Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề _ 2x − Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x −1 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x) = ( x − 2).e x đoạn [–1 ; 2] Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (2+i)z=4-3i Tìm môđun số phức w = iz + z b) Giải phương trình log x = − log ( x + 2) x dx (2 x + 1)3 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng x − y − z −1 = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ −2 điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) π a) Cho góc α thỏa mãn 5sin2α-6cosα=0 < α < Tính giác trị biểu thức: π A = cos ( − α ) + sin(2015π − α ) − cot(2016π + α ) b) Cho đa giác 12 đỉnh, có đỉnh tô màu đỏ đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên tam giác có đỉnh 12 đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác chọn có đỉnh màu Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi M trung điểm cạnh BC, N trung điểm cạnh CC’ Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N) d:  x − y − + xy − y + x − y = ( x; y ∈ R ) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  − x − y + = x − 14 y − 12  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x-y+3=0 , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E F chân đường cao hạ từ B C đến AC AB, phương trình đường thẳng EF x-3y+7=0 Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương 4a 2c b c (1 + ) + (1 + ) = Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện b b a a bc 2ca 2ab + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a (b + 2c) b(c + a) c (2a + b) –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ tên thí sinh: …………………………………………… …; Số báo danh: …………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM Câu Câu KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm) Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = * Tập xác định: D = ¡ \{1} * Sự biến thiên: y'= > 0∀x ≠ ( x − 1) 2x − x −1 => Hàm số đồng biến khoảng (–∞;1) (1;+∞) Giới hạn tiệm cận: lim+ y = −∞; lim− y = +∞ => tiệm cận đứng x = x →1 Điểm 1,0 0,25 0,25 x →1 lim y = lim y = => tiệm cận ngang y = x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên 0,25 * Đồ thị : 0,25 Câu Câu Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x) = ( x − 2).e x đoạn [–1 ; 2] Hàm số f(x) liên tục đoạn [–1 ; 2], f '( x ) = 2( x + x − 2)e x  x2 + x − =  f '( x) =  x =   x ∈ (−1; 2)  x ∈ (−1; 2) −1 f (1) = −e , f (−1) = ; f (2) = 2e e GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] 2e4, x = 2, GTLN f(x) đoạn [–1 ; 2] – e2 , x = a) Cho số phức z thỏa mãn (2+i)z=4-3i Tìm môđun số phức w = iz + z (2 + i) z = − 3i z = − 2i w = iz + z = i (1 − 2i ) + 2(1 + 2i) = + 5i 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 =>| w |= 41 Câu b) Giải phương trình log x = − log ( x + 2) (1) Điều kiện: x > (*) (1) log ( x + x) = x + x = 0,25 x + x − = 0,25  x = −4  x = Kết hợp với điều kiện (*) suy phương trình (1) có nghiệm x = x dx Tính tích phân I = ∫ (2 x + 1)3 Đặt t=2x2+1=>dt=4xdx X=0=>t=1;x=1=>t=3 Khi đó: I= 1 dt ∫1 t 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 −1 = 8t Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; ; 1) đường thẳng = Câu x − y − z −1 = = Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A vuông góc với −2 đường thẳng d Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Một vectơ phương d u=(2;1;-2) Mặt phẳng (P) qua A nhận vectơ u=(2;1;-2) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình 2(x + 2) + y – – 2(z – 1) = hay 2x + y – 2z + = Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; + t; – 2t) Khoảng cách từ M đến (P) là: | 2(3 + 2t ) + + t − 2(1 − 2t ) + | d ( M , (P)) = =| 3t + | 22 + 12 + (−2) d ( M , (P)) = | 3t + |= 0,25 1,0 d: t =   t = −2 Vậy M(3 ; ; 1) M(–1 ; ; 5) Câu a) Cho góc α thỏa mãn 5sin2α-6cosα=0 < α < π Tính giác trị biểu thức: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 π A = cos( − α ) + sin(2015π − α ) − cot(2016π + α ) Vì π => cosα > 