đề thi thử thpt quốc gia môn toán DE232 sở GDĐT phú yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN– LỚP 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,00 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu 2.(1,00 điểm) 1  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  ln x đoạn  ;e  e  Câu 3.(1,00 điểm) a) Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1  z2  1; z1  z2  Tính z1  z2 b) Giải phương trình: 3x4  x 2   tan x dx cos x Câu 4.(1,00 điểm) Tính tích phân I   Câu 5.(1,00 điểm) x  y 1 z    mặt 2 phẳng (P): x + y – z + = Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng () với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa (  ) vuông góc với mặt phẳng (P) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho đường thẳng () : Câu 6.(1,00 điểm)  sin  Tính A = cos2 b) Một tổ học sinh có em nữ em nam xếp thành hàng dọc Tính xác suất để hai em nữ đứng cạnh a) Cho tan   Câu 7.(1,00 điểm)   SAD   BAD   600 Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD hình thoi cạnh a, SAB cạnh bên SA = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SD AB Câu 8.(1,00 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M trung điểm BC, phương trình đường thẳng DM: x – y – = 0, đỉnh C(3;-3), đỉnh A nằm đường thẳng (d): 3x + y – = Xác định tọa độ đỉnh lại hình vuông Câu 9.(1,00 điểm)       y x2  x   x y   Giải hệ phương trình:  2  y  1 x  x    x  1 y  Câu 10.(1,00 điểm) Cho số dương x, y, z thoả mãn x  y  z     x2 y2 z2   x  y2 y  z2 z  x2 HẾT Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện (duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) chia sẻ đến www.laisac.page.tl SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN– LỚP 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Gồm có 06 trang) I Hướng dẫn chung Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm Điểm toàn kiểm tra không làm tròn số II Đáp án thang điểm CÂU Câu ĐÁP ÁN Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x - x -1 1,00đ + Tập xác định: D   x  + y '  x - x ; y '    x   x  1 0,25 đ + Hàm số tăng  1;0 1;   , giảm khoảng  ;1 (0;1); 0,25 đ + Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = -1, đạt cực tiểu x =  ; yCT = - 2, + lim y   ; lim y   x   x   + Bảng biến thiên: x y'  -1 - + y +  -  -1 - Đồ thị: Đồ thị hàm số qua điểm: (-2;7), (2;7) + -2 0,25 đ y 0,25 đ x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 O -1 -1 -2 -3 -4 -5 Câu 1  Tìm GTLN GTNN hàm số f ( x )  x  ln x, x   ; e  e  x 1  x x Ta có: f '( x)   Ta có: 1  f ' ( x)   x    ; e  e  Tính 1,00đ 0,25 đ 0,25 đ 1 f     1; f 1  1; f (e)  e  e e 0,25 đ 1  Hàm số liên tục đoạn  ; e  e  Vậy: maxf ( x)  e  , x  e ; f ( x )  , x = 1   e ;e    0,25 đ 1   e ;e   Câu 1,00 đ a) Cho hai số phức z1 , z2: z1  z2  1; z1  z2  Tính z1  z2 0,50 đ Ta có: z1  a1  b1i ; z  a2  b2i (a1 , a2 , b1 , b2   ) 2 2  z1  z2  a1  b1  a2  b2    2  z1  z2   a1  a2    b1  b2   0,25 đ 2   a1b1  a2b2     a1  a2    b1  b2   0,25 đ Vậy: z1  z  b) Giải phương trình: 3x4  x 2 Phương trình: 3 x   x 2  3 x 4  2( x 2 )  3x   x  ( x  ) 0,50 đ 0,25 đ  x  (Loai) 3 x   x    x  x    x    Vậy nghiệm phương trình x = 0,25 đ  Câu  tan x dx cos x 1,00 đ Tính tích phân I   Ta có: I=   4   tan x tan x dx  dx  0 cos2 x 0 cos2 x 0 cos2 x dx 0,25 đ    cos x