đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE232 sở GDĐT phú yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN– LỚP 12
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.(1,00 điểm)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  1 .
Câu 2.(1,00 điểm)

1 
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x  ln x trên đoạn  ;e  .
e 
Câu 3.(1,00 điểm)
a) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  1; z1  z2  3 . Tính z1  z2 .
b) Giải phương trình: 3

3x4

 9 2 x 2 .

4

1  tan x
dx .
cos 2 x
0

Câu 4.(1,00 điểm) Tính tích phân I  
Câu 5.(1,00 điểm)

x  2 y 1 z  3


và mặt
1
2
2
phẳng (P): x + y – z + 5 = 0. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng () với mặt phẳng (P).
Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (  ) và vuông góc với mặt phẳng (P).

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho đường thẳng () :

Câu 6.(1,00 điểm)

1  sin 2 
3
. Tính A =
.
2
cos2
b) Một tổ học sinh có 5 em nữ và 8 em nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất
để không có hai em nữ nào đứng cạnh nhau.
a) Cho tan  

Câu 7.(1,00 điểm)
  SAD

  BAD
  600 và
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SAB
cạnh bên SA = a. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SD và AB.
Câu 8.(1,00 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của BC, phương trình
đường thẳng DM: x – y – 2 = 0, đỉnh C(3;-3), đỉnh A nằm trên đường thẳng (d): 3x + y – 2 = 0.
Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
Câu 9.(1,00 điểm)










 y x2  2 x  2  x y 2  6

Giải hệ phương trình: 
.
2
2
 y  1 x  2 x  7   x  1 y  1
Câu 10.(1,00 điểm)
Cho các số dương x, y, z thoả mãn x  y  z  3 .







x2
y2
z2


.
x  y2 y  z2 z  x2
----------HẾT----------

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 

Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện () chia sẻ đến www.laisac.page.tl


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN– LỚP 12
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
(Gồm có 06 trang)
------I. Hướng dẫn chung
1. Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm
từng phần như hướng dẫn quy định.
2. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm.
3. Điểm toàn bài kiểm tra không làm tròn số.
II. Đáp án và thang điểm
CÂU
Câu 1

ĐÁP ÁN

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4 - 2 x 2 -1

1,00đ

+ Tập xác định: D  
x  0
+ y '  4 x - 4 x ; y '  0   x  1 .
 x  1
3

0,25 đ

+ Hàm số tăng trên  1;0 và 1;   ,
giảm trên khoảng  ;1 và (0;1);

0,25 đ

+ Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = -1,
đạt cực tiểu tại x =  1 ; yCT = - 2,
+ lim y   ; lim y   .
x  

x  

+ Bảng biến thiên:

x
y'



-1
-

0

+

y

0
+

0



1
-

0



-1
- 2

Đồ thị:
Đồ thị hàm số đi qua các điểm: (-2;7), (2;7)

+

-2

0,25 đ


5

y

4

0,25 đ

3

2

1

x
-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

O

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

-1

-2

-3

-4

-5

Câu 2

1 
Tìm GTLN và GTNN của hàm số f ( x )  x  ln x, x   ; e 
e 

1 x 1

x
x

Ta có:

f '( x)  1 

Ta có:

1 
f ' ( x)  0  x  1   ; e 
e 

Tính

1,00đ

0,25 đ

0,25 đ

1 1
f     1; f 1  1; f (e)  e  1
e e

0,25 đ

1 

Hàm số liên tục trên đoạn  ; e  .
e 
Vậy: maxf ( x)  e  1 , khi x  e ; min f ( x )  1 , khi x = 1.
1 
 e ;e 
 

0,25 đ

1 
 e ;e
 

Câu 3

1,00 đ
a) Cho hai số phức z1 , z2: z1  z2  1; z1  z2  3 . Tính z1  z2 .

