www.MATHVN.com
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2015-2016
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y
2x 1
x 1
om
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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.
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) x 4 2 x 2 3
trên đoạn [0; 4].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình z 2 z 1 0 trên tập số phức.
n.c
b) Giải bất phương trình log 2 ( x 3) log 2 ( x 1) 3 .
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I x( x 2 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).
thv
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Tính giá trị của biểu thức A sin 3 sin 2 2 , biết 2 cos 2 7 sin 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.
ma
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 x2 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
3b c
3c a
3a b
2
2
biểu thức P (a b c) 2
.
a ab b bc c ca
----------------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:..............................
DeThiThuDaiHoc.com --- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
www.MATHVN.com
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
THANH HÓA
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
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 của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
* lim y ; lim y nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x1
om
Câu
Câu 1
(1,5 điểm)
x1
0,25
0,25
* lim y lim y 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x
x
y
n.c
b) Bảng biến thiên:
1
Ta có: y '
0, x 1
x 12
Bảng biến thiên:
x -
y’
2
+
1
0,25
-
+
-
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 và 1;
3) Đồ thị:
2
thv
1
+ Đồ thị cắt trục tung tại (0;1) và cắt trục hoành tại điểm ;0
2
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
y
0,25
2
1
ma
1
x
O 1
2
b) (0,5 điểm)
1
1
Do A (C ) Ox nên A ;0 , y ' 4
2
2
Câu 2
(0,5 điểm)
1
Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y 4 x 0 y 4 x 2
2
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.
Vậy max f ( x) f (4) 227, min f ( x) f (1) 2
[0;4]
[0;4]
1
DeThiThuDaiHoc.com --- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
0,25
0,25
0,25
0,25
www.MATHVN.com
Câu 3
(1,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
Phương trình có 1 4 3 ( 3i) 2
Do đó phương trình có hai nghiệm z
0,25
1
3
1
3
i, z
i
2 2
2 2
om
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
x 2 4 x 5 0 1 x 5
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S (3;5] .
Câu 4
(1,0 điểm)
2
2
2
2
x4
15
I x( x ln x)dx x dx x ln xdx
I1 I1
4 1
4
1
1
1
2
3
Câu 6
(1,0 điểm)
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))
.
111
3
4
(S) có phương trình ( x 2) 2 ( y 1) 2 ( z 3) 2 .
3
a) 0,5 điểm
1
2 cos 2 7 sin 0 2(1 2 sin 2 ) 7 sin 0 sin , sin 2 (loại).
4
2
3
2
2
A sin 3 sin 2 3 sin 4 sin 4 sin (1 sin )
thv
Câu 5
(1,0 điểm)
n.c
dx
2
2
du
2
u ln x
x 2 ln x
x
x2
3
x
Đặt
I1
dx 2 ln 2
2 ln 2
2
2 1 12
4 1
4
dv xdx v x
2
15
3
Vậy I 2 ln 2 2 ln 2 3 .
4
4
3
1 1
1
3 4 4
4 4
4
2
1 2
29
29
1 . Vậy A .
64
64
4
ma
b) 0,5 điểm
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là 105 100000
Gọi B là biến cố đã cho
Có C53 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.
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là B C53 .10.9.9 8100 .
Câu 7
(1,0 điểm)
B
8100
81
.
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 ) .
Xác suất cần tìm là: P( B)
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH SCH 600 .
2
DeThiThuDaiHoc.com --- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
0,25
www.MATHVN.com
AC AD 2 CD 2 a 3
S
2
2a 3
AC
3
3
0
SH HC. tan 60 2a
Gọi O là trung điểm của AD, khi
3a 2 3
đó S ABCD 3S AOB
.
4
Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
VS . ABCD SH .S ABCD
3
1
3a 2 3 a 3 3
(đvtt).
.2a.
3
4
2
HC
A
D
O
H
x
C
B
om
K
n.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)) 3d ( 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
a 3
1
1
1
13
2a 13
;
AC
2 HK
2
2
2
3
3
HK
AH
SH
4a
13
6a 13
Vậy d ( SA, CD)
(đvđd)
13
Đặt AB m AD 2m .
E
Ta có BD2 AB2 AD2 2 AB.AD cos600 3m2 .
BD m 3
Do đó AB 2 BD 2 AD 2 nên tam giác ABD
C
B
vuông tại B, nghĩa là IB AE .
2
I
m 3
7m 2
2
2
2
2
IE IB BE
m 4 .
A
2
D
Mặt khác IE 2 (2 3) 2 42 28 nên ta có
AH
thv
Câu 8
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
m 3
7m 2
28 m 4 IB
2 3.
4
2
ma
Gọi n (a; b) là vectơ pháp tuyến của AB ( a 2 b 2 0) khi đó AB có phương trình
a( x 2) b( y 9) 0 ax by 2a 9b 0
Ta lại có d ( I , AB ) IB
2 3a 4b
2 3 (2 3a 4b) 2 12(a 2 b 2 )
a 2 b2
b(b 4 3a) 0 b 0, b 4 3a
+) 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)
3
DeThiThuDaiHoc.com --- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
0,25
0,25
www.MATHVN.com
+) Với b 4 3a , 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 3x y 8 3 19 0
(1) 2
x 2 x x2 x 3
om
Câu 9
(1,0 điểm)
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)
Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định: x 2 .
x 2 x 2x2 2x 5
2x 2x 6 1 2x 2x 5
x 2 x 2 x 2 x 6 1 (2 x 2 x 5)
x2 x
2
2
0,25
2
2
0,25
2x 2x 6 1
2
x 2 x 2 x 2 2 x 6 1 (Do 2 x 2 2 x 5 0, x R )
n.c
x 2 x 1 2( x 1) 2 2( x 2) (2)
Đặt a x 2 , b x 1(a 0) , (2) trở thành
a b 0
a b 0
a b 2a 2 2b 2
ab0
2
2
2
2
(a b) 2a 2b
(a b) 0
x 1 0
x 1
3 13
x 2 x 1
2
x
.
2
2
x 2 ( x 1)
x 3x 1 0
3 13
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x
.
2
Giả sử a b c k 0 , đặt a kx, b ky, c kz x, y, z 0 và x y z 1.
k (3x y)
k (3 y z )
k (3z x) 3x y
3y z
3z x
2 2
2 2
2
2
2
Khi đó P k 2 2
k ( x xy ) k ( y yz ) k ( z zx) x xy y yz z 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 yz y zx z
4
1
4
1
4
1 5x 1 5 y 1 5z 1
.
1 z x 1 x y 1 y z x x2 y y 2 z z 2
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
1
18t 3 (*) đúng với mọi t 0; .
Ta sẽ chứng minh
2
t t
2
ma
Câu 10
(1,0 điểm)
thv
Do đó ta có
5t 1
18t 3 21t 2 8t 1
(2t 1)(3t 1) 2
Thật vậy: (*)
18t 3 0
0
0 (**)
t t2
t t2
t (1 t )
1
1
(**) hiển nhiên đúng với mọi t 0; . Do đó (*) đúng với mọi t 0; .
2
2
Áp dụng (*) ta được P 18x 3 18 y 3 18z 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---------------4
DeThiThuDaiHoc.com --- Facebook.com/ThiThuDaiHoc
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25