KSCL121516

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[r]

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 x  (1) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) y b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hoành độ  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log x  log x 6 b) Cho số phức z thỏa mãn iz   i 0 Tìm điểm biểu diễn z trên mặt phẳng tọa độ Oxy Câu (1,0 điểm) Tính tích phân   I  x x  x  dx P : x  y  z  0 Câu (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  qua A và vuông góc P với   Câu (1,0 điểm)  cos x P ,  sin x biết cos x 0 a) Tính giá trị biểu thức b) Một người gọi điện thoại quên ba chữ số cuối cùng số điện thoại cần gọi Người này nhớ ba chữ số đó khác và đó chắn chữ số là Tính xác suất để người gọi điện bấm số lần đúng số điện thoại cần gọi o  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD 60 , tam giác SAB cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc SD và mặt đáy 60o Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng AC, SD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, AC 2 AB Gọi H là chân đường cao kẻ từ A; các điểm M , N là trung điểm HB và HC Đường K  1;  thẳng BC có phương trình x  y  0 và trực tâm tam giác AMN là Tìm tọa độ các điểm A, B, C Câu (1,0 điểm) Một người làm muốn gửi tiền tiết kiệm để mua xe máy Người đó muốn gửi vào ngân hàng tháng số tiền 15 tháng theo thể thức lãi kép (tức là đến kì hạn người gửi không rút lãi thì tiền lãi nhập vào vốn kì kế tiếp) để số tiền là 21 triệu đồng vừa đủ mua xe máy Giả sử lãi suất gửi vào ngân hàng là 0,75 % / tháng, hỏi tháng người đó cần gửi vào ngân hàng bao nhiêu tiền? Câu (1,0 điểm) Chứng minh với giá trị m thoả mãn  m  2  2, luôn có đúng số thực x thoả mãn đồng thời các điều kiện 33 x   312 x   x   x   x  8; i) 4 ii) x   x    x   x m Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh…………………………….…………………… ; Số báo danh………………… 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 (1,0) 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 y'   x   x  1 * Chiều biến thiên:  ;  1  1;    Hàm số đồng biến trên khoảng  và  * Cực trị: Hàm số không có cực trị * Bảng biến thiên:  –1 x  y' – –  y 1 Điể m 0,25 0,25 0,25 0,25  o Đồ thị: 0,25 y'  y  3, y '    2 Tại x  thì   y 2  x    Suy tiếp tuyến cần tìm có phương trình là hay y 2 x  log x  log x 6 a) Phương trình đã cho viết lại dạng tương đương b) Ta có (1,0)  x  1 0,25 0,25 0,25  log x 6  log x 4  x 16 0,25 i a  bi    i 0   a  1 i   b 0 b) Giả sử z a  bi (a, b  ), ta có  a  0   2  b 0  a 1 ,  b 2 0,25 suy z 1  2i A 1; Do vậy, điểm biểu diễn số phức z mặt phẳng tọa độ Oxy là   Ta có   I   x  x x  dx Tính 0,25 x3 I1   x dx   3 0 0,25 0,25 3 (1,0) Tính I   x x  1dx x  t  x t   xdx tdt Đổi cận: x 0  t 1; x   t 2 2 t3 I t.tdt t dt     31 3 1 Suy I  3 Vậy Đặt d  A,  P     Mặt phẳng 0,25 22    1  12 0,25  n  2;  1;1  P có véc tơ pháp tuyến là Vì đường thẳng  vuông  P  n  góc với mặt phẳng nên có véc tơ phương là x y2 z   1 Mà  qua A nên  có phương trình là: (1,0) 2 a) Ta có cos x 0  sin x cos x P Khi đó 0,25 2.1       Ta có (1,0) 0,25 x  cos  x   sin 0,25 0,25 sin x  cos x  cos x   sin 0,25 x  5cos x  3cos x a; b; c  b) Không gian mẫu  là tập hợp tất các ba chữ số phân biệt  mà đó có đúng chữ số Nhận thấy chữ số a, b, c, có đúng chữ số là và xảy các 0,25 0,25 phương án sau: b, c  -Phương án 1: a 9, đó  có A9 cách chọn a, c  -Phương án 2: b 9, đó  có A9 cách chọn a, b  -Phương án 3: c 9, đó  có A9 cách chọn n    3 A92 216 Suy số phần tử không gian mẫu là Ký hiệu X là biến cố “người gọi điện bấm số lần đúng số điện thoại cần n X  P X    n   X  1 n   216 gọi”, suy Vậy, xác suất cần tính là 0,25 Gọi H là trung điểm AB Vì SAB cân S nên SH  AB SAB    ABCD  Mà  nên suy SH   ABCD  Từ suy  đó  SDH  SD,  ABCD   60o (1,0) Từ giả thiết suy ABD Trong các tam giác vuông ADH , SHD, ta có a 3a HD  AD  AH  ; SH HD tan 60o  2 a S ABCD 2S ABD  Ta lại có 0,25 0,25 1 3a a a 3 VS ABCD  SH S ABCD   3 2 Vậy Kẻ Dx song song với AC Gọi E , K là hình chiếu điểm H trên Dx và SE , F là giao điểm HE và AC , O là giao điểm DH và AC Ta thấy O là trọng tâm ABD Ta có d  AC , SD  d  AC ,  SDE   d  F ,  SDE   EF DO d  H ,  SDE    d  H ,  SDE    HK EH DH HS HE 3a a a 3a HK   HE HF  FE    , 2 HS  HE 4 Mặt khác suy a d  AC , SD   HK  Vậy Gọi trung điểm AH là I thì MI là đường trung bình tam giác HAB suy MI  AC Do đó I là trực tâm tam giác AMC Suy CI  AM (1) 0,25  (1,0) 0,25 Xét tam giác AMN có K là trực tâm nên NK  AM (2) Từ (1) và (2) suy NK / / IC; mà N là trung điểm HC , K K là trung điểm nằm trên AH nên   IH , suy AH 4.KH Đường cao AH qua K và vuông góc với BC nên AH : x  y  0 Toạ độ H là  x  y  0    H 2;  A  2; 3   x  y   0, nghiệm hệ  suy Từ AH 4.KH suy  tan ABC 2, tan ACB  , suy AH 2.BH , CH 2 AH Vì AC 2 AB nên 0,25 0,25 0,25 B b; b  3  BC , C  c; c  3  BC HB  b  , AH 4 2, Giả sử  Ta có B 4; 1 B 0;   C 10;  C  6;   HC  c  Suy   và   Để ý hai điểm B và C nằm khác phía đường cao AH nên kết luận A   2; 3 , B  4;1 , C   6;   A  2; 3 , B  0;  3 , C  10;   Gọi a (đồng) là số tiền người đó cần gửi vào tháng và r (%) là lãi suất tháng a  ar a   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 (1,0)  a   r   a    a   r   a  r a   r   a   r  (đầu tháng thứ hai gửi thêm a đồng, số tiền cuối tháng thứ hai tính số tiền đầu tháng thứ hai cộng với lãi) Tiếp tục chứng minh thế, cuối tháng thứ n, người đó có số tiền là:    r  n  1 n n T a   r   a   r     a   r  a   r    r   Áp dụng vào bài toán đã cho, với r 0,75%, n 15, T 21000000, ta có    0,75%  15   a   0,75%    21000000 0,75%   21000000 a 1318078,617    0,75%  15      0,75%   0,75%   Suy Vậy, người đó tháng cần gửi vào ngân hàng: 1319000 (đồng) (1,0)  x    3 x 2     x  1   0,25 0,25   f x  f    f x Suy  f   2  Xét hàm số đồng  x  1  biến x 0,25 x  x   Khi đó t t  x  2,  t 0  Đặt Ta chứng minh t  1, t 0 g  t  3t  t   g  t  3t ln  ln   Ta có g  t  3t  t  x  1  x   (1) Với x 2 i) trở thành f t 0;    f t t  3t , Xét hàm số   dễ thấy   đồng biến trên   1  0,25 (2) Do  0;    trên đó hàm số 0,25 Suy  x   x 2 f  x  4 x   x    x   x 0,25 Hàm số có đạo hàm không xác đinh x 2, x 6 2;  Trên khoảng  ta có    x  x    x  2  x    x  x   f  x         x  2   x    x   x  4 Đặt a   x , b  x  2; a  0, b  , ta có ab a  b3  ab a  ab  b2  b2 a  b   f  x  0    a  b  0    4a 4b a 2b a 4b a 2b     a b Khi đó  x  x   x 4 Bảng biến thiên   a x f ' x   2  + f  x 2 2 – 24  2 Từ bảng biến thiên suy điều phải chứng minh HẾT 0,25