de thi thu thpt quoc gia lan 2 nam 2016 mon toan truong thpt yen lac vinh phuc

SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12
NĂM HỌC 2015-2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số có đồ thị kí (Cx )+ 2
y=
hiệu là .
x −1
(C )
a) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
y = (=
−Cx2)+ 2.
m
b) Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại hai AB
điểm phân biệt A, B sao cho
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Cho và . Tính giá trị của biểu
ππ 3 
π
 −cos
=−0  α − ÷
P = cos  α
− <αα
÷
thức: .
6

 23 5 
b) Đội văn nghệ của một lớp có 5
bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được
chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
Câu 3 (1,0 điểm):
x +1
a) Giải phương trình: .
31− 2 x.27 3 = 81
b) Tính giá trị của biểu thức:, Q = log a b − log a. 4 b + log 3 ( b )
a
a
b
biết rằng a, b là các số thực
dương khác 1.
Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x.log x
hàm số trên khoảng (0;10).
: y −∆B2(4;
= 04)
Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ A∆(0;6),
tọa độ Oxy cho đường thẳng và các điểm . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa
độ điểm C trên đường thẳng sao cho tam giác ABC vuông tại B.
ABCD
Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có (AB
30=02a)
đáy ABCD là hình vuông, cạnh . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng
tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt phẳng bằng . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).
·(2;
−18)
Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa KJ·BAC

3(1;0)
I ABC
; ÷
độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn  2 16 
ngoại tiếp là , tâm đường tròn nội tiếp là .
Đường phân giác trong góc và đường phân giác ngoài góc cắt nhau tại . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương 1 + 4 x 2 + 20 ≤ x + 4 x 2 + 9.
trình:
Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực
x xy
+ y+ 1 ≤ y. 2 y − x
P=
+
.
dương x, y thỏa mãn điều kiện: Tìm
x 2 − xy + 3 y 2 6( x + y )
giá trị lớn nhất của biểu thức:
---------- 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 GD& ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Môn : Toán
HƯỚNG DẪN CHẤM

I. LƯU Ý CHUNG:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí
sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó
không được điểm.
- Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1
a
* TXĐ:
* Giới hạn, tiệm cận:

Nội dung trình bày
(Cx )+ 2 Khảo sát hàm số .

y=
D = ¡x \−{1}

Điểm
1.0

lim y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị
x →−∞
hàm số.
lim y = +∞; lim− y = −∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng của đồ
x →1+
x →1
thị hàm số
Ta có , suy ra hàm số
x − 1 −(x−∞
− ;1)
2 & (1;−+∞
3 )
y'=
=
< 0∀x ∈ D nghịch biến trên các
2
2
( x − 1)
( x + 1)
khoảng
x →+∞

0.25

0.25

*BBT:

0.25
y
4

2

*Đồ thị
b

1

y = (=
−Cx2)+ 2.
m
Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại AB
-2 cho
O
1
2
hai điểm phân biệt A, B sao
-2

Trang 2/6

0.25
1.0

4

5

x


2

a

b

3

a

b

x ≠ 1
x ≠ 1
x+2
= −x + m ⇔ 
⇔ 2
2
x −1
 x + 2 = − x + mx + x − m
 x − mx + m + 2 = 0 (1)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là:

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
1 − m + m + 2 ≠ 0
⇔ 2
⇔ m 2 − 4m − 8 > 0(*)
2  m − 4( m
2 + 2) > 0, B
x2 ; −2x2 + m) 
1( xx2(
AB = ( x2 − x1 ) + ( x1 −A(xx21); −=x1 +2mx),
2 ( m 2 − 4m − 8 )
1 + x2 ) − 4 x1.x2  =
Khi đó d cắt (C) tại , với là nghiệm phương trình (1). Theo Viet, ta có
Yêu cầu bài toán tương đương với :
(thỏa
 m = −2
2 ( m 2 − 4m − 8 ) = 2 2 ⇔ m 2 − 4m − 12 = 0 ⇔ 
mãn
(*)).
 m = 6 Vậy hoặc
1,0 điểm Cho và . Tính giá
ππ 3 
π
 −cos
=−0  α − ÷
P = cos  α
− <αα
÷
trị của biểu thức: .
6

 23 5 
Vì nên . Suy ra
π
4
sin α = − 1<− α
cos<20α = −
π
π
2 π
5π
P = cos α cos + sin α .sin − sin α .cos + cos α .sin
3
3
6
6
3 1 4 3 4 3 3 1 3
P =có 5. bạn
− .
+ .
+ . Chọn
= .
Đội văn nghệ của một lớp
5 2 5 nam
2 và5 7 2bạn nữ.
5 2 5 ngẫu nhiên 5 bạn tham
gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số
bạn nam nhiều hơn số bạn nữ.
C125 = 729 Số cách chọn 5 bạn bất kì là: . Để
chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu
bài toán, ta có hai khả năng sau:

