đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE348 sở giáo dục đào tạo hải phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
Năm học: 2015 – 2016
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (Không tính thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

x
.
x 1





Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  2 x  7 e x trên
đoạn  0;3 .
Câu 3 (1,0 điểm)
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

1  i  z  i   2 z  2i .

Tìm môđun của số

phức w  3  4 z .
b) Giải bất phương trình log 3  x  2   log

3

x  3  1  log 3 2 .

Câu 4 (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  3 và trục
hoành.
x 1 y  3 z  3
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :


1
2
1
và mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  9  0 . Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng d sao cho khoảng
cách từ I đến mặt phẳng () bằng 2.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4sin 2 x cos x  sin 3 x  sin   x  .
b) Trong lễ khai mạc Hội khỏe Phù Đổng của trường THPT X, ban khánh tiết chọn đồng thời 5
bạn trong số 22 bạn lớp trưởng để đón tiếp khách. Tính xác suất trong 5 bạn được chọn có
cả nam và nữ, biết trong 22 bạn lớp trưởng có 8 nam và 14 nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết

a 5
, với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
SA  a 2 , AC  2a , SM 

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình
đường chéo BD là 4 x  5 y  9  0 , đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là
 1
d : x  y  2  0 . Điểm K  2;  thuộc cạnh AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD có bán
 2
15
kính R  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD, biết đỉnh C có hoành độ dương.
6
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:  7 x  10  x  2  2 1  2 x  3 2 2 x  3  x  2







Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức Q 

16
x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x2  1



xy  yz  zx  1
.
x yz

-------------------HẾT-------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT
HẢI PHÒNG
Năm học: 2015 – 2016
Đáp án có 04 trang
BẢN SAO
MÔN: TOÁN
Câu

Nội dung

Điểm

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y 

x
.
x 1

1,0đ

TXĐ: D   \ {1}

0,25

Sự biến thiên:
lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y  1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
x 

x 

lim f ( x )  ; lim f ( x)   nên x  1 là tiệm cận đúng của đồ thị hàm số
x 1

x 1

0,25

1
0
( x  1) 2
Bảng biến thiên:
y

1

x
y

1





–

–

1



0,25

y
1



Hàm số nghịch biến trên (;1) và (1; ) .
Hàm số không có cực trị.
Đồ thị: Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0; 0)
Vẽ đồ thị:
Đồ thị nhận giao điểm 3 đường tiệm cận (1;1) làm tâm đối xứng.



0,25



Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2  2 x  7 e x trên
đoạn  0;3 .
Ta có: f '( x)   x 2  2 x  7  ' e x   x 2  2 x  7  e x  '   x 2  4 x  5  e x
2

 x  1  [0;3]
f '( x)  0   x 2  4 x  5  e x  0  

 x  5  [0;3]

1,0đ
0,25
0,25

Tính f (0)  7 , f (3)  8e3 , f (1)  4e .

0,25

Vậy max f ( x )  f (3)  8e3 ; min f ( x)  f (1)  4e .

0,25

[0;3]

[0;3]

a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 1  i  z  i   2 z  2i . Tìm môđun của số
phức w  3  4 z .

1  i  z  i   2 z  2i   3  i  z  3i  1  z 
3

3i  1
i
3 i

Từ đó suy ra: w  3  4i  5
b) Giải bất phương trình log 3  x  2   log

0,5đ
0,25
0,25

3

x  3  1  log 3 2 .

Điều kiện: x  2 . Khi đó Bpt log 3  x  2  x  3  log 3 6   x  2  x  3  6

0,5đ
0,25


 x  4
 x 2  x  12  0  
x  3
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bpt là T   3;  

0,25

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  3 và trục
hoành.

1,0đ

 x2  1
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x  2 x  3  0   2
 x  1

x
1




0,25

4

2

1

4

Diện tích hình phẳng cần tính được cho bởi công thức S   x 4  2 x 2  3 dx

0,25

1
1

Ta có S 

 x

4

 2 x 2  3 dx

0,25

1

1

 x5 2 x3

64
64
 3 x   , từ đó suy ra S 
Tích phân S   
.
3
15
5
 1 15
x 1 y  3 z  3


1
2
1
và mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  9  0 . Tìm tọa độ điểm I thuộc đường thẳng d

0,25

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

1,0đ

sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng () bằng 2.

5

x  1  t

Phương trình tham só của d là  y  3  2t
z  3  t


0,25

Do I  d nên I 1  t ; 3  2t ;3  t  .

d  I ,( )   2 



2 1  t   2t  3  3  t   9
2

2

2  1   2 

2

2

2  2t
 t  1
2
3
t  4

0,25

Do đó có hai điểm I thỏa đề bài là: I (3; 7;1) , I (3;5;7) .
2

6

0,25

0,25

a) Giải phương trình 4sin x cos x  sin 3 x  sin   x  .

0,5đ

PT  2sin x sin 2 x  sin 3 x   sin x
 2sin x sin 2 x  2sin 2 x cos x  0  sin 2 x  sin x  cos x   0

0,25



xk


sin
2
x

0

2


k  
sin x  cos x  0
 x     k

4
b) Trong lễ khai mạc Hội khỏe Phù Đổng của trường THPT X, ban khánh tiết
chọn đồng thời 5 bạn trong số 22 bạn lớp trưởng để đón tiếp khách. Tính xác
suất trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, biết trong 22 bạn lớp trưởng có 8
nam và 14 nữ.

