Đề thi thử THPT quốc gia môn toán sở GD đt thanh hóa năm 2016 file word có lời giải chi tiết

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 (1,5 điểm). Cho hàm số
2x −1
x −1
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 z2-z+1=0 trên tập số phức.
b) Giải bất phương trình log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) ≤ 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

2

2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x( x + 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).
Câu 6 (1,0 điểm).

a) Tính giá trị của biểu thức A = sin 3α + sin 2 2α , biết 2 cos 2α + 7 sin α = 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.
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) x 2 − 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 biểu thức
3a − b
3b − c 3c − a
P = (a + b + c)( 2
+ 2
+
)
a + ab b + bc c 2 + 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:..............................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu
Câu 1

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 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.
x →1

0,25
0,25

x →1

lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →+∞

x →−∞

b)Bảng biến thiên:
−1

< 0, ∀x ≠ 1
Ta có: y ' =
( x − 1) 2
Bảng biến thiên:

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1;+∞)
3) Đồ thị:
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.

0,25

0,25


1,5đ

b) (0,5 điểm)

Câu 2
0,5đ

1
1
Do A = (C ) ∩ Ox => A( ;0), y '( ) = −4
2
2

0,25

1
Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y = −4( x − ) + 0 <=> y = −4 x + 2
2
3
f '( x ) = 4 x − 4 x
f '( x ) = 0

0,25
0,25

<=> 4 x 3 − 4 x = 0
x = 0
<=>  x = 1
 x = −1( L)
Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227.
Vậy max f ( x) = f (4) = 227; min f ( x) = f (1) = 2
x∈[0;4]

Câu 3
1,0đ

0,25

x∈[0;4]

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

b) (0,5 điểm)
Điều kiện xác định: x >3.
log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) ≤ 3

0,25

0,25

<=> log 2 [( x − 3)( x − 1)] ≤ 3
<=> ( x − 3)( x − 1) ≤ 8

Câu 4
1,0đ

<=> x 2 − 4 x − 5 ≤ 0

0,25

<=> −1 ≤ x ≤ 5
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =(3;5]
2
2
2
x4 2
15
I = ∫ x( x 2 + ln x ) dx = ∫ x 3 dx + ∫ x ln x dx =
+ I1 = + I 1
4 1
4
1
1
1

0,5


Câu 5
1,0đ

Câu 6

dx

du =
2

u
=

ln
x

x 2 ln x 2
x
x2 2
3

x
=> 
=> I1 =
− ∫ dx = 2 ln 2 −
= 2 ln 2 −
Đặt 
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
uuur
uuur
AB = (−4; 4;0), AC = (−4;0; −4) . Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là

r uuur uuur
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)) =
1+1+ 4
3
4
2
2
2
(S) có phương trình ( x − 2) + ( y + 1) + (z − 3) =
3
a) 0,5 điểm
−1
2 cos 2α + 7 sin α = 0 ⇔ 2(1 − 2 sin2α ) + 7 sin α = 0 ⇔ sin α = ,sin α =2(loại)
4
2
3
2
2
A = sin 3α + sin 2α = 3sinα − 4 sin α + 4 sin α (1 − sin α )
2
1
−1 3
−1 2   −1   −29
= 3( − ) − 4( ) + 4( ) 1 −  ÷  =
4
4

4   4   64
−29
Vậy A=
64
b) 0,5 điểm
Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là | Ω |= 105 = 100000
Gọi B là biến cố đã cho
3
Có C5 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.
3
Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là | 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 7
1,0đ

0,25

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 ) .
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH ⇒ SCH=600 .
0,25

AC = AD 2 − CD 2 = a 3
2
2a 3
AC =
3
3
o
SH = HC.tan 60 = 2a

=> HC =

Gọi O là trung điểm của AD, khi đó S ABCD = 3.S AOB =

3a 2 3
.
4

Thể tích khối chóp S.ABCD là
1
1
3a 2 3
3a 3
(đvtt)
VS . ABCD = .SH .S ABCD = .2a.
=
3
3
4
2
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
AH = AC =
;
=

