SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y 2x x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm A giao điểm (C) với trục hoành Câu (0,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x ) x x đoạn [0; 4] Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình z z tập số phức b) Giải bất phương trình log ( x 3) log ( x 1) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I x( x ln x) dx Câu (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) qua ba điểm A, B, C viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I (2; 1;3) tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trị biểu thức A sin 3 sin 2 , biết cos 2 sin b) Trong kì thi THPT quốc gia, hội đồng thi X, trường THPT A có thí sinh dự thi Tính xác suất để có thí sinh trường THPT A xếp vào phòng thi, biết hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, phòng thi có nhiều thí sinh việc xếp thí sinh vào phòng thi hoàn toàn ngẫu nhiên Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a Hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho HC = 2HA Góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm = 600 Điểm đối xứng với A qua B E ( 2;9) Tìm tọa I( 2;5 ), BC = 2AB, góc BAD độ đỉnh hình bình hành ABCD biết A có hoành độ âm Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x x x x x2 x x Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Tìm giá trị lớn 3b c 3c a 3a b biểu thức P (a b c) a ab b bc c ca HẾT -Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THANH HÓA NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Câu Câu (1,5 điểm) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm a) (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: D = R \ {1} 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: * lim y ; lim y nên đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số x1 x1 0,25 0,25 * lim y lim y nên đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số x x b) Bảng biến thiên: 1 0, x Ta có: y' x 12 Bảng biến thiên: x - y’ + 0,25 + y - * Hàm số nghịch biến khoảng ;1 1; 3) Đồ thị: 1 + Đồ thị cắt trục tung (0;1) cắt trục hoành điểm ;0 2 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng y 0,25 1 x O b) (0,5 điểm) 1 1 Do A (C ) Ox nên A ;0 , y' 4 2 2 Câu (0,5 điểm) 1 Tiếp tuyến (C) A có phương trình: y 4 x y 4 x 2 3 f '( x) x x , f '( x) x x x 0, x 1, x 1 (loại) Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227 Vậy max f ( x) f (4) 227, f ( x) f (1) [0;4] [0;4] 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) Phương trình có 3 ( 3i ) Do phương trình có hai nghiệm z 0,25 3 i, z i 2 2 b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x log ( x 3) log ( x 1) log [( x 3)( x 1)] ( x 3)( x 1) x x 1 x Kết hợp với điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình S (3;5] Câu (1,0 điểm) 2 dx 2 du x u ln x x ln x x x2 I dx ln ln Đặt 2 12 4 dv xdx v x 15 Vậy I ln ln 4 Câu (1,0 điểm) AB ( 4;4;0), AC ( 4;0;4) Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n AB, AC (16;16;16) Do (P) có phương trình: 16( x 5) 16( y 2) 16( z 3) x y z Mặt cầu (S) có bán kính R d ( I ; ( P)) 1 111 (S) có phương trình ( x 2) ( y 1) ( z 3) Câu (1,0 điểm) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) 