0,25

0,5đ


Chọn 5 bạn trong số 22 bạn, nên số phần tử của không gian mẫu là:
5
n     C22
 26334
0,25

Gọi A: “5 bạn được chọn có cả nam và nữ”
Khi đó n  A   C85  C145  56  2002  2058
Xác suất cần tính là: P  A   1 

n A
n 

 1

2058 578

  0,92
26334 627

0,25

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu vuông góc
của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC

a 5
, với M là trung điểm cạnh AB.
2
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM và AC.
S
và BD. Biết SA  a 2 , AC  2a , SM 

A

1,0đ

D
0,25

K

M

O

H
B

7

N

C

Từ giả thiết SO  ( ABCD )  SO  AC , OA  a, SO  SA2  OA2  a
OSM vuông tại O: OM  SM 2  SO 2 

1
a
2

Ta có: ABC vuông tại B: BC  2 MO  a, AB  AC 2  BC 2  a 3

0,25

1
3 3
AB.BC.SO 
a
3
3
Gọi N là trung điểm của BC
 MN // AC  d  SM , AC   d  AC ,  SMN    d  O,  SMN  
VS . ABCD 

OMN vuông tại O: OH  MN , SO  MN  MN   SOH 

0,25

SOH vuông tại O: OK  SH  OK   SMN   OK  d  O,  SMN  
OMN vuông tại O: ON 

3
a
a 3
a, OM  , OH  MN  OH 
2
2
4

OS .OH

8

a 57

SOH vuông tại O: d  SM , AC   OK 
19
OS 2  OH 2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường
chéo BD là 4 x  5 y  9  0 , đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là

0,25

1,0đ


 1
d : x  y  2  0 . Điểm K  2;  thuộc cạnh AB và đường tròn ngoại tiếp tam
 2
15
giác ACD có bán kính R  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD,
6
biết đỉnh C có hoành độ dương.
Vì B  d  BD nên B (1;1)
Gọi K là điểm đối xứng với K qua đường phân giác d  K  BC.
Đường thẳng KK đi qua K và vuông góc với d nên có phương trình:
2x  2 y  3  0

0,25

7 1
3 
Gọi I  d  KK '  I  ;  . Mà I là trung điểm KK nên K '  ;0 

4 4
2 
 1
Đường thẳng AB đi qua hai điểm B (1;1) và K 1;  nên có phương trình
 2
x  2y  3  0
3 
Đường thẳng BC đi qua hai điểm B (1;1) và K '  ;0  nên có phương trình
2 
2x  y  3  0

0,25

1.2  2.1 4
3
Ta có: cos 
AB, BC 
  sin 
ADC  sin ABC
5
5
5 5
AC
Theo định lí sin trong tma giác ACD, ta có:
 2 R  AC  3
sin 
ADC





Vì A  AB  A  3  2a; a  , C  BC  C  c;3  2c  , c  0

 3  2a  c 3  2c  a 
Gọi M là trung điểm của AC  M 
;

2
2



  3  2a  c   3  2c  a 
  5
9  0
4 
2
2




Vì M  BD, AC  3 nên ta có hệ: 
2
2

c

2

a

3

3

2
c

a
3





 a  3  2c
c  2
c  0


hoặc 
(loại)  A  5; 1 , C  2; 1
2
a


1

3

a
3

3
c

9





Vì ABCD là hình bình hành nên D (6; 3)

0,25

0,25

Thử lại thỏ mãn phân giác trong.





Giải phương trình:  7 x  10  x  2  2 1  2 x  3 2 2 x  3  x  2



1,0đ

Điều kiện: x  2 suy ra 2 2 x  3  x  2  0 và ta có:
9







7 x  10  2 2 x  3  x  2 2 2 x  3  x  2 ta

Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với :
2 2 x  3. x  2  x  2 2 x  3

0,25


t2  3
, phương trình đã cho có dạng
Đặt t  2 x  3  t  0   x 
2

0,25

t2 1 t2  3
2t

 2t  2t 2t 2  2  t 2  4t  3  0(1)
2
2

Do 2 vế không âm nên bình phương 2 vế ta được:
2

(1)  4t 2  2t 2  2    t 2  4t  3  7t 4  8t 3  30t 2  24t  9  0

t  3
  t  3  7t 3  13t 2  9t  3   0   3
2
7t  13t  9t  3  0 (2)
t  3  x  6 thỏa mãn điều kiện. Phương trình (2) vô nghiệm vì
t  0  VT  0 dương
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  6 duy
Chú ý: Nếu học sinh thêm bớt, nhẩm nghiệm và nhân liên hợp sau đó
không chứng minh được phương trình còn lại vô nghiệm thì trừ 1/2đ

0,25

0,25

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3 . Tìm giá trị nhỏ
16

nhất của biểu thức Q 

2

2

2 2

2



2

x y  y z  z x 1

xy  yz  zx  1
.
x yz

1,0đ

Với x 2  y 2  z 2  3 . Ta có
Q

0,25
2

 x  y  z 1

2 x  y  z
2 9   x4  y 4  z 4   4 
32

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x 4  x  x  3 x 2 Côsi
Tương tự đi đến:
4

4

4

x  y  z  9  2 x  y  z  Q 

10

0,25
2

 x  y  z  1

2 x  y  z
4 x  y  z  4
32

16
t2 1
Đặt x  y  z  t  t  0  . Ta có Q 

2t
t 1
2

Ta có:  x  y  z    x 2  y 2  z 2  .3  9

 x  y  z

2

2

2

2

0,25
2

2

2

 x  y  z  2  xy  yz  zx   x  y  z  3

 t   3;3
1 1
f ' t   2  
2t
2

8

 t  1

Do đó Q  f (t )  f (3) 
Vậy GTNN của Q 

3



1 1
8
 
 0, t   3;3
6 2
43

28
3

28
khi x  y  z  1 .
3

0,25