Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,5 điểm) Cho hàm số 2x −1 x −1 b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm A giao điểm (C) với trục hoành Câu (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x − x + đoạn [0; 4] Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình z2-z+1=0 tập số phức b) Giải bất phương trình log ( x − 3) + log ( x − 1) ≤ a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y = 2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x + ln x ) dx Câu (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) qua ba điểm A, B, C viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I ( 2; -1; 3) tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A = sin 3α + sin 2α , biết cos 2α + sin α = b) Trong kì thi THPT quốc gia, hội đồng thi X, trường THPT A có thí sinh dự thi Tính xác suất để có thí sinh trường THPT A xếp vào phòng thi, biết hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, phòng thi có nhiều thí sinh việc xếp thí sinh vào phòng thi hoàn toàn ngẫu nhiên Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a Hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho HC = 2HA Góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I (2 − 2;5) , BC = 2AB, góc BAD = 600 Điểm đối xứng với A qua B E ( -2; ) Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD biết A có hoành độ âm Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + x + + ≤ 2( x + + x) x − x + + x Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị lớn biểu thức 3a − b 3b − c 3c − a P = (a + b + c)( + + ) a + ab b + bc c + ca HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu Câu KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: D = R \{1} 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: lim− y = −∞; lim+ y = +∞ nên đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x →1 0,25 0,25 x →1 lim y = lim y = nên đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x →+∞ x →−∞ b)Bảng biến thiên: −1 < 0, ∀x ≠ Ta có: y ' = ( x − 1) Bảng biến thiên: * Hàm số nghịch biến khoảng (−∞;1) (1;+∞) 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung ( 0;1) cắt trục hoành điểm ( ;0) + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 0,25 1,5đ b) (0,5 điểm) Câu 0,5đ 1 Do A = (C ) ∩ Ox => A( ;0), y '( ) = −4 2 0,25 Tiếp tuyến (C) A có phương trình: y = −4( x − ) + y = −4 x + 2 f '( x ) = x − x f '( x ) = 0,25 0,25 x − x = x =  x =  x = −1( L) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227 Vậy max f ( x) = f (4) = 227; f ( x) = f (1) = x∈[0;4] Câu 1,0đ 0,25 x∈[0;4] a) (0,5 điểm) Phương trình có ∆ = − = −3 = ( 3i ) Do phương trình có hai nghiệm z = 0,25 3 + i; z = − i 2 2 b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x >3 log ( x − 3) + log ( x − 1) ≤ 0,25 0,25 log [( x − 3)( x − 1)] ≤ ( x − 3)( x − 1) ≤ Câu 1,0đ x − x − ≤ 0,25 −1 ≤ x ≤ Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S =(3;5] 2 x4 15 I = ∫ x( x + ln x ) dx = ∫ x dx + ∫ x ln x dx = + I1 = + I 4 1 0,5 Câu 1,0đ Câu dx  du =  u = ln x  x ln x x x2  x =>  => I1 = − ∫ dx = ln − = ln − Đặt  2 12 4  dv = xdx v = x  15 Vậy I = + ln − = ln + 4 uuur uuur AB = (−4; 4;0), AC = (−4;0; −4) Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến r uuur uuur n =  AB, AC  = ( −16; −16;16) Do (P) có phương trình: -16(x-5)-16(y+2)+16(z-3)=0x+y-z=0 | −1− | = Mặt cầu (S) có bán kính R = d ( I ;(P)) = 1+1+ 4 2 (S) có phương trình ( x − 2) + ( y + 1) + (z − 3) = a) 0,5 điểm −1 cos 2α + sin α = ⇔ 2(1 − sin2α ) + sin α = ⇔ sin α = ,sin α =2(loại) 2 A = sin 3α + sin 2α = 3sinα − sin α + sin α (1 − sin α ) −1 −1   −1   −29 = 3( − ) − 4( ) + 4( ) 1 −  ÷  = 4     64 −29 Vậy A= 64 b) 0,5 điểm Số cách xếp ngẫu nhiên thí sinh vào 10 phòng thi | Ω |= 105 = 100000 Gọi B biến cố cho Có C5 cách chọn thí sinh số thí sinh trường A có 10 cách chọn phòng thi cho thí sinh Ứng với cách chọn ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho thí sinh lại Do số cách xếp thí sinh thỏa mãn điều kiện đề | Ω B |= C5 10.9.9 = 8100 Xác suất cần tìm là: P ( B) = | ΩB | 8100 81 = = | Ω | 100000 1000 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 1,0đ 0,25 Theo ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC ⊥ CD Do SH ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ CD , từ ta có CD ⊥ ( SAC ) Do góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) SCH ⇒ SCH=600 0,25 AC = AD − CD = a 2a AC = 3 o SH = HC.tan 60 = 2a => HC = Gọi O trung điểm AD, S ABCD = 3.S AOB = 3a Thể tích khối chóp S.ABCD 1 3a 3a (đvtt) VS ABCD = SH S ABCD = 2a = 3 Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) mặt phẳng chứa SA Ax, AC //( P ) Suy d(CD;SA)=d(CD,(P))=d(C,(P))=3d(H,(P)) (Do CA = 3HA) Ta có AC ⊥ CD nên HA ⊥ Ax mà SH ⊥ Ax suy Ax ⊥ ( SAH ) Từ H kẻ HK ⊥ SA ( K ∈ SA ) , Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( P ) nên HK = d ( H , ( P )) a 1 13 2a 13 AH = AC = ; = + = => HK = 2 3 HK AH SH 4a 13 Vậy d(CD;SA)= 6a 13 (đvđd) 13 0,25 0,25 Câu 0,25 Đặt AB = m ⇒ AD = 2m Ta có BD = AB + AD − AB AD.cos 60o = 3m => BD = m Do AB + BD = AD nên tam giác ABD vuông B, nghĩa IB ⊥AE IE = IB + BE = ( m 7m2 ) + m2 = Mặt khác IE = (2 3) + 42 = 28 nên ta có 7m m = 28 m = => IB = =2 r Gọi n = (a; b) vectơ pháp tuyến AB ( a2 + b2 > ) AB có phương trình 0,25 a ( x + ) + b ( y − ) = ⇔ ax + by + 2a − 9b = Ta lại có d ( I , AB ) = IB => | 3a − 4b | a +b 2 = (2 3a − 4b) = 12( a + b ) b(b − 3a) = b =  b = 3a +) Với b = 0, chọn a = 1, AB có phương trình x + = , suy IB có phương trình y − = Do B = AB ∩ IB nên B (−2;5) , mà B trung điểm AE nên A (−2;1) (thỏa mãn điều kiện xA < ) 0,25 Do I trung điểm AC BD nên ta suy C (4 − 2;9), D (4 − 2;5) +) Với b= 3a chọn a = ⇒b= , AB có phương trình x + y + − 36 = , suy IB có phương trình 3( x − + 2) − ( y − 5) = 3x − y + − 19 = 16 − 14 59 32 − 14 55 Do B = AB ∩ IB nên B ( ; ) , mà B trung điểm AE nên A( ; ) 7 7 (không thỏa mãn điều kiện xA < ) 0,25 Câu 1,0đ Vậy A (− 2;1), B (− 2;5) , C (4 − 2;9), D(4 − 2;5) Gọi bất phương trình cho (1) Điều kiện xác định: x ≥ − 0,25 (1) 2( x + + x) x − x + − ( x + + x) ≥ x − x + ( x + + x )( x − x + − 1) ≥ x − x + ( x + + x )(2 x − x + − 1) ≥ (2 x − x + 5)( x − x + + 1) x + + x ≥ x − x + + 1( Do 2x − x + > 0, ∀x ∈ R) x + + x − ≥ 2( x − 1) + 2( x + 2)(2) 0,25 Đặt a = x + 2; b = x − 1(a ≥ 0) , (2) trở thành 0,25 a + b ≥ a + b ≥ a + b ≥ 2a + 2b   a = b ≥ 2 2 (a + b) ≥ 2a + 2b ( a − b ) ≤ x −1 ≥ x ≥ + 13  x = Do ta có x + = x −  2  x + = ( x − 1)  x − 3x − = + 13 Giả sử a + b + c = k > , đặt a = kx , b = ky , c = kz ⇒ x , y , z > x + y + z = Khi  k (3 x − y ) k (3 y − z ) k (3z − x)  P=k 2 + 2 + 2   k ( x + xy ) k (y + yz ) k (z + zx )  0,25 Vậy bất phương trình cho có nghiệm x = Câu 10 1,0đ x − y y − z 3z − x + + x + xy y + yz z + zx x − ( x + y ) y − (y + z ) z − (z + x ) = + + x(x + y) y(y + z ) z(z + x) 4 = − + − + − x+ y x y+z y z+x z 4 = − + − + − 1− z x 1− x y 1− y z 5x − y −1 5z − = + + x − x2 y − y z − z Do a, b, c ba cạnh tam giác nên b + c > a ⇒ y + z > x ⇒ − x > x 1 => x < , tức x ∈ (0; ) Tương tự ta có y , z ∈ (0; ) 2 5t − 1 ≤ 18t − 3(*) với t ∈ (0; ) Ta chứng minh t −t 5t − 18t − 21t + 8t − (2t − 1)(3t − 1) − 18 t + ≤ ≤ ≤ 0(**) Thật vậy: (*) t − t2 t − t2 t (1 − t) 0,25 = 1 (**) hiển nhiên với t ∈ (0; ) Do (*) với t ∈ (0; ) 2 Áp dụng (*) ta P ≤ 18 x − + 18 y − + 18 z − = 18 ( x + y + z ) − = 0,25 0,25 0,25 a = b = c Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c Dấu “=” xảy x = y = z =