Bộ đề thi thử và đáp án chi tiết kì thi Quốc gia năm 2016 môn Toán - Sở GD&ĐT

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

y



3

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số

y



x



23 x

x  2 1  2 x  6

Câu 3 (1,0 điểm).

a) Giải bất phương trình

log

x 

log

 4

2 2

2

x

x

b) Giải phương trình 5.9



2.6



x 4 x 3.4

Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm

I



x



xdx



2 sin 3



Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp

.

.S ABC có

SA





AB a BC a ,





3,

SA



2

a

  0 ABC ABC 90 , ,



Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

.S ABC và tính diện

tích mặt cầu đó theo a.

Câu 6 (1,0 điểm).

2

a) Giải phương trình:

2 cos

x



sin

x

  . 1 0

b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp

12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất

sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp

. Hình chiếu vuông

.S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,

SD 

a 3 2

góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn

AD . Tính theo a thể tích khối chóp

.S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có

AB AD CD





, điểm

, đường thẳng BD có phương trình là

B

(1; 2)

y   . Đường thẳng qua B

2 0

vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết

rằng đường thẳng MN có phương trình 7

x

y 

25 0

 . Tìm tọa độ đỉnh D .

2



x



y



2

x



y









 1

 1

x 

x

1

x y ,



Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:



 

2

x



8

x

 

3 4

x



y



1



 1

    3 

2

2

y



x

Câu 10 (1,0 điểm). Cho

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

,x y   thỏa mãn

2

y

 

2

x



3

x

   

2

4

4

 P x



y



2

x



y





-------------HẾT------------ Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) Chia sẻ đến

www.laisac.page.tl

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 MÔN THI: TOÁN

Điểm

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý

1

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số



y

1,0

Nội dung trình bày x  1 2  2 x

y



D  

\ {2}

 1 2 x  2 x 1. Tập xác định: 2. Sự biến thiên.

0,5

y

'

 



0,

 

x D

2

3  2)

(

x

 và (2;

; 2)

)

Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng ( Hàm số không có cực trị Các giới hạn





y

y

y

 

 

y





lim  x

2; lim  x

0,25

2

x  là tiệm cận đứng,

; lim 2  x y  là tiệm cận ngang của đồ thị.

2; lim x  2 2

Suy ra Bảng biến thiên

0,25

;0

0;

3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại

, giao với trục Oy tại

, đồ thị có tâm đối

1 2

1 2

  

  

  

  

xứng là điểm (2; 2)

I

0,25

3

2

Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số

y



x



23 x

 6

1,0

* Tập xác định: 

0,25

2

x

y



 ' 3

x y 6 ,

0,25

0 2

0,25

 0 2  + 0 - 0 +

x y

y  ; đạt cực tiểu tại

6

0

x  và giá trị cực đại

x  và giá trị

2

0,25

0;6 , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là

 x     ' 0 x Bảng xét dấu đạo hàm Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có Hàm số đạt cực đại tại y  . 2 cực tiểu Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  N 

2; 2

3

a

Giải bất phương trình

log

x 

log

 (1)

4

0,5

2 2

2

x 4

x  (*) 0

+) Điều kiện của bất phương trình (1) là:

0,25

 

log

x



log

x

 

2 0

2

2 2

+) Với điều kiện (*), 2 (1) x log 2  x x

log  2 2)(log

 (log

x 

log 4 4  2   1) 0

2

2

x



4

2





log log

x x

2    1

0

  x

2

  

   

1 2

0,25

+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là

S



0;



   4;

  

x

x

x

(1)

1   2  b Giải phương trình 5.9



2.6



3.4

0,5

Phương trình đã cho xác định với mọi x   Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4

x  ta được :

0

x

x

x

x

x

5.9



2.6



3.4



5.



2.



3

0,25

3 2

23   2 

  

  

x

x

   x

x

(2)







3



0



5.



2.

 

3 0

3 2

3 2

3 2

  

  

23   2 

  

  

  

  

      

  1 5.      

   

x

Vì

 nên phương trình (2) tương đương với

5.