+
= 2 => HK =
2
2
2
3
3 HK
AH
SH
4a
13
Vậy d(CD;SA)=

6a 13
(đvđd)
13

0,25

0,25


Câu 8

0,25

Đặt AB = m ⇒ AD = 2m .
Ta có BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD.cos 60o = 3m 2 => BD = m 3
Do đó AB 2 + BD 2 = AD 2 nên tam giác ABD vuông tại B, nghĩa là IB ⊥AE
IE 2 = IB 2 + BE 2 = (

m 3 2
7m2
) + m2 =
2
4

Mặt khác IE 2 = (2 3) 2 + 42 = 28 nên ta có
7m 2
m 3
= 28 <=> m = 4 => IB =
=2 3
4
2
r
Gọi n = (a; b) là vectơ pháp tuyến của AB ( a2 + b2 > 0 ) khi đó AB có phương trình

0,25

a ( x + 2 ) + b ( y − 9 ) = 0 ⇔ ax + by + 2a − 9b = 0
Ta lại có
d ( I , AB ) = IB =>

| 2 3a − 4b |
a +b
2

2

= 2 3 <=> (2 3a − 4b) 2 = 12( a 2 + b 2 )

<=> 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 xA < 0 ).

0,25

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3 − 2;9), D (4 3 − 2;5)
+) 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
16 3 − 14 59
32 3 − 14 55
Do B = AB ∩ IB nên B (
; ) , mà B là trung điểm của AE nên A(
; )
7
7
7
7
(không thỏa mãn điều kiện xA < 0 ).

0,25

Câu 9
1,0đ

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 .

0,25

(1) <=> 2( x + 2 + x) x 2 − x + 3 − ( x + 2 + x) ≥ 2 x 2 − 2 x + 5
<=> ( x + 2 + x )( 2 x 2 − 2 x + 6 − 1) ≥ 2 x 2 − 2 x + 5
<=> ( x + 2 + x )(2 x 2 − 2 x + 6 − 1) ≥ (2 x 2 − 2 x + 5)( 2 x 2 − 2 x + 6 + 1)
<=> x + 2 + x ≥ 2 x 2 − 2 x + 6 + 1( Do 2x 2 − 2 x + 5 > 0, ∀x ∈ R)
<=> x + 2 + x − 1 ≥ 2( x − 1) 2 + 2( x + 2)(2)

0,25

Đặt a = x + 2; b = x − 1(a ≥ 0) , (2) trở thành

0,25

a + b ≥ 0
a + b ≥ 0
a + b ≥ 2a 2 + 2b 2 <=> 
<=> 
<=> a = b ≥ 0
2
2
2
2
(a + b) ≥ 2a + 2b

( a − b ) ≤ 0
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
3 + 13
<=>  2
<=> x =
Do đó ta có x + 2 = x − 1 <=> 
2
2
 x + 2 = ( x − 1)
 x − 3x − 1 = 0
3 + 13
2
Giả sử a + b + c = k > 0 , đặt a = kx , b = ky , c = kz ⇒ x , y , z > 0 và x + y + z = 1 .
Khi đó
 k (3 x − y )
k (3 y − z )
k (3z − x) 
P=k 2 2
+ 2 2
+ 2 2

 k ( x + xy ) k (y + yz ) k (z + zx ) 

0,25

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =
Câu 10
1,0đ

3 x − y 3 y − z 3z − x
+
+
x 2 + xy y 2 + yz z 2 + zx
4 x − ( x + y ) 4 y − (y + z ) 4 z − (z + x )
=
+
+
x(x + y)
y(y + z )
z(z + x)
4
1
4
1
4
1
=
− +
− +
−
x+ y x y+z y z+x z
4
1
4
1
4
1
=
− +

− +
−
1− z x 1− x y 1− y z
5x − 1 5 y −1 5z − 1
=
+
+
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
3
2
5t − 1
18t − 21t + 8t − 1
(2t − 1)(3t − 1) 2
<=>
−

18
t
+
3
≤
0
<=>
≤
0
<=>
≤ 0(**)
Thật vậy: (*)
t − t2
t − t2
t (1 − t)

0,25

=

1
1
(**) hiển nhiên đúng với mọi t ∈ (0; ) . Do đó (*) đúng với mọi t ∈ (0; )
2
2
Áp dụng (*) ta được P ≤ 18 x − 3 + 18 y − 3 + 18 z − 3 = 18 ( x + y + z ) − 9 = 9

0,25

0,25

0,25


1
<=> a = b = c
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a = b = c .
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =