KSCL121516

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016. (Đề thi gồm 01 trang). Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. x 1 x  1 (1). Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). y. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng  2. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình log 2 x  log 4 x 6. b) Cho số phức z thỏa mãn iz  2  i 0. Tìm điểm biểu diễn của z trên mặt phẳng tọa độ Oxy. 3. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân. . . I  x x  x 2  1 dx. 0. P : 2 x  y  z  3 0 Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng   và điểm A  1;  2; 1 P . . Tính khoảng cách từ A đến   Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc P . với  . Câu 5 (1,0 điểm). 2  cos 2 x P , 2  sin 2 x biết cos 2 x 0. a) Tính giá trị của biểu thức b) Một người gọi điện thoại quên ba chữ số cuối cùng của số điện thoại cần gọi. Người này chỉ nhớ rằng ba chữ số đó đều khác nhau và trong đó chắc chắn một chữ số là 9. Tính xác suất để người gọi điện bấm số một lần đúng được số điện thoại cần gọi. o  Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 60 , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SD và mặt đáy bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SD.. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, AC 2 AB. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A; các điểm M , N lần lượt là trung điểm của HB và HC. Đường K  1; 0  thẳng BC có phương trình x  y  3 0 và trực tâm của tam giác AMN là . Tìm tọa độ các điểm A, B, C. Câu 8 (1,0 điểm). Một người mới đi làm muốn gửi tiền tiết kiệm để mua xe máy. Người đó muốn gửi vào ngân hàng mỗi tháng một số tiền như nhau trong 15 tháng theo thể thức lãi kép (tức là nếu đến kì hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được nhập vào vốn của kì kế tiếp) để được số tiền là 21 triệu đồng vừa đủ mua xe máy. Giả sử lãi suất gửi vào ngân hàng là 0,75 % / tháng, hỏi mỗi tháng người đó cần gửi vào ngân hàng bao nhiêu tiền? 4 Câu 9 (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi giá trị m thoả mãn 2  2 m  2 2  2 2, luôn có đúng 2 số thực x thoả mãn đồng thời các điều kiện 33 x  2  312 x  2  x  7  x  2  6 x  8; i) 4 4 ii) x  2  x  2  6  x  6  x m.. Hết. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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………………….. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016. HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (HDC gồm 04 trang). Môn thi: TOÁN. Nội dung. Câu. 1 (1,0). D  \   1 . a) 1o. Tập xác định: 2o. Sự biến thiên: * Giới hạn và tiệm cận: lim y 1 x   . Đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang là y 1. lim y , lim y   x    1  x    1  . Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x 1. 2 y'   0 x  1 2  x  1 * Chiều biến thiên: .  ;  1  1;    Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  và  . * Cực trị: Hàm số không có cực trị. * Bảng biến thiên:  –1 x  y' – –  y 1. 1. Điể m 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. . o. 3 . Đồ thị:. 0,25. y' . 2. .. y  2 3, y '   2  2. Tại x  2 thì   y 2  x  2   3 Suy ra tiếp tuyến cần tìm có phương trình là hay y 2 x  7. 1 log 2 x  log 2 x 6 2 a) Phương trình đã cho viết lại dưới dạng tương đương. b) Ta có 2 (1,0). 2.  x  1. 0,25 0,25 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . 3 log 2 x 6  log 2 x 4  x 16. 2. 0,25. i a  bi   2  i 0   a  1 i  2  b 0 b) Giả sử z a  bi (a, b  ), ta có . a  1 0   2  b 0.  a 1 ,  b 2. 0,25 suy ra z 1  2i.. A 1; 2 . Do vậy, điểm biểu diễn của số phức z trong mặt phẳng tọa độ Oxy là   3. Ta có. . . I   x 2  x x 2  1 dx. 0. Tính. 0,25. x3 3 I1   x dx   3. 3 0 0 3. 0,25. 2. 0,25. 3. 3 (1,0). Tính. I 2   x x 2  1dx. 0. x 2  1 t  x 2 t 2  1  xdx tdt. Đổi cận: x 0  t 1; x  3  t 2. 2 2 t3 2 8 1 7 2 I 2 t.tdt t dt     . 31 3 3 3 1 1 Suy ra 7 I  3 . 3 Vậy Đặt. d  A,  P   .  Mặt phẳng. 2. 0,25. 22    1  12 4 6 . 3. 0,25  n  2;  1;1 ..  P. có một véc tơ pháp tuyến là Vì đường thẳng  vuông  P  n  góc với mặt phẳng nên có một véc tơ chỉ phương là . x 1 y2 z 1   . 1 1 Mà  đi qua A nên  có phương trình là: 2 5 (1,0). 2 2 a) Ta có cos 2 x 0  sin x cos x.. P Khi đó. 0,25. 2.1    2   1  3. Ta có 4 (1,0). 0,25. 2. x  cos 2.  x   sin. 0,25 0,25. 2 sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x.  2  sin. 0,25. 2. x. . 5cos 2 x 5  . 