   

3 0

x

3 2

  

  

x

0,25

.

x

0

1

  

3 2

  

4

Tính nguyên hàm





x

I

x  0 xdx

1,0

   Vậy nghiệm của phương trình là: 2 sin 3





Đặt

0,25

x   2  sin 3

xdx

u   dv 

du



dx

ta được

0,25

x

v

 

cos 3 3

   

x



x



Do đó:

0,25

I

 

cos 3

xdx

1   3

x



x



0,25

 

sin 3

 x C



2 cos 3 3

5

2 cos 3 3 1 9 .S ABC có

Cho hình chóp

AB a BC a ,

SA

SA

3,











a

2

  0 ABC ABC 90 , ,



. Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.

S

1,0

I

A

C

B

Vì

SA



ABC

 

SA BC





0,25

, nên

BC



SAB

Mặt khác theo giả thiết AB BC

và do đó BC SB





Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên

(*)

 IA IB





IS



IC

0,25

SC 2

Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp

.S ABC

Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là

R 

SC 2

0,25

2

2

AC



AB



BC



2

a

Ta có

2

2



2



AC

SC  SA Diện tích mặt cầu là

2

6

sin

x

   3 0

(sin

x



x 1)(2sin +3)=0

0,25 0,5 0,25

a Giải phương trình Ta có: sin 2 cos 1x sin

  

 

 2



1

x

k

k



sin

x





0,25

2 2 a R a   2 2  a R 4  8 2   .  x x 2 cos 1 0 sin 2 1 0 2sin    x   x x      )  (do 2sin x x 3 0  2

x





k

 2

k

 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:





 2

0,5

b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.

Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 

5 C  9

0,25

.

78





.

.

.

.

.

0,25

126 Số phần tử của không gian mẫu là: Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”. Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : + 2 học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C + 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C + 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C 1 1 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  C C C C C C 2 2

2 C C C . 2

2 3

2 4

2 4

3 4

1 3

1 3

Xác suất cần tìm là

.

P 



78 126

13 21

7

Cho hình chóp

.S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a,

. Hình chiếu vuông

SD 

a 3 2

góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .

S

1,0

F

C

B

E

H

O

D

K

A

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và

0,25

2

2

2

2

2

2

2

2

SH



 SD HD



SD



(

AH



AD

)



(

)



(

)



a

 a

a 2

3

2

0,25

Diện tích của hình vuông ABCD là

2a ,

V



SH S .



a a .



S ABCD

.

ABCD

1 3

a 3 2 1 3

a 3

SBD

)

/ /( (1)

,

(

 ,(

HK BD / / ( )

HK  d HK SD d H SBD ))

0,25

SE

nên suy ra

mà HF

BD HF

 

SHE

( (2)

Từ giả thiết ta có Do vậy: Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE ) Ta có  HF

BD SH BD HE ,  BD   HF d H SBD SBD ( (

   )) , (

)

a

2

 HE HB

.sin

 HBE



0 .sin 45



+)

a 2

4

+) Xét tam giác vuông SHE có:

a

2

a .

0,25

4

(3)

 HF SE SH HE

.

.

  HF





. SH HE SE

a 3

2

a

2

2

(

)



a

4

d HK SD  ,

(

)

+) Từ (1), (2), (3) ta có

.

a 3

8



, điểm

B

(1; 2)

 2 0

1,0

 . Tìm tọa độ đỉnh D .

25 0

y 

x

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là AB AD CD y   .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có phương trình 7

0,25

Tứ giác BMDC nội tiếp



vuông cân tại B, BN là

   045   BMC BDC DBA BMC

đối xứng qua BN

   phân giác trong MBC ,M C

4

 

AD d B CN (

,

)



d B MN

( ,

)



0,25

2

0,25

2

 4

  5

D

a

BD

4

0,25

BD AD    AB AD Do ( ; 2)    D a BD y 2 0 : ,  D

3

a

loai cung phia B so voi MN

)

5; 2     

    

  3; 2 ( Vậy có một điểm thỏa mãn là:

D

(5; 2)

2



x



y



2

x



y









 1

 1

x 

x

1

x y ,



Giải hệ phương trình:

9

1,0



 

2

x



8

x

 

3 4

x



y



1



 1

    3 

Điều kiện:

x y

  1   1

  

3

3

2





x

x





y



2

x



y



y



2

y



1

  1







 1

   1





 x

x 

 1

x



 1 1



x

x 

 x x  1

0,25

3

3

.





