 1+ I 1= + I 1 4 4 1 1 2. 0,25. 0,25 0,25. 0,5. I =∫ ¿ 1. ¿ u=ln x dv=xdx ⇒. dx x 2 x v= 2. ¿ du= Đặt. 0,25. 2. Câu 5 (1,0 điểm). Câu 6 (1,0 điểm). x 2 ln x 2 x x2 2 3 ⇒ I 1= ¿1 −∫ dx=2 ln2 − ¿1=2 ln 2− 2 4 4 1 2 ¿{ ¿ 15 3 Vậy I = +2 ln 2− =2 ln2+3 . 4 4 ⃗ AB=(− 4 ; 4 ; 0), ⃗ AC=(− 4 ; 0 ; − 4) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là ⃗n= [⃗ AB , ⃗ AC ]=(− 16 ; −16 ; 16) Do đó (P) có phương trình: −16 ( x −5)−16( y+ 2)+16( z −3)=0 ⇔ x + y − z=0 . |2− 1− 3| 2 = Mặt cầu (S) có bán kính R=d (I ;( P))= . √ 1+1+ 1 √ 3 4 2 z − 3¿ = 3 (S) có phương trình y +1 ¿2 +¿ . x − 2 ¿2+¿ ¿ a) 0,5 điểm 1 2 cos 2 α+7 sin α =0 ⇔ 2(1− 2sin 2 α )+7 sin α=0 ⇔sin α =− ,sin α=2 (loại). 4 2 3 2 2 A=sin3 α +sin 2 α =3 sin α − 4 sin α + 4 sin α (1− sin α ) 29 1 1 3 1 2 1 2 29 ¿3 − −4 − +4 − 1− − =− . Vậy A=− . 64 4 4 4 4 64 b) 0,5 điểm Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là |Ω|=105=100000 Gọi B là biến cố đã cho Có C35 cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn phòng thi cho 3 thí sinh đó. Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn lại.. ( ) ( ) ( )[ ( )]. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 7 (1,0 điểm).  C53 .10.9.9 8100 Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là B . |ΩB| 8100 81 Xác suất cần tìm là: P( B)= . = = |Ω| 100000 1000 Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC ⊥ CD . Do SH ⊥(ABCD) nên SH ⊥ CD , từ đó ta có CD ⊥(SAC) . 0   Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH  SCH 60 . S. K A. D. O H. x. Câu 8 (1,0 điểm). B. AC=√ AD 2 −CD 2=a √ 3 2 2 a √3 ⇒HC= AC= 3 3 0 SH=HC . tan 60 =2 a Gọi O là trung điểm của AD, khi 2 3 a √3 đó S ABCD=3 S AOB= . 4 Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 V S . ABCD = SH . S ABCD 3 1 3 a 2 √ 3 a3 √ 3 (đvtt). ¿ .2 a . = 3 4 2. 0,25. 0,25. C. Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, khi đó AC // ( P) .Suy ra d (CD ; SA )=d ( CD ,( P))=d (C ,(P))=3 d (H ,( P)) (Do CA = 3HA). Ta có AC ⊥ CD nên HA ⊥ Ax mà SH ⊥ Ax suy ra Ax ⊥(SAH) . Từ H kẻ HK SA ( K ∈SA ¿ , khi đó Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥( P) nên HK=d ( H ,( P)) . 1 1 1 13 2 a 13 1 a 3 = + 2 = 2 ⇒ HK= √ AH= AC= √ ; 2 2 13 3 3 HK AH SH 4 a 6 a √ 13 Vậy d (SA , CD)= (đvđd) 13 Đặt AB=m ⇒AD=2 m . E 2 2 2 0 2 Ta có BD  AB  AD  2 AB. AD cos 60 3m .  BD m 3 C Do đó AB 2+ BD2=AD2 nên tam giác ABD B vuông tại B, nghĩa là IB ⊥ AE . 2 I m 3 7 m2 IE2=IB2+ BE2= √ +m 2= . 2 4 A D 2 √ 3 ¿2 + 42=28 Mặt khác nên ta có IE2=¿ m √3 7 m2 =2 √ 3 . =28 ⇔m=4 ⇒ IB= 2 4 Gọi ⃗n=(a ; b) là vectơ pháp tuyến của AB ( a2 +b 2> 0 ¿ khi đó AB có phương trình a(x +2)+b( y − 9)=0 ⇔ax + by+ 2a − 9 b=0. ( ). 