3cos 2 x 3. a; b; c  b) Không gian mẫu  là tập hợp tất cả các bộ ba chữ số phân biệt  mà trong đó có đúng một chữ số 9. Nhận thấy trong 3 chữ số a, b, c, có đúng một chữ số là 9 khi và chỉ khi xảy ra các. 0,25. 0,25. phương án sau: 2 b, c  -Phương án 1: a 9, khi đó  có A9 cách chọn. 2 a, c  -Phương án 2: b 9, khi đó  có A9 cách chọn. 2 a, b  -Phương án 3: c 9, khi đó  có A9 cách chọn.. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> n    3 A92 216.. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ký hiệu X là biến cố “người gọi điện bấm số một lần đúng được số điện thoại cần n X  1 P X    . n   X  1. n   216 gọi”, suy ra Vậy, xác suất cần tính là. 0,25. Gọi H là trung điểm của AB . Vì SAB cân tại S nên SH  AB. SAB    ABCD  Mà  nên suy ra SH   ABCD  . Từ suy ra  đó  SDH  SD,  ABCD   60o.. 6 (1,0). Từ giả thiết suy ra ABD đều. Trong các tam giác vuông ADH , SHD, ta có a 3 3a HD  AD 2  AH 2  ; SH HD tan 60o  . 2 2 2 a 3 S ABCD 2S ABD  . 2 Ta lại có. 0,25. 0,25. 1 1 3a a 2 3 a 3 3 VS . ABCD  SH .S ABCD  . .  . 3 3 2 2 4 Vậy Kẻ Dx song song với AC. Gọi E , K lần lượt là hình chiếu của điểm H trên Dx và SE , F là giao điểm của HE và AC , O là giao điểm của DH và AC. Ta thấy O là trọng tâm của ABD. Ta có. d  AC , SD  d  AC ,  SDE   d  F ,  SDE  . EF DO 2 .d  H ,  SDE    .d  H ,  SDE    HK . EH DH 3 HS .HE 3a a a 3a HK   . HE HF  FE    , 2 2 2 5 HS  HE 4 2 4 Mặt khác suy ra 2 a 5 d  AC , SD   HK  . 3 5 Vậy Gọi trung điểm của AH là I thì MI là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MI  AC. Do đó I là trực tâm tam giác AMC. Suy ra CI  AM (1).. 0,25. . 7 (1,0). 0,25. Xét tam giác AMN có K là trực tâm nên NK  AM (2). Từ (1) và (2) suy ra NK / / IC; mà N là trung điểm HC , K K là trung điểm nằm trên AH nên   IH , suy ra AH 4.KH . Đường cao AH qua K và vuông góc với BC nên AH : x  y  1 0. Toạ độ H là  x  y  3 0    H 2;  1 . A  2; 3 .   x  y  1  0, nghiệm của hệ  suy ra Từ AH 4.KH suy ra  1 tan ABC 2, tan ACB  , 2 suy ra AH 2.BH , CH 2. AH . Vì AC 2. AB nên. 0,25. 0,25 0,25. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> B b; b  3  BC , C  c; c  3  BC. HB  2 b  2 , AH 4 2, Giả sử  Ta có B 4; 1 B 0;  3  C 10; 7  C  6;  9  . HC  2 c  2 . Suy ra được  hoặc  và  hoặc  Để ý rằng hai điểm B và C nằm khác phía đối với đường cao AH nên kết luận được A   2; 3 , B  4;1 , C   6;  9  A  2; 3 , B  0;  3 , C  10; 7  . hoặc  Gọi a (đồng) là số tiền người đó cần gửi vào mỗi tháng và r (%) là lãi suất mỗi tháng. a  ar a  1  r  . Cuối tháng thứ nhất, người đó có số tiền là: Cuối tháng thứ hai, người đó có số tiền là:. 0,25. 0,25. 2. 8 (1,0).  a  1  r   a    a  1  r   a  r a  1  r   a  1  r  . (đầu tháng thứ hai gửi thêm a đồng, số tiền cuối tháng thứ hai được tính bằng số tiền đầu tháng thứ hai cộng với lãi). Tiếp tục chứng minh như thế, cuối tháng thứ n, người đó có số tiền là:   1  r  n  1 n n 1 T a  1  r   a  1  r     a  1  r  a  1  r   . r   Áp dụng vào bài toán đã cho, với r 0,75%, n 15, T 21000000, ta có   1  0,75%  15  1  a  1  0,75%    21000000. 0,75%   21000000 a 1318078,617.   1  0,75%  15  1    1  0,75%   0,75%   Suy ra Vậy, người đó mỗi tháng cần gửi vào ngân hàng: 1319000 (đồng).. 9 (1,0). . 3. x 2. . 3. .  3. 3. x 2. 2.   . . 3. x  2 1  3. . 0,25. 0,25. . . f 3. x 2.  f . . . f 3. x 2. Suy ra.  f .  2 . Xét hàm số. đồng. . x  2 1  3. biến x 2. 0,25. x 2.  x  2  1. Khi đó t t  x  2,  t 0  Đặt . Ta sẽ chứng minh 3 t  1, t 0. g  t  3t  t  1  g  t  3t ln 3  1 ln 3  1  0. Ta có g  t  3t  t  1. x  2 1  3. 2. x  2  1 (1).. Với x 2 i) trở thành f t 0;    f t t 3  3t 2 , Xét hàm số   dễ thấy   đồng biến trên  ..  1 . 0,25. (2).. Do.  0;    .. trên. đó. hàm. số 0,25. Suy. ra.  x  2  1.. x 2.. f  x  4 x  2  x  2  4 6  x  6  x. .. 0,25. Hàm số có đạo hàm không xác đinh tại x 2, x 6. 2; 6  Trên khoảng  ta có 4 1   6  x  x  2   x  2 4 6  x  1  6  x  x  2  f  x       4   x  2  6  x   2  x  2. 6  x  .. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 4 4 Đặt a  6  x , b  x  2; a  0, b  0 , ta có. ab a 3  b3.  ab a 2  ab  b2  b2 a  b   f  x  0   0  a  b  0    4a 4b 4 2 a 2b 2 4 a 4b 4 2 a 2b 2     a b. Khi đó 4 6  x  4 x  2  x 4. Bảng biến thiên. .  a. x f ' x . . 2. 2 6. . 4 +. f  x. 2 2 2 2. 0. –. 24 2  2 2. Từ bảng biến thiên suy ra điều phải chứng minh. -------------- HẾT--------------. 0,25. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>