y



1



y



1







x  x

1

x  x

1

  

  

3



Xét hàm số

f

  trên  có

t

t

f



23 t

     suy ra f(t) đồng biến

1 0

t

  t

  t

. Từ đây suy ra

trên  . Nên



y



1

f



f

y

x  Thay

0

0,25



1  

x  x

1

x  x

1

  

  

23 x



8

x

x x

 . 1

2



x

x



2

x



1

   2

 1

vào (2) ta được 

x



1

2

x



6

x

 

3 0

x

 

3 2 3

0,25

2

x

  

1

x

1









x



2

x

  

1 1 3

x

x



  

5 2 13 9

    

2

x



10

x

1 3  

3 0

3 4   2            9 

2

Ta có

y





1

x  x

1

0,25





Với

. Với

.

x

 

3 2 3

  y

x



loai do x (



0)

4 3 3 2

5 2 13 9



.

x y ;



KL: Hệ phương trình có một nghiệm 



4 3 3 2

  3 2 3;  

   

2

10

2

y



x

Cho

thỏa

. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu

thức

,x y  

2

y

 

2

x



3

x

   

1,0

2

4

4

 P x



y



2

x



y





2

2

Từ giả thiết ta có

0y  và

 

2

x

    và

3

0

x

x

x 2

6 5

2

2

2

2

2

2

2

x



y



x

2

x



3

x



2

x

2

x



6

x



5





  

0,25

2

2

f x ( )



2

x

2

x



6

x



x

0;

Xét hàm số

ta được

f(x) = 2



 5 ;

 6 5

   

  

Max 6   0;   5  

2

2   x

y

 2

2

2

x



y

2

2

2



2

2

2

2

2

2

P



x



y



2

2 x y





x



y





2

2

2









2

2 

x

y

x



y





0,25

2

2

2

  P



, 0

t

Đặt

  2

t



x



y

t 2

2 t

2

0,25





g t ( )

,

t



0; 2





3

2

t

3

g t '( )

  t



  

t

2

;

Xét hàm số: t 2 t 2 2 2 t

 2 t

g t '( ) 0

6

Lập bảng biến thiên ta có Min

P



khi x

  y

0,25

3 3 4 2

16 2

------------Hết------------

Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) Chia sẻ đến

www.laisac.page.tl

ðỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ðỀ SỐ 91 Thời gian làm bài 180 phút --------oOo--------

)

Câu 1 (4,0

).

1)

y

x x

1 1

2 .

3

2

y

x

2

m

1

x

m 5

: 1

y x x m 2

3 0 2

(

(

2)

)mC

)mC

A

2;0 ,

B C ,

2

2

T

:

x

y

1

.

Câu 2 (2,0

).

2

x sin 4 .sin

x

4 3 cos

x .cos 2 .sin x

x

2 2 cos

x

6

Câu 3

.

2

log

x

4

x

4

log

x

2

x ).

4

log (4 2

2

1 2

Câu 4

,

Oxyz , cho

A

(3;3;5)

B

(1; 1;1);

Oxy

Oz

.

2)

AM

;

BN

20 3

2 3

Câu 5

2

3

x

2

1 x

2

1

I

x

x

e

dx

Tính tích phân

x 2

1

1

x

Câu 6

.

AB BC

4

a

;

a

10

Câu 7

Câu 8

,Oxy

A

4;6

HK x : 3

4

y

4 0

d

x

2

y

2 0

y

2 :

d x 1 :

2 0

Câu 9

.

Câu 10 (2,0

).

2

2

2

a

b

c

27

và

.

,a b c ,

a b c 4

3 4

4

2

2

2

2

2

P a

b

c

ab a

b

ac a

c

bc b

2 .

c

--------------------

-----------------------

-2016

12 THPT

Môn: TOÁN

Câu 1.1

c

th (C). Vi

nh ti p tuy n c

i nh

m

y

1 1)

x x

1 1

thu c (C) m kho ng c ch t

ng th ng

:

x

y

3 0

b ng 2 .

