de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan truong thpt le loi thanh hoa lan 1

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

Đề chính thức

ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN
THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề)
Đề thi có 01 trang

Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến y = f ( x) = x3 + 3x 2 − 4
thiên và vẽ đồ thị hàm số .
Câu 2. (1,0 điểm) Cho . Tính giá trị
1
π
tan α = (α ∈ (0; ))
biểu thức
2
2
α
α
.
2sin + 3cos
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ 
x

2
2+ 1
Pxy=2 ) − 2log
log
(
=
3

2
α 4
α
phương trình .
sin + 2ycos ( x, y 5∈ R ) 0 0

Câu 4. (1,0 điểm) Tìm họ
22 x + 3 2
xy
 x+ y
dx
∫
2
nguyên hàm
0 x −1
 4 − 2 − 62
2 x=2 −
Câu 5. (1,0 điểm) Gọi M
là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Lấy ra từ
tập M một số bất kỳ. Tính xác suất để lấy được số có tổng các chữ số là số lẻ ?
Câu 6. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2);
C(2;0; 1), D(-1; 0; -3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương

trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó .
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc
. Mặt phẳng (SAB) vuông góc với ·ACB = 600
mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam
giác SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới mp(SBC).
y y−51−2 9==00
Câu 8. (1,0 điểm) Cho tam giác d 2d1:4: xx ++ 5
=
MR(2;
)
ABC. Đường phân giác trong của góc
22
B có phương trình , đường trung tuyến kẻ
từ B có phương trình . Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm , bán kính đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC là . Tìm tọa độ đỉnh A .
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
.
7 x 2 + 25x + 19 − x,xy2, −
2 x − 35 = 7 x + 2
z
Câu 10. (1,0 điểm) Cho P = 2( x3 + y 3 + z30;1

) −( x 2 y + y 2 z + z 2 x)
là các số thực thuộc đoạn .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
................................Hết...........................
Họ và tên.............................................. số báo danh...................................................
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Câu
Câu 1
(1,0đ)

a/ TXĐ:R
b/ Sự biến thiên

x

limy = +∞; limy = −∞
x →+∞

'

y

x →−∞

+ Giới hạn
y ' = 3x 2 + 6 x  x = 0
y ' = 0 ⇔ 3x 2 + 6 x = 0 ⇔ 

 x = −2

+ Bảng biến thiên: ; .
−∞
(CT−2;0)
+;=−∞−2)
)4
Hàm số đồng (y(0;
biến
trong
khoảng và , nghịch biến trong khoảng .
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; , đạt cực
đại tại x = -2; yCĐ = 0.

−∞

Đáp án

+

y

−∞

-2
0

-

0

0

+

0

+∞
+∞

Điếm

0,5

-4

y '' = 6 x + 6 = 0 ⇔ x = −1

c/ Đồ thị :
Điểm uốn I(-1; -2).
0,5
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm
tâm đối xứng

Câu 2
(1,0đ)

Vì nên
Suy ra hoặc . Do.
Thay vào ta có

1
π
α
tan α = ( α ∈ (0; ))
1 αα2 α 2 α
α
2 =tan
−1 = 0
tan⇔
tan
=tan
=−2−2>
−+0+5 54(l2tan
)
2
2
2 α α 2 22
2
1 − tan
2 tan + 3
1
2 5 −1 1
22
P=
+
=
+
=2
α
5

5
5
tan + 2
2
2 tan

0,5
0,25

0,25
x
x>0
ĐKXĐ
log 2 ( xy 2 ) − 2 log 4 = 3 ⇔ log2 x + log 2 y 2 − 2(log 4 x − log 4 y ) = 3
Biến đổi
y
y > 0

Câu 3
(1,0đ)

phương

0,25

trình đầu tiên của hệ ta có

⇔ log 2 x + 2 log 2 y − 2 log 22 x + 2 log 22 y = 3
⇔ log 2 x + 2 log 2 y − log 2 x + log 2 y = 3

.

⇔ 3log 2 y = 3 ⇔ y = 2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

4 x + 2 − y2 x=−262 = 0

Thay vào phương trình thứ
hai suy ra
2
x 2 xtx >
x
=
=2
0
1
31
16
⇔t 16.2
−2t −t=62
0)
62t==02 . Đặt ta có phương trình
=t−−(2=t 0>−⇔
hoặc . Do nên lấy suy ra .
16
( x; y ) = (1; 2) Đs: Hệ có nghiệm duy nhất .

