Đề thi Toán thanh hóa

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THANH HÓA

NĂM HỌC 2014 - 2015

Đề có 10 câu và 01 trang

Môn thi: TOÁN

co
m

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 − 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

b) Tìm m để phương trình x 4 − 2 x 2 = m + 3 có 4 nghiệm phân biệt.
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x + 8 sin x − 5 = 0 .

N.

Câu 2 (1,0 điểm).

b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (2 − i )(1 + i ) + z = 4 − 2i . Tính môđun của z .

HV

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 3.9 x − 10.3 x + 3 ≤ 0 .

 x 2 y + x 2 + 1 = 2 x x 2 y + 2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x, y ∈ R ) .
3
6
2
2
 y ( x − 1) + 3 y ( x − 2) + 3 y + 4 = 0
π
2

AT

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ ( x + cos 2 x) sin xdx .
0

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a , tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

w.

M

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng
d : x + y − 1 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 4 = 0 . Gọi M là điểm thuộc đường
thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C). Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C)

(A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB. Tìm
tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất.

ww

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(1;3;2) , đường thẳng
x +1 y − 4
z
d:
=
=
và mặt phẳng ( P ) : 2 x − 2 y + z − 6 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm của d
2
−1
−2
với (P) và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P).
Câu 9 (0,5 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu
nhiên một số từ M, tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa
hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ).
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn − 1 − 2 2 < x < −1 + 2 2 , y > 0, z > 0
và x + y + z = −1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1
1
1
+
+
.

2
2
( x + y)
( x + z) 8 − ( y + z)2
----------------HẾT---------------www.DeThiThuDaiHoc.com


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM 2015

THANH HÓA

Môn thi: TOÁN

Câu
Câu 1
(2,0 điểm)

Nội dung
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D = R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y = +∞ ; lim y = +∞
x→−∞

x→+∞

b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x − 4 x , y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ±1

x
-∞
-1
0
1
y'
0
+
0
0
+∞
-3

N.

3

co
m

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

0,25

+∞

+

+∞

HV

y

Điểm

0,25

AT

-4
-4
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;+∞) , hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (−∞;−1) và (0; 1).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1 , yCT = y( ± 1 ) = - 4.
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2
điểm ( ± 3 ; 0).

0,25

M

y

ww

w.

− 3 −1 O

Câu 2
(1,0 điểm)

1

3

x

0,25

−3
−4

b) (1,0 điểm)
Ta có x 4 − 2 x 2 = m + 3 ⇔ x 4 − 2 x 2 − 3 = m (1).
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y = m
Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y = m cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi
− 4 < m < −3 .
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi m ∈ (−4;−3) .
a) (0,5 điểm)
2 cos 2 x + 8 sin x − 5 = 0 ⇔ 2(1 − 2 sin 2 x) + 8 sin x − 5 = 0
⇔ 4 sin 2 x − 8 sin x + 3 = 0

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

1


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

co
m

N.

Câu 4
(1,0 điểm)

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

Điều kiện: x 2 y ≥ −2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)
(2) ⇔ x 6 y 3 + 3 x 2 y = y 3 − 3 y 2 + 3 y − 1 + 3( y − 1)
⇔ ( x 2 y ) 3 + 3 x 2 y = ( y − 1)3 + 3( y − 1) (3)

HV

Câu 3
(0,5 điểm)

π
3


 x = 6 + k 2π
sin x = 2 (lo¹i)
⇔
(k ∈ Z)
⇔
 x = 5π + k 2π
sin x = 1


2
6
b) (0,5 điểm)
Đặt z = a + bi , ( a, b ∈ R ), khi đó z = a − bi . Theo bài ra ta có
(2 − i )(1 + i ) + a − bi = 4 − 2i ⇔ a + 3 + (1 − b)i = 4 − 2i
a + 3 = 4
a = 1
. Do đó z = 1 + 3i , suy ra z = 12 + 32 = 10
⇔
⇔
1 − b = −2
b = 3
x

Đặt t = 3 (t > 0) . Bất phương trình đã cho trở thành
1
3t 2 − 10t + 3 ≤ 0 ⇔ ≤ t ≤ 3
3
1
Suy ra ≤ 3 x ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
3
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = [−1;1] .

0,25

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t có f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ R

Do đó (3) ⇔ f ( x 2 y ) = f ( y − 1) ⇔ x 2 y = y − 1, ( y ≥ −1).

0,25

AT

Thế vào (1) ta được x 2 y + x 2 + 1 = 2 x y + 1

M

⇔ x 2 ( y + 1) − 2 x y + 1 + 1 = 0 ⇔ ( x y + 1 − 1) 2 = 0 ⇔ x y + 1 = 1
Do đó hệ đã cho tương đương với
x 2 y + x 2 = 1  y = 2 − x 2
 x y + 1 = 1  2

⇔  x y = y − 1 ⇔  x 2 (2 − x 2 ) + x 2 = 1 (4)
 2

 x y = y − 1
x > 0
x > 0


4
2
2
(4) ⇔ x − 3 x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1) 2 − x 2 = 0 ⇔ ( x 2 − x − 1)( x 2 + x − 1) = 0

0,25

w.