0,50 đ

Ta có: z1  a1  b1i ; z 2  a2  b2i (a1 , a2 , b1 , b2   )
2
2
2
2
 z1  z2  1
a1  b1  a2  b2  1


2

2
 z1  z2  3  a1  a2    b1  b2   3

0,25 đ

2

2

 2  a1b1  a2b2   1   a1  a2    b1  b2   1 .
0,25 đ

Vậy: z1  z 2  1 .
b) Giải phương trình: 3

3x4

 9 2 x 2

Phương trình: 3 3 x  4  9 2 x 2  3 3 x 4  3 2( 2 x 2 )
 3x  4  4 x  4 ( x  1 )

0,50 đ
0,25 đ


 x  0 (Loai)
3 x  4  4 x  4
.



x  8
3
x

4


4
x

4

7

8
Vậy nghiệm của phương trình là x = .
7

0,25 đ


4

Câu 4

1  tan x
dx .
cos 2 x
0

1,00 đ

Tính tích phân I  

Ta có:

I=





4

4



4
1  tan x
1
tan x
dx

dx

0 cos2 x
0 cos2 x 0 cos2 x dx

0,25 đ


4

0



1

 cos

2

x

dx  tan x 04  tan




4

 tan 0  1





4

4
4
tan x
1
1 2
1
2
2 
dx

0 cos2 x 0 tan xd (tan x)  2 tan x 0  2  tan 4  tan 0   2

Vậy I  1 

0,25 đ

1 3
 .
2 2

Câu 5

0,25 đ

0,25 đ
1,00 đ

- Tìm giao điểm đường thẳng () với mặt phẳng (P):

0,50 đ

x  2  t
x  2 y 1 z  3 


  y  1  2t
(  ):
1
2
2
 z  3  2t


0,25 đ

Thay vào (P) ta được: -3t + 9 = 0  t  3 . Vậy: A(5; -7; 3).

0,25 đ

- Viết phương trình mp(Q) chứa () và vuông góc mp(P):


Với u  (1; 2; 2) và nP  1;1; 1 .
 

Ta có: u ; nP    0;3;3  nQ   0;1;1 là véc tơ pháp tuyến của (Q).

0,50 đ

(Q) qua A có phương trình: 0(x – 5) + 1.(y + 7) + 1.(z – 3) = 0
Vậy (Q): y  z  4  0 .
Câu 6

0,25 đ

0,25 đ

1,00 đ
a) Cho tan  
Ta có A =

1  sin 2 
3
. Tính A =
2
cos2

1
 tan 2 
cos 2

0,50 đ
0,25 đ


2

 3  11

= 1  2 tan   1  2    .
2
 2

0,25 đ

2

0,50 đ

b)
Không gian mẫu có   P13  13! cách xếp một hàng dọc.

0,25 đ

Số cách xếp 8 bạn nam vào hàng là P8  8!
Số cách xếp 5 bạn nữ vào 9 vị trí xen kẽ: A95 
Vậy PA 

9!
9!
  A  8!.
4!
4!

0,25 đ

9!.8! 14

.

4!.13! 143

Câu 7

1,00 đ
S

M

a

D

A

H
O

N

a
C

B

Theo giả thiết: ABD, SAB, SAD là các tam giác đều
 SA  SB  SD = AB = BD = DA = a
SABD là hình tứ diện đều, hình chiếu H là trọng tâm tam giác ABD
2
2

2a 3 a 3
 SH  SA2  AH 2  a
.
AH  AO 

3
3
3 2
3
Ta lại có: AC = 2AO = a 3  S ABCD 
Vậy: VS.ABCD =

1
a3 2
SH .S ABCD 
3
6

1
1
a2 3
AC.BD  .a 3.a 
2
2
2
0,25 đ

(đvtt).

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SD và AB.