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 √ 3 a − 4 b ¿2 =12(a2 +b 2) |2 √ 3 a − 4 b| Ta lại có d ( I , AB)=IB ⇒ =2 √3 ⇔ ¿ √ a2+ b2 ⇔b (b − 4 √ 3 a)=0 ⇔ b=0 , b=4 √3 a +) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x+2=0 , suy ra IB có phương trình y − 5=0 . Do B=AB∩ IB nên B (−2 ; 5) , mà B là trung điểm của AE nên A (− 2; 1) (thỏa mãn điều kiện x A <0 ). Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3  2;9), D (4 3  2;5) +) Với b=4 √ 3 a , chọn a = 1 ⇒b=4 √3 , khi đó AB có phương trình x+ 4 √ 3 y +2− 36 √3=0 , suy ra IB có phương trình 4 √3( x −2 √ 3+2)−( y −5)=0 . ⇔ 4 √ 3 x − y +8 √ 3 −19=0 16 √ 3− 14 59 ; Do B=AB∩ IB nên B , mà B là trung điểm của AE nên 7 7 32 √ 3− 14 55 A ; (không thỏa mãn điều kiện x A <0 ). 7 7 Vậy A (− 2; 1), B(− 2; 5) , C (4 3  2;9), D (4 3  2;5). (. (. Câu 9 (1,0 điểm). ). 0,25. 0,25. ). Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: x ≥ −2 . (1)⇔ √2 ( √ x+2+ x ) √ x2 − x +3 − ( √ x+ 2+ x ) ≥ 2 x 2 −2 x+5 ⇔ ( √ x +2+ x ) ( √2 x 2 − 2 x +6 −1 ) ≥ 2 x 2 −2 x+5 ⇔ ( √ x +2+ x ) ( 2 x 2 − 2 x +6 −1 ) ≥(2 x 2 − 2 x +5)( √ 2 x 2 − 2 x +6+1 ) 2 ⇔ √ x+ 2+ x ≥ √2 x 2 − 2 x +6+1 (Do 2 x −2 x+5> 0, ∀ x ∈ R ) x −1 ¿2 +2( x +2) (2) 2¿ ⇔ √ x+ 2+ x −1 ≥ √¿ Đặt a=√ x +2 , b=x −1(a ≥0) , (2) trở thành a+b ≥ √ 2 a2 +2 b2 ⇔ a+b ≥ 0 2 2 2 a+b ¿ ≥ 2a + 2b ¿ ⇔ ¿ ¿ a+ b ≥ 0 ¿ ¿ a− b ¿2 ≤0 ¿ √ x+2=x −1 ⇔ x −1 ≥ 0 x − 1¿ 2 ¿ ⇔ Do đó ta có . ¿ ¿ ¿ x ≥1 ¿ x +2=¿ 3+ √13 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x= . 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử a+b +c=k> 0 , đặt a=kx ,b=ky , c=kz ⇒ x , y , z> 0 và x+ y+ z=1 . k (3 x − y ) k (3 y − z ) k (3 z − x ) 3 x − y 3 y − z 3 z − x + + = + + Khi đó P=k 2 2 k ( x + xy) k 2 ( y 2+ yz) k 2 ( z 2+ zx) x 2+ xy y 2+ yz z 2+ zx 4 x −(x + y ) 4 y −( y + z) 4 z −( z + x ) 4 1 4 1 4 1 ¿ + + = − + − + − x ( x+ y) y ( y+ z ) z (z + x) x+ y x y+z y z+x z 4 1 4 1 4 1 5 x −1 5 y −1 5 z − 1 ¿ − + − + − = + + . 1 − z x 1 − x y 1 − y z x − x 2 y − y 2 z − z2. [. ]. Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b+ c> a⇒ y+ z> x ⇒1 − x > x 1 1 1 ⇒ x < , tức là x ∈ 0 ; . Tương tự ta cũng có y , z ∈ 0 ; . 2 2 2 5t−1 ≤ 18t −3 (*) đúng với mọi t ∈ 0 ; 1 . Ta sẽ chứng minh 2 2 t−t 2 3t −1¿ ¿ 5 t −1 (2 t −1)¿ − 18 t+3 ≤ 0 Thật vậy: (∗)⇔ (**) 3 2 t −t 2 18 t − 21t + 8 t −1 ⇔ ≤0⇔¿ 2 t−t 1 1 (**) hiển nhiên đúng với mọi t ∈ 0 ; . Do đó (*) đúng với mọi t ∈ 0 ; 2 2 Áp dụng (*) ta được P≤ 18 x − 3+18 y − 3+ 18 z −3=18( x + y + z)−9=9 1 Dấu “=” xảy ra khi x= y=z = ⇔a=b=c . 3 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a=b=c . ----------------HẾT----------------. ( ). 0,25. ( ) ( ). ( ). ( ). 0,25. 0,25. .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>