1± 5
x =
− 1+ 5
1+ 5
2
. Do x > 0 nên x =
hoặc x =
⇔
2
2

−1 ± 5
x =

2

1+ 5
1− 5
−1+ 5
1+ 5
⇒y=
. Với x =
⇒y=
.
2
2
2
2
1+ 5 1− 5 
 −1 + 5 1+ 5 
 , ( x; y ) = 

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 
;
;



2
2
2
2





ww

Với x =

Câu 5
(1,0 điểm)

π

π

π

π

2

2

2

2

0

0

0

I = ∫ x sin xdx + ∫ cos 2 x sin xdx . Đặt I1 = ∫ x sin xdx, I 2 = ∫ cos 2 x sin xdx

u = x
du = dx
Đặt 
⇒
⇒ I1 = − x cos x
dv = sin xdx v = − cos x
π

π

2

2

0,25

0,25

0

π
2
0

π
2

+ ∫ cos xdx = sin x

π
2
0

=1

0,25

0

π

cos3 x 2 1
I 2 = ∫ cos 2 x sin xdx = − ∫ cos 2 xd (cos x) = −
= .
3 0 3
0
0
www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

2


B

O

AB 3 a 15
=
2
2
1
1
= AC.BD = 2a.4a = 4a 2 .
2
2

+) SH =

C

E

S ABCD

co
m

H

N.

Câu 6
(1,0 điểm)

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
1 4

Vậy I = 1 + = .
3 3
Gọi O = AC ∩ BD , H là trung điểm
S
của AB, suy ra SH ⊥ AB .
Do AB = ( SAB ) ∩ ABCD ) và
( SAB ) ⊥ ( ABCD) nên SH ⊥ (ABCD )
AC 2a
+) Ta có OA =
=
=a,
2
2
BD 4a
OB =
=
= 2a .
A
2
2
D
K
AB = OA2 + OB 2 = a 2 + 4a 2 = a 5

HV

1
1 a 15
2a 3 15
2

Thể tích khối chóp S ABCD là : V = SH .S ABCD = ⋅
.4 a =
.
3
3 2
3
Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ⇒ d ( AD, SC ) = d ( AD, ( SBC )) = d ( A, ( SBC )) .
Do H là trung điểm của AB và B = AH ∩ (SBC ) nên d ( A, (SBC)) = 2d ( H , (SBC)).
Kẻ HE ⊥ BC , H ∈ BC , do SH ⊥ BC nên BC ⊥ (SHE ) .
Kẻ HK ⊥ SE , K ∈ SE , ta có BC ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = d ( H , ( SBC )) .

0,25

0,25

0,25

0,25

AT

2 S BCH S ABC S ABCD
4a 2
2a 5
=
=
=
=
.
HE =

BC
BC
2. AB 2a 5
5

1
1
1
5
4
91
2a 15 2a 1365
=
+
= 2+
=
⇒ HK =
=
2
2
2
2
2
HK
HE
SH
4a 15a
60a
91
91

4a 1365
.
91
Đường tròn (C) có tâm I (−2;1) , bán kính R = 3 . Do M ∈ d nên M (a;1 − a ) .

M

Vậy d ( AD, SC ) = 2 HK =

Do M nằm ngoài (C) nên IM > R ⇔ IM 2 > 9 ⇔ (a + 2) 2 + (− a ) 2 > 9

⇔ 2a 2 + 4a − 5 > 0 (*)
Ta có MA2 = MB 2 = IM 2 − IA2 = (a + 2) 2 + (−a ) 2 − 9 = 2a 2 + 4a − 5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: ( x − a ) 2 + ( y + a − 1) 2 = 2a 2 + 4a − 5
⇔ x 2 + y 2 − 2ax + 2(a − 1) y − 6a + 6 = 0 (1)
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình
x 2 + y 2 + 4 x − 2 y − 4 = 0 (2).
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a + 2) x − ay + 3a − 5 = 0 (3)
Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng ∆
đi qua A, B.
+) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1 = d ( E , ∆)
Chu vi của (E) lớn nhất ⇔ R1 lớn nhất ⇔ d ( E , ∆ ) lớn nhất
 5 11 
Nhận thấy đường thẳng ∆ luôn đi qua điểm K  ; 
2 2 

ww

w.

Câu 7
(1,0 điểm)

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên ∆ ⇒ d ( E, ∆) = EH ≤ EK =
Dấu “=” xảy ra khi H ≡ K ⇔ ∆ ⊥ EK .

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

0,25

0,25

10
2

3


Câu 8
(1,0 điểm)

 x = −1 + 2t

d có phương trình tham số  y = 4 − t .
 z = −2t


Gọi B = d ∩ (P ) , do B ∈ d nên B (−1 + 2t ;4 − t ;−2t )

co
m

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
 1 3
Ta có EK =  − ;  , ∆ có vectơ chỉ phương u = (a; a + 2)
 2 2
1
3
Do đó ∆ ⊥ EK ⇔ EK .u = 0 ⇔ − a + (a + 2) = 0 ⇔ a = −3 (thỏa mãn (*))
2
2
Vậy M (− 3;4) là điểm cần tìm

Do B ∈ (P ) nên 2(−1 + 2t ) − 2(4 − t ) − 2t − 6 = 0 ⇔ t = 4 ⇒ B (7;0;−8)

HV

N.

Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I (−1 + 2a;4 − a;−2a )
Theo bài ra thì (S) có bán kính R = IA = d ( I , ( P ))
2(−1 + 2a ) − 2(4 − a ) − 2a − 6
⇒ (2 − 2a ) 2 + (a − 1) 2 + (2 + 2a ) 2 =
2 2 + 2 2 + 12
4a − 16
⇔ 9 a 2 − 2a + 9 =
3

35
.
13
+) Với a = 1 ⇒ I = (1;3;−2), R = 4 ⇒ ( S ) : ( x − 1) 2 + ( y − 3) 2 + ( z + 2) 2 = 16
35
116
 83 87 70 
+) Với a = −
⇒ I = −
; ;
; R =
13
13
 13 13 13 

0,25

0,25

0,25

0,25

2

2

0,25

2

83  
87  
70  13456

⇒ (S ) :  x +  +  y −  +  z −  =
13   13 
169
 13  
Xét các số có 9 chữ số khác nhau:
- Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên.
- Có A98 cách chọn 8 chữ số tiếp theo

0,25

M

Câu 9
(0,5 điểm)

AT

⇔ 9(9a 2 − 2a + 9) = (4a − 16) 2 ⇔ 65a 2 + 110a − 175 = 0 ⇔ a = 1; a = −

0,25

ww

w.

Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9. A98 = 3265920
Xét các số thỏa mãn đề bài:
- Có C54 cách chọn 4 chữ số lẻ.
- Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ số 0 không thể đứng đầu và cuối nên
có 7 cách xếp.
- Tiếp theo ta có A42 cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0.
- Cuối cùng ta có 6! cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại.
Gọi A là biến cố đã cho, khi đó n( A) = C54 .7. A42 .6! = 302400.
302400
5
Vậy xác suất cần tìm là P ( A) =
= .
3265920 54

www.DeThiThuDaiHoc.com

4


⇔ 2( z + y )(1 + zy ) + 2(1 + yz ) + (1 + zy )( y − z ) 2 + 2 zy (1 + yz )
≥ (1 + zy ) 2 + 2( z + y )(1 + zy ) + ( z + y ) 2

co
m

Câu 10
(1,0 điểm)

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+
Ta có P =
2
2
2
2
2
(−1 − z )
(−1 − y ) 8 − (−1 − x)
(1 + y )
(1 + z ) 8 − (1 + x) 2
1
1
1
Ta sẽ chứng minh
+
≥
2
2
(1 + y )

(1 + z ) 1 + yz
1
1
1
Thật vậy:
+
≥
⇔ (1 + yz)[(1 + z ) 2 + (1 + y) 2 ] ≥ [(1 + z )(1 + y)]2 .
2
2
(1 + y) (1 + z ) 1 + yz
⇔ (1 + yz )(2 + 2 z + 2 y + z 2 + y 2 ) ≥ (1 + zy + z + y ) 2

0,25

⇔ (1 + zy )( y − z ) 2 + 2 + 4 yz + 2 y 2 z 2 − (1 + yz ) 2 − ( y − z ) 2 − 4 yz ≥ 0

N.

⇔ yz ( y − z ) 2 + (1 − yz ) 2 ≥ 0 (hiển nhiên đúng).
Dấu “=” xảy ra khi y = z = 1 .

y+z
(−1 − x) 2 (1 + x) 2
 y+z
≥ yz ⇒ yz ≤ 
=
=

2

4
4
 2 
1
1
1
1
4
+
≥
≥
=
Do đó
2
2
2
(1 + x)
(1 + y )
(1 + z ) 1 + yz
4 + (1 + x) 2
1+
4
4
1
⇒P≥
+
4 + (1 + x) 2 8 − ( x + 1) 2
2

HV

Ta lại có

0,25

ww

w.

M

AT

Do − 1 − 2 2 < x < −1 + 2 2 nên ( x + 1) 2 ∈ [0;8) .
4
1
Đặt t = (1 + x) 2 ⇒ t ∈ [0;8) và P ≥
+
4+t 8−t
4
1
Xét f (t ) =
+
với t ∈ [0;8) .
4+t 8−t
4
1
− 3t 2 + 72t − 240
f ' (t ) = −
+

=
(4 + t ) 2 (8 − t ) 2
(4 + t ) 2 (8 − t ) 2
f ' (t ) = 0 ⇔ −3t 2 + 72t − 240 = 0 ⇔ t = 4; t = 20 (loại)
Bảng biến thiên
t
0
4
8
f’(t)
0
+
9
+∞
8
f(t)
3
4
2
(1 + x) = 4
 x = −3
3
3

Do đó P ≥ f (t ) ≥ và P = khi  y = z = 1
⇔
4
4
 x + y + z = −1  y = z = 1


3
Vậy min P = khi x = −3, y = z = 1
4

0,25

0,25

----------------HẾT----------------

www.DeThiThuDaiHoc.com

5