Do SABD là tứ diện đều nên MN là đường cao của MAB; NSD.
Vậy, MN là đoạn vuông góc chung của SD và AB.
Ta có MN  AM 2  AN 2 
Vậy d ( SD, AB ) 
Câu 8

0,25 đ

3a 2 a 2 a 2


.
4
4
2

0,25 đ

0,25 đ

a 2
.
2
1,00 đ


Giả sử A  t ; 2  3t   d .
Từ giả thiết bài toán suy ra:
t  3
2.4


2
2
t  1
 A(3; 7)  A(1;5) .

d  A, DM   2d (C , DM ) 

4t  4

0,25 đ



Mặt khác, A và C nằm về hai phía đối với DM nên chỉ có A(-1;5) thỏa mãn.

0,25 đ



Gọi D (m; m  2)  DM  AD   m  1; m  7  , CD   m  3; m  1 .
ABCD là hình vuông nên

 DA.DC  0
 m  1 m  3   m  7  m  1  0

 m  5.

2
2

2
2
 DA  DC
 m  1   m  7    m  3   m  1

0,25 đ

 
Suy ra D(5;3); AB  DC  B (3; 1).

Câu 9

0,25 đ

A  1;5  , B  3; 1 , D  5;3 .

Vậy:










 y x2  2 x  2  x y 2  6

Giải hệ phương trình: 

2
2
 y  1 x  2 x  7   x  1 y  1
a  x  1
Đặt: 
, hệ pt trở thành
b

y









 









1,00 đ



 
 




b a 2  1   a  1 b 2  6
 a  1 b 2  6  b a 2  1 (1)




2
2
2
2
 b  1 a  6  a b  1
 b  1 a  6  a b  1 (2)



a  b
Trừ vế theo vế (1) và (2):  a  b  a  b  2ab  7   0  
.
 a  b  2ab  7  0
+Trường hợp 1: a = b . Thay vào phương trình (1) ta được:
a  2  x  1


 a  1 a 2  6  a a 2  1  a 2  5a  6  0  
a  3  x  2









0,25 đ

0,25 đ

Suy ra hệ có hai nghiệm (1;2) , (2;3).
+Trường hợp 2: a + b – 2ab + 7 = 0.
Cộng vế theo vế hai phương trình (1) và (2) rút gọn ta được:
2

2

5 
5
1

 a    b   
2 
2
2



0,25 đ

a  b  2ab  7  0

2
2
Ta có hệ phương trình đối xứng loại I: 
5 
5 1
 a     b   
2 
2
2


a  2 a  3
Giải hệ ta có các nghiệm: 
;
b  3 b  2
Từ đó các nghiệm (x;y) là: (2; 2); (1;3).
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là: (1;2), (2; 2); (2;3), (1;3).

0,25 đ


Câu 10

Cho x, y, z  0, x  y  z  3 . Tìm GTNN của P 

x2
y2
z2


.
x  y2 y  z2 z  x2

1,00 đ

Ta có

x2
y2
z2
xy 2  
yz 2  
zx 2 



x


y


z



 
 

x  y 2 y  z 2 z  x2 
x  y2  
y  z2  
z  x2 
 xy 2
yz 2
zx 2 
 P  x  y  z 


 .
2
y  z2 z  x2 
 x y
P

Lại có: x  y 2  2 y x 

0,25 đ

xy 2
xy 2
y x y x  1 xy  y





2
x y
2
2 2
4
2y x

z y yz  z zx 2
yz 2
x z xz  x


;


2
2
yz
2
4
z x
2
4
x  y  z  xy  yz  xz
 P  x y z
4
3
1
9 1

 P  ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)   ( xy  yz  zx).
4
4
4 4

Tương tự:

Để ý: ( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  zx)  3( xy  yz  zx)
9 1
3
 xy  yz  zx  3  P   .3  .
4 4
2
2
2
2
x  y ; y  z ; z  x
x  1

 x  1; y  1; z  1

Dấu “=” xảy ra  
  y  1.
x  y  x
z  1

 x  y  z  3

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Vậy GTNN của P là 3/2 khi x = y = z =1.
Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện () chia sẻ đến www.laisac.page.tl