C54 .C71 = 35 -TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ,
có cách chọn.
3
2
C5 .C7 = 210 -TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ,
có cách chọn.
Vậy xác suất cần tìm là:
35 + 210 245
P=
.
x +1 =
Giải phương trình: .
729
1− 2 x729 3
.27 = 81
x +31
Phương trình đã cho tương
3.
1− 2 x
3
3 .3
= 81 ⇔ 31−2 x.3x +1 = 34
đương với :
2− x
4
3 = 3 ⇔ 2 − x = 4 ⇔ x = −2.
Tính giá trị của biểu Q = log a b − log a. 4 b + log 3 ( b )
a
a
b

thức:, biết rằng a, b là
các số thực dương khác 1.
Ta có
Q = log a a b − 2 log a a. 4 b + 3logb ( b )
 a b 
1
= log a a b − log a a 2 . b + 3 = log a  2
+ 3 = log a  ÷+ 3 = −1 + 3 = 2.
÷
÷
a
a b

(

4

)

(

(

)

(

)

(

)

)

(

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x.log x
trên khoảng (0;10].
Hàm số đã cho liên tục
1
f '( x) = log x + x.
= log x + log e
trên (0;10]. Ta có .
x ln10
.
1
f '( x) = 0 ⇔ log x = − log e ⇔ x =
BBT:
e
Trang 3/6

0.25

0.25
0.25

0.25
mm==−6.

2

0.5
0.25
0.25
0.5

0.25

0.25
0.5
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
1.0
0.25
0.25
0.25


5

6

Từ BBT ta suy ra
log e
1
min f '( x) = −

⇔x= .
(0;6),
: y −∆B2e(4;
= 04)
Trong mặt phẳng với hệ tọa
(0;10] độ A∆
e
Oxy cho đường thẳng và các điểm . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng
AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng sao cho tam giác ABC vuông tại B.
Phương trình đường thẳng x − 0 y − 6
x y−6
=
⇔ =
AB là:
4−0 4−6
2
−1
− x = 2 y − 12 ⇔ x + 2 y − 12 = 0.
uuu
r
uuur
uuu
rCuu∈
ur ∆ ⇒ C (t; 2) ⇒ BA(−4; 2), BC (t − 4; −2)
BA.BC = 0 ⇔ −4t + 16 − 4 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ C (3; 2). Tam giác ABC
vuông tại B nên
0
(AB
ABCD
30= 2a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình vuông, cạnh . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng
tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt phẳng bằng . Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).

0.25
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25

1.0

S

7

Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có
0
· 1 = 30SG
2
2 52a 5a . Vì SG vuông
SAG
· AB 2=+tan
AMtan
= SAG
BM
3020 == a 5 =⇒HAG⇒= SGAM
= =
3

3 AG
3 3 3 góc với mặt đáy,
nên góc giữa SA
K
A
và mặt đáy là . Xét tam giác vuông SGA, ta có .
I
B
S ABCD 1= 42a 25. a 2 8 15a 3 Suy ra (đvtt)
1
VS . ABCD = SG.S ABCD 2= . 2a .4a =Hạ GI vuông góc với AB, I
GI
3 =GI =GS .MB
3 3= =
27
3G 10a
GK
thuộc AB. Nối S với I, hạ
3
2
2 3
6
GS O+ GI
M
GK vuông góc với SI, K
thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có , do đó .
OH
103OAH
a·
5 10a ·

11 Gọi H là hình
·
D OAH
sin
=
OH
= = GK
= = ⇒ cosC OAH
=
.
OA 4. 2.
2a
4 4
4 chiếu vuông góc
của O lên (SAB),
ta có . Khi đó AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là .
Xét tam giác vuông OHA, ta có
KJ··ABC
(2;
−18) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy
3(1;0)
I BAC
; ÷
 2 16  cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp là , tâm đường tròn nội tiếp
là . Đường phân giác trong góc và đường phân giác ngoài góc cắt nhau tại . Tìm tọa
Trang 4/6

0.25

0.25
0.25

0.25

1.0


4

A

3

2

1

I
-4

J

-2

2

4

6

8

10

12

-1

C

B

-2

-3

-4

H

-5

-6

-7

-8

K

độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương.
·
·
·
HJB
= JAB
+ JBA
Gọi giao điểm của AK và đường
tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có (góc ngoài tam giác JAB)
·
·
( vì AJ, BJ là các đường phân = JAC
+ JBC
giác)
· CH
¼ + JBC
·
(nội tiếp cùng chắn cung
= CBH
của đường tròn (I))
·
= HBJ
·
·
Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJB
= HBJ
HJ=HB và (1)
·
·