Câu 4
(1,0đ)

Câu 5
(1,0đ)

Câu 6
(1,0đ)

Ta có:

2x + 3
2x + 3
5 1 
 4 1
dx = ∫
dx = ∫  − .
+ .
2
 dx
4
1
5
1
− x −1
=(2
− x +∫1)( x − 1)
dx + ∫  3 dx2 x + 1 3 x − 1 
2 d (2 x + 1) 5 d ( x − 1)
= − 3∫ 2 x + 1 + 3 ∫ x − 1

2
53
= − 3 ln 22xx++11 + ln
x −x1−+1C
3
3

∫ 2x

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

AΩ74 == 840
840 Gọi A là biến cố "Số chọn được là

số có 4 chữ số đôi một khác nhau và
tổng các chữ số là một số lẻ". Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ 7
chữ số đã cho là (số), suy ra:
b+c+d
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau a + abcd
và tổng các chữ số là một số lẻ có
dạng . Do tổng là số lẻ nên số chữ số
lẻ là lẻ
C41 .C33 = 4 Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3
chữ số chẵn : có bộ số
3

1
C4 .C3 = 12 Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1
chữ số chẵn : có bộ số
P4 = 24
Từ mỗi bộ số trên ta lập được số
Ω A = 384 Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra: .
Vậy .
Ω
uuur
uuuur
uuuur
P ( A) = A
Ta
có
.
AB = (0; − 1; 2); AC = (1; − 1;1); AD = (−2; − 1; − 3)
Ω

0,25
0,25

0,25
0,25

384 48
=
=
0,25
uuur uuuur
uuur uuuur 840

uuuur 105
 AB , AC  = ( 1; 2;1) ;  AB , AC  . AD = −7





r ruuuur
uuur uuur
uuuur uuuu
uuuu
 AB , AB
, AC
, AD
AC
.
AD
= −7 ≠ 0 Do , nên 3 véc tơ không



đồng phẳng suy ra A, B, C,

0,25

D là 4 đỉnh của một hình chóp.
x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 Gọi phương trình mặt

cầu có dạng

( với ).

trình mc là: .
Câu 7
(1,0đ)

a +b +c −d > 0
0,25
 2a + 2b + d = −2 Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B,
 2a + 4c + d = −5 C, D nên ta có hệ


5
31
5
50
Giải hệ suy ra
a = ;b = ;c = ; d = −
 4a + 2c + d = −5 Vậy
5
31
5
50 7
2
x 2 + y 2 + z14
+ x +14 y +14 z −
=0
 −2a − 6c + d = −10
phương
7

7
7
7
0,25
2

2

2

AB = 2a sin V
600SH
= =⊥31a( ABC
; AC.)SH
= 2acos600 = a
S
S . ABC
ABC
3
a) Gọi H là

trung điểm của cạnh AB, từ gt có . . Tam giác


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ABC vuông tại A có:
Nên
1
3

S ABC = AB. AC = a 2
Gọi K là
2
2
trung điểm
của cạnh BC thì
SK =

0,25

1
1
1
BC = a; HK = AC = a cos 600 = a
2
2
2

S

3
SH 2 = SK 2 − KH 2 = a 2
1
. Suy ra .
VS SH
= 3a 3a 4
⇒
. ABC =
b) Ta có
4

6
SB = SH 2 + HB2 2 = 2 a
3a
7a 2
HC 2 = AC 2 + AH 2 = a 2 + 2 =
4
4
SC = SH 2 + HC 2 =

S SBC =

0,25

A

3a 2 7a 2
10
+
=
a
4
4
2

600

H

K

0,25

B

1
1 6
10
15 2
SB.SC = .
a.
a=
a
2
2 2
2
4

C

0,25
d ( A;( SBC )) =

Câu 8
(1,0đ)

3VS . ABC
S SBC

3 3
a

3
= 4
=
a
15 2
15
a
4

Vậy
Tọa độ B là  x + y − 2 = 0
x = 1
nghiệm của 4 x + 5 y − 9 = 0 ⇔  y = 1
hệ
Gọi M' là điểm đối ' d31
M ( ;0)
xứng với M qua , .
2
2 yα− 34= 0
2.1x ++1.2
3
cosα =
= ⇒ sin α =
5. 5

5

0,25
B

.