0, cot α > (1) 10sin α cos α − cos α = cos α (5sin α − 3) = sin α = (Do cosα > 0) 25 16 cot α = −1 = − = => cot α = ( Do cotα > 0) sin α 9 3 −2 A = sin α + sin α − cot α = 2sin α − cot α = − = 15 b) Cho đa giác 12 đỉnh, có đỉnh tô màu đỏ đỉnh tô màu xanh Chọn ngẫu nhiên tam giác có đỉnh 12 đỉnh đa giác Tính xác suất để tam giác chọn có đỉnh màu Số phần tử không gian mẫu là: | Ω |= C12 = 220 Gọi A biến cố chọn tam giác có đỉnh màu Số kết thuận lợi cho A là: | Ω A |= C37 + C53 = 45 0,25 V = S BB 'C ' C AM = = 3 2 Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC D Khi đó: C trung điểm BD BAD=90o Gọi E trung điểm AD, ta có: CE ⊥ AD Dựng CH ⊥ NE (H ∈ NE) AD ⊥ CE AD ⊥ CN ⇒ AD ⊥ (CNE) ⇒ AD ⊥ CH CH ⊥ NE CH ⊥ AD ⇒ CH ⊥ (AB’N) Ta có: a 3a CE = AB = , CN = CC ' = 2 1 16 52 = + = 2+ = 2 2 CH CE CN a 9a 9a 3a => CH = 13 3 9a => d ( M , (AB'N)) = d (C , ( AB ' N )) = CH = 2 13 Câu  x − y − + xy − y + x − y = ( x; y ∈ R ) (I) Giải hệ phương trình  3 − x − y + = x − 14 y − 12 0,25 0,25 1,0  x − y + ( x − y )( y + 1) − 2( y + 1) = (1) (I)  (2) 3 − x − y + = x − 14 y − 12 Điều kiện: x ≤ 8, y ≥ – 1, (x – y)(y + 1) ≥ (*) Nếu (x ; y) nghiệm hệ (I) y > – Suy x – y ≥ Do đó: (1) 0,25 0,25 x− y x− y + −2 = y +1 y +1 x− y =1 y +1 x = y + Thay x = 2y + vào (2) ta được: 0,25 − y − y + = (2 y + 1) − 14 y − 12 y + − − y + y − 10 y − 11 = 4( y + − 2) − 3( − y − 1) + y − 10 y − =   ( y − 3)  + + y + 1÷ = 0(3)  y +1 + ÷ − 2y +1   2 3 ≥ , > , y + > −1 Vì −1 < y ≤ nên y +1 + + 2 − y +1 => Câu 0,25 + + y +1 > y +1 + − y +1 Do đó: (3)y-3=0y=3 ⇒ x = (thỏa (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x ; y) = (7 ; 3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường thẳng AH 3x-y+3=0 , trung điểm cạnh BC M(3 ; 0) Gọi E F chân đường cao hạ từ B C đến AC AB, phương trình đường thẳng EF x-3y+7=0 Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương Gọi I trung điểm AH Tứ giác AEHF nội tiếp bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn nên IM ⊥ EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung) Ta có: IEF=ABE (cùng phụ góc A phụ góc EHF) 1,0 0,25 EMF = IME =>MEI=90o=>MFI=MEI=90o Do tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm trung điểm J IM (Đường tròn (J) đường tròn Euler) Đường thẳng IM qua M vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – = I giao điểm AH IM nên tọa độ điểm I nghiệm hệ phương trình: Và ABE = 0,25 3 x − y + =  3 x + y − = =>I(1;6) Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) bán kính r = JM = 10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 Tọa độ điểm E nghiệm hệ phương trình:  x =  x − 3y + = x = 3y −  y =   2   x = −1 ( x − 2) + ( y − 3) = 10 ( y − 3) =    y = ⇒ E(5 ; 4) E(–1;2) Vì A ∈ AH nên A(a ; 3a + 3) Ta có: 0,25 0,25 IA = IE IA2 = IE (a − 1) + (3a − 3) = 20 a = ± Vì A có hoành độ dương nên A(1 + 2;6 + 2) Câu 10 4a 2c b c (1 + ) + (1 + ) = b b a a bc 2ca 2ab + + Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a (b + 2c) b(c + a) c (2a + b) Đặt x = ; y = ; z = ( x, y, z > 0) a b c Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện Điều kiện cho trở thành: Ta có: x + y ≥ Do đó: 0,25 x3 + y x y + 2( + ) = 6(*) xyz y x ( x + y )3 ;( x + y ) ≥ xy x + y ( x + y )3 xy ( x + y ) x + y ≥ ≥ = xyz xyz xyz z Mặt khác Ta có: 1,0 x y x3 + y x y x+ y x+ y + ≥ => = + 2( + ) ≥ + => < ≤2 y x xyz y x z z 0,25 P= x y 4z x2 y2 4z + + = + + y + z z + x x + y xy + xz yz + xy x + y ( x + y)2 4z ( x + y)2 4z 2( x + y ) 4z + ≥ + = + 2 xy + z ( x + y ) x + y ( x + y ) x + y x + y + 4z x + y + z( x + y) x+ y z + =>P ≥ x+ y x+ y +4 z z x+ y , < t ≤ Ta có: Đặt t = z 2t P≥ + t+4 t 2t + (0 < t ≤ 2) Xét hàm số: f (t ) = t+4 t ≥ f '( x ) = 0,25 4(t − 8t − 16) < 0∀t ∈ (0; 2] t (t + 4) ⇒ f(t) nghịch biến (0 ; 2] Suy ra: P ≥ f (t) ≥ f(2) = x = y  P =  x + y x = y = z 2a = b = 4c  z = 0,25 , 2a=b=4c Chú ý: Những cách giải khác đáp án, cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng –––––––––––– Hết –––––––––––– Vậy giá trị nhỏ P