dx  tan x 04  tan    tan    4 tan x 1 2 2  dx  0 cos2 x 0 tan xd (tan x)  tan x   tan  tan   Vậy I   0,25 đ  2 Câu 0,25 đ 0,25 đ 1,00 đ - Tìm giao điểm đường thẳng () với mặt phẳng (P): 0,50 đ x   t x  y 1 z       y  1  2t (  ): 2  z  3  2t  0,25 đ Thay vào (P) ta được: -3t + =  t  Vậy: A(5; -7; 3) 0,25 đ - Viết phương trình mp(Q) chứa () vuông góc mp(P):   Với u  (1; 2; 2) nP  1;1; 1    Ta có: u ; nP    0;3;3  nQ   0;1;1 véc tơ pháp tuyến (Q) 0,50 đ (Q) qua A có phương trình: 0(x – 5) + 1.(y + 7) + 1.(z – 3) = Vậy (Q): y  z   Câu 0,25 đ 0,25 đ 1,00 đ a) Cho tan   Ta có A =  sin  Tính A = cos2  tan  cos 2 0,50 đ 0,25 đ   11 =  tan        2 0,25 đ 0,50 đ b) Không gian mẫu có   P13  13! cách xếp hàng dọc 0,25 đ Số cách xếp bạn nam vào hàng P8  8! Số cách xếp bạn nữ vào vị trí xen kẽ: A95  Vậy PA  9! 9!   A  8! 4! 4! 0,25 đ 9!.8! 14  4!.13! 143 Câu 1,00 đ S M a D A H O N a C B Theo giả thiết: ABD, SAB, SAD tam giác  SA  SB  SD = AB = BD = DA = a SABD hình tứ diện đều, hình chiếu H trọng tâm tam giác ABD 2 2a a  SH  SA2  AH  a AH  AO   3 3 Ta lại có: AC = 2AO = a  S ABCD  Vậy: VS.ABCD = a3 SH S ABCD  1 a2 AC.BD  a 3.a  2 0,25 đ (đvtt) Gọi M, N trung điểm SD AB Do SABD tứ diện nên MN đường cao MAB; NSD Vậy, MN đoạn vuông góc chung SD AB Ta có MN  AM  AN  Vậy d ( SD, AB )  Câu 0,25 đ 3a a a   4 0,25 đ 0,25 đ a 1,00 đ Giả sử A  t ;  3t   d Từ giả thiết toán suy ra: t  2.4  2 t  1  A(3; 7)  A(1;5) d  A, DM   2d (C , DM )  4t  0,25 đ  Mặt khác, A C nằm hai phía DM nên có A(-1;5) thỏa mãn 0,25 đ   Gọi D (m; m  2)  DM  AD   m  1; m   , CD   m  3; m  1 ABCD hình vuông nên   DA.DC   m  1 m  3   m   m  1    m   2 2  DA  DC  m  1   m     m  3   m  1 0,25 đ   Suy D(5;3); AB  DC  B (3; 1) Câu 0,25 đ A  1;5  , B  3; 1 , D  5;3 Vậy:       y x2  x   x y   Giải hệ phương trình:  2  y  1 x  x    x  1 y  a  x  Đặt:  , hệ pt trở thành b  y             1,00 đ        b a    a  1 b   a  1 b   b a  (1)     2 2  b  1 a   a b   b  1 a   a b  (2)  a  b Trừ vế theo vế (1) (2):  a  b  a  b  2ab       a  b  2ab   +Trường hợp 1: a = b Thay vào phương trình (1) ta được: a   x    a  1 a   a a   a  5a     a   x      0,25 đ 0,25 đ Suy hệ có hai nghiệm (1;2) , (2;3) +Trường hợp 2: a + b – 2ab + = Cộng vế theo vế hai phương trình (1) (2) rút gọn ta được: 2 5  5   a    b    2  2  0,25 đ a  b  2ab    2 Ta có hệ phương trình đối xứng loại I:  5  5  a     b    2  2  a  a  Giải hệ ta có nghiệm:  ; b  b  Từ nghiệm (x;y) là: (2; 2); (1;3) Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (1;2), (2; 2); (2;3), (1;3) 0,25 đ Câu 10 Cho x, y, z  0, x  y  z  Tìm GTNN P  x2 y2 z2   x  y2 y  z2 z  x2 1,00 đ Ta có  x2 y2 z2 xy   yz   zx     x   y   z        x  y y  z z  x2  x  y2   y  z2   z  x2   xy yz zx   P  x  y  z     y  z2 z  x2   x y P Lại có: x  y  y x  0,25 đ xy xy y x y x  xy  y     x y 2 2y x z y yz  z zx yz x z xz  x   ;   2 yz z x x  y  z  xy  yz  xz  P  x y z  P  ( x  y  z )  ( xy  yz  zx)   ( xy  yz  zx) 4 4 Tương tự: Để ý: ( x  y  z )2  x  y  z  2( xy  yz  zx)  3( xy  yz  zx)  xy  yz  zx   P    4 2 2 x  y ; y  z ; z  x x    x  1; y  1; z   Dấu “=” xảy     y  x  y  x z    x  y  z  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy GTNN P 3/2 x = y = z =1 Cảm ơn thầy Dương Bình Luyện (duongbinhluyen@phuyen.edu.vn) chia sẻ đến www.laisac.page.tl