M

5

Do AB đi qua B và M nên có pt: . BC đi qua M
và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0. Gọi là góc giữa 2
đường thẳng AB và BC suy ra .
AC
Từ định lý
2R =
⇒ AC = 3
sin trong
sin ·ABC
tam giác
ABC .
, trung điểm của AC là .

A

d2

'

C

N

'

a + c 9 − a3 − 4ac
A ∈ AB, C ∈NBC
( ⇒ ;A(a;
);)C (c;3 − 2c )
2
42

.M
d1

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

 a − 4c + 3 = 0
 N ∈ d2
 a = 5; c = 2

2
⇒
⇔

a
−
4
c
+
3



 a = −3, c = 0
2

 AC = 3 (c − a ) + 
÷ =9
2




Câu 9
(1,0đ)

Khi a = 5 ta được A(5;
A(-3; 3). Đs: A(5; -1),
Điều kiện

21

0,25

-1). Khi a = -3 ta được
A(-3; 3).

0,25

x≥7

7 x 2 + 25 x + 19 = 7 x + 2 + x 2 − 2 x − 35 Phương trình tương

đương .

Bình phương 2 vế suy 3 x 2 − 11x − 22 = 7 ( x + 2)( x + 5)( x − 7)
ra:
3( x − 5 x − 14) + 4( x + 5) = 7 ( x + 5)( x − 5 x − 14)
2

0,25

2

( a ,b 0) Khi đó ta có phương trình

Đặt . a = x 2 − 5 x − 14;0,25
b = x +≥
5

a = b
3a 2 + 4b 2 = 7 ab ⇔ 3a 2 − 7 ab + 4b 2 = 0 ⇔ 
3 − 2 7 (l )
3a = 4b x = 3 + 2 7 (t / m); x =0,25

Với a = b suy ra .
Với
3a = 4b suy ra .
61 + 11137
61 − 11137
x=

(t / m); x =
(l ) Đs: .
0,25
61 + 11137
18
18

x = 3+ 2 7 ; x =
3
3
2
1
1
Câu 10 '
2axx f −(xxyx
)=x=x∉
−
M
∈=(zax
0;1
x{(+)fy2(
(0);
z+}6) −
f ( x) = 6 x 2 − 2 yx − z 2 ; f f' ((xx))==M
− y yf+2(1)
z 2 y); zx = x2 = ( y + y 2 + 6 z 2 )
x∈0
[ 0;1⇔
]
1

(1,0đ)
6
6
3

2
12

2

18

Đặt .Ta có: Nhận xét: , lập bảng biến thiên ta thấy khi hay thì .
f (0) = 2( y 3 + z 3 ) − y 2 z ≤ 2( y 3 + z 3 ) − y 2 z + (2 − y − z 2 ) = f (1) Mà
f ( x) ≤ f (1) = 2 y 3 − zy 2 -y + 2 z 3 − z 2 +⇒2
(1)
Lại đặt ,
g ( y ) = 2 y 3 − zy 2 - y + 2 z 3 − z 2 + 2
1
1
g ' ( y) = 6 y 2 − 2 zy − 1; g ' ( y) = 0 ⇔ y = y1 = ( z − z 2 + 6); y = y2 = ( z + z 2 + 6)
6
6

0,25

Nhận xét tương tự suy Max g ( y ) = Max { g (0); g (1)}
y∈ 0;1
ra .

g (0) = 2 z 3 + 2 − z 2 ≤ 2 z 3 + 2 − z 2 + (1 − z ) = g (1) Lại có . Suy ra
g ( y) ≤ g (1) = 2 z 3 + 2 − z 2 + (1 − z ) = 2 z 3 − z 2 − z + 3

(2)
'
3 2 2
Cuối cùng đặt với , .
h
(
z
)
z
=
∈
6
z
0;1
−
2
z
−
1
h( z ) = 2 z [ − z ] − z + 3
Max h( z1)−= h7(1) = 3 1 + 7
. Lập bảng biến thiên '
 0;1z
 =
z0∈⇔
h
(

z
)
=
; z2 =

1
suy ra: (3)
6
6
Dấu bằng xảy ra ở (1),
(2), (3) khi x = y = z = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 đạt được khi x = y = z = 1.

0,25

0,25
0,25