·
·
Lại có BJ, BK thứ tự là
HJB
+ HKB
= ·ABC
900 = HBJ
+ HBK
phân giác trong và phân
giác ngoài góc nên tam giác BKJ vuông tại B. Suy ra (2).
· =HC
HJ
HB
3 ·= HK
 Từ (1) và (2) suy ra hay tam giác
HKB
H  =; HBK
−4 ÷
HBK cân tại H, do đó , vậy H là
2

trung điểm JK, hay . Tương tự .
uuu
r
u
u
u
r
Ta có
65 

 1 
IH  0; − ÷; HJ  − ; 4 ÷
B, C cùng thuộc các đường 
16 
 2 
Trang 5/6

0.25

0.25

0.25


tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
2
2
2

3 
1   65 
 x − ÷ +  y − ÷ =  ÷
2 
16   16 
 x = 5; y = −2

⇔
⇒ B(5; −2), C ( −2; −2).

2

x
=
−
2;
y
=
−
2

3
1
2



+ ( y + 4 ) = + 16
 x − 2 ÷
4



8

r
uuur
AH đi qua J và K nên
 x − 8x y−−1 1=n= =y0x−
y1x−=1=(=
1x1;+0−y8 )− 8 = 0
−−A

208HJ
⇒ M (1;0) ≡ J
 2 − 1 −8 −⇔0⇔; 48÷
phương trình đường
8 x + y − 8 = 0 2y = 0
thẳng AH là: . Gọi d
là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d có véc tơ pháp tuyến , phương trình
đường thẳng d là: . Gọi M là giao điểm của d và AH, tọa độ M là nghiệm hệ: . M là
trung điểm AH nên .
B (5; −2),
Kết luận: ,
 1C ( −2; −2).
A
 ;4÷
1 + 4 x 2 + 20 2≤ x +
 4 x 2 + 9. Giải bất phương trình: (1)
Bất phương trình đã cho tương đương với:
4 x 2 + 9 − 5 + 6 − 4 x 2 + 20 + x − 2 ≥ 0 ⇔

4 x 2 − 16
4x2 + 9 + 5

+

16 − 4 x 2
6 + 4 x 2 + 20

+ x−2≥0

 4x + 8


4x + 8
⇔ ( x − 2) 
−
+ 1÷ ≥ 0
4 x 2 + 9 + 5 6 + 4 x 2 + 20
2
4x + 8
4x +
+x20
− 18 ≥ 4 x 2 + 20 − 4 x 2 +19+ > 04 x⇒
> 1− 4 x 2 + 9
−
+ 1 = ( 4 x + 8) .
+1 > 0
2
2
4 x 2 + 9 + 5 6 + 4 x 2 + 20
4 x + 9 + 5 6 + 4 x + 20

(

)(

)

Từ (1) suy ra . Do đó
Vậy nghiệm của bất phương trình là
9

P=
thức:

Đặt Khi đó
Ta có

x ≥ 2.
x xy
+ y+ 1 ≤ y. 2 y − x Cho các số thực dương x, y
+
.
x 2 − xy + 3 y 2 6( x + y ) thỏa mãn điều kiện: Tìm
giá trị lớn nhất của biểu

0.25

1.0
0.25

0.25

0.25
0.25
1.0

2
0.25
x y −x 1> 0,1y > 0,
1 xy 1≤ y −11 1  1 Do nên .
0 < ≤ 2 = − 2 = −  − ÷ ≤t +1

t −2
t +1 x 1
1 1
y
y
y y
4  y P2= 4
−
=
t = −⇒+0 < t ≤ .
t 2 − t + 3 6t + 6
t 2 − t + 3 y 6 2(t + 1)4

0.25
7 − 3t
1
P '(t ) =
−
.
2
3
Vì , do đó
1
2(t + 1)
t t2(−t −t 1)
+ 3+) 3 < 3;7
0 < t ≤ ⇒ t 2 − t +23 =
− 3t > 6; t + 1 > 1
(
7 − 3t

7 − 3t
1
1
1
1 1
4
>
>
;−
> − ⇒ P '(t ) >
− >0
2
3
2(
t
+
1)
2
2
2
6
3
3
3
2 ( t − t + 3)

.
1P (t1) 5 7 Vậy đồng biến trên , suy ra
P (t ) ≤ P  10;÷ =
+ .

Khi thì ta có
5 7
1
4y5=32 7 30

4


x
=
;
P=
+ ⇒ MaxP =
+
⇔ x = ; y = 2.
2 3 30
3 30
2
---------- Hết ----------

Trang 6/6

0.25
0.25


Trang 7/6