0,5 điểm cos 2 sin 2(1 sin ) sin sin , sin (loại) 2 A sin 3 sin 2 sin sin sin (1 sin ) 2 29 29 1 1 1 1 3 4 4 1 Vậy A 64 64 4 4 b) 0,5 điểm Số cách xếp ngẫu nhiên thí sinh vào 10 phòng thi 105 100000 Gọi B biến cố cho Có C53 cách chọn thí sinh số thí sinh trường A có 10 cách chọn phòng thi cho thí sinh Ứng với cách chọn ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho thí sinh lại Do số cách xếp thí sinh thỏa mãn điều kiện đề B C53 10.9.9 8100 Xác suất cần tìm là: P( B) Câu (1,0 điểm) 0,25 2 x4 15 I x( x ln x)dx x dx x ln xdx I1 I1 41 1 0,25 B 0,25 0,25 0,25 0,25 8100 81 100000 1000 Theo ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC CD Do SH ( ABCD) nên SH CD , từ ta có CD (SAC ) SCH 600 Do góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) SCH 0,25 AC AD CD a S 2a AC 3 SH HC tan 600 2a Gọi O trung điểm AD, 3a S ABCD 3S AOB Thể tích khối chóp S.ABCD VS ABCD SH S ABCD 3a a 3 (đvtt) 2a HC K A D O H x 0,25 C B Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) mặt phẳng chứa SA Ax, AC //(P) Suy 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 Ax (SAH ) Từ H kẻ HK SA ( K SA) , Ax HK HK (P) nên HK d ( H , ( P)) a 1 13 2a 13 ; AC HK 2 3 HK AH SH 4a 13 6a 13 Vậy d (SA, CD ) (đvđd) 13 Đặt AB m AD 2m E Ta có BD2 AB2 AD2 AB.AD cos600 3m2 BD m Do AB BD AD nên tam giác ABD C B vuông B, nghĩa IB AE I m 3 7m 2 2 m2 IE IB BE A D Mặt khác IE ( ) 28 nên ta có 0,25 AH Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 m 7m 2 28 m IB Gọi n (a; b ) vectơ pháp tuyến AB ( a b 0) AB có phương trình a ( x 2) b( y 9) ax by 2a 9b 3a 4b Ta lại có d ( I , AB) IB (2 3a 4b ) 12(a b ) a2 b2 b(b 3a ) b 0, b 3a +) Với b = 0, chọn a = 1, AB có phương trình x , suy IB có phương trình y Do B AB IB nên B(2;5) , mà B trung điểm AE nên A(2;1) (thỏa mãn điều kiện x A ) Do I trung điểm AC BD nên ta suy C (4 2;9), D(4 2;5) 0,25 0,25 +) Với b 3a , chọn a = b , AB có phương trình x y 36 , suy IB có phương trình ( x 2) ( y 5) x y 19 Câu (1,0 điểm) 16 14 59 ; , mà B trung điểm AE nên Do B AB IB nên B 7 32 14 55 A ; (không thỏa mãn điều kiện x A ) 7 Vậy A(2;1), B(2;5) , C (4 2;9), D(4 2;5) Gọi bất phương trình cho (1) Điều kiện xác định: x 2 (1) x2 x x2 x x x 2x2 2x 2x x 1 2x x x x 2 x x 1 (2 x x 5) x2 x 0,25 2 0,25 2x2 x 2 x x x x (Do x x 0, x R ) x x 2( x 1) 2( x 2) (2) Câu 10 (1,0 điểm) Đặt a x , b x 1(a 0) , (2) trở thành a b a b a b 2a 2b ab0 2 2 (a b ) 2a 2b (a b ) x 1 x 13 x Do ta có x x 2 x ( x 1) x 3x 13 Vậy bất phương trình cho có nghiệm x Giả sử a b c k , đặt a kx, b ky, c kz x, y, z x y z k (3 x y) k (3 y z ) k (3 z x) x y 3y z 3z x Khi P k 2 2 2 k ( x xy) k ( y yz ) k ( z zx) x xy y yz z zx x ( x y ) y ( y z ) z ( z x) 4 x( x y ) y( y z ) z ( z x) x y x yz y z x z 4 5x y 1 5z 1 z x 1 x y 1 y z x x2 y y z z2 Do a, b, c ba cạnh tam giác nên b c a y z x x x 1 1 x , tức x 0; Tương tự ta có y, z 0; 2 2 5t 1 Ta chứng minh 18t (*) với t 0; t t 2 18t 21t 8t 1 (2t 1)(3t 1)2 5t 18t 0 (**) 2 t t t t t (1 t ) 1 1 (**) hiển nhiên với t 0; Do (*) với t 0; 2 2 Áp dụng (*) ta P 18 x 18 y 18 z 18( x y z ) Dấu “=” xảy x y z a b c Vậy P đạt giá trị lớn a b c Thật vậy: (*) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25