0,25

. G

m

M a ( ;

C a ( );

1

a a

1 ) 1

3

a

0,25

a a

+) T gi thi t ta c

,

)

2

2

( d M

1 1 2

0,25

a

2 3 a

4

2

a

1

2

0,25

a 5

6 0

a

2

a

2 0

a

0,25

a a

2 3

0,25

+) V i

a (C) t i M l

y

2

x

7

a

2

M

(2;3)

+) V i

a (C) t i M l

y

x

a

3

M

(3;2)

0,25

1 2

7 2

* V y c

nh ti p tuy n c a (C) c n t m l :

x

y

y

2

x

7;

0,25

1 2

7 2

3

2

1.2

2(

m

1)

x

(5

m

1)

x m 2

2

y

c

), v i m l tham s . T m m

th ( mC

m phân bi t

m B, C c m

m

(2;0),

B C , 2

2

x

y

1

.

2) Cho h m s x ( mC ) c t tr c ho nh t n m trong v m +) Ho

nh:

A m n m ngo ng tr n ( T ): m c a( mC ) v tr c ho nh l nghi

3

2

x

2(

m

1)

x

(5

m

1)

x m 2

2 0

0,25

2

(

x

2)(

x

2

mx m

1) 0

x

2

2

0,25

x

2

mx m

1 0 (1)

0,25

m phân bi t

(1) c 2 nghi m phân bi t kh c 2

+) ( mC ) c t tr c Ox t

0,25

' 4 4

2 m m m m

1 0 1 0

1

5

5

m

(

;

)

1 (

;

) \

0,25

2

2

5 3

2

m

x 2

0,25

A

(2;0),

;0)

B x ( ;0), 1

C x ( 2

; v i 1

2;x x l nghi m pt(1) v

1

x 1 x x m . 1 2

ng tr n (T) c tâm O(0;0), b n k nh R=1

0,25

m B, C th a m

u ki

u b i

OB R OC R ( )(

) 0

(

1)(

x

1) 0

1

x 1

2

x x 1 2

x 1

x 2

2

2

x

)

2

)

(

1 (

2

x x 1 2

2

x x 1 2 m 3

4

m

0,25

)

;

m

(

(2;

)

x 1 4 0 2 3

K t h p v

c gi tr c n t m c a m l

m

(

;

(2;

)

)

2 3

2

.

x sin 4 .sin

x

4 3 cos

x .cos 2 .sin x

x

2 2 cos(

x

)

Câu 2

6

i:

0,5

x sin 4 .sin

x

x 2 3 sin 2 .cos 2 .cos

x

x

2 2 cos(

x

)

6

x sin 4 .sin

x

x 3 sin 4 .cos

x

2 2 cos(

x

)

6

0,25

)

x sin 4 (sin

x

x 3 cos )

2 2 cos(

x

6

0,25

)

x 2sin 4 ( sin

x

x cos )

2 2 cos(

x

6

1 2

3 2

x sin 4 cos(

x

2 cos(

x

)

)

6

6

0,25

(sin 4

x

2)cos(

x

) 0

6

sin 4

x

2(

VL

)

0,25

cos(

x

)

0

6

k

x

0,25

2 3

V

cho c c c nghi m l

0,25

2

log

x

4

x

4

log

x

2

x

.

4

log 4 2

2

Câu 3

1 2

x

4 0

2 4

x

2

+

:

x 2 0

0,25

2

x

4

4

x

0

2

+ B

i

x

2)

x

2)

x )

log (4 2

log ( 2 2

1 2

0,25

1 2

log ( 2

log

x

2

x

2)

x )

2

log ( 2

log (4 2

log

x

2 (

x

2)

x )

2

log (4 2

0,25

x

2 (

x

+) TH1: V i

. K t h p v

x x )(

2) 4

x

x

(0;1)

0,25

2) 4 x ng h p n

(1) x th (1) ( 2;2) x c

(2 (0;1)

+) TH2: V i

th

x

(2;4)

33

1

33

1

(1)

(

x

2)(

x

2) 4

x

(

;

)

(

;

)

x

. K t h p v

0,25

2

2

1

33

x

(

;4)

ng h p n

c

2

1

33

0,25

x

(0;1)

(

;4)

* V y b

,

Oxyz

2 B (1; 1;1)

A

(3;3;5)

Câu 4

m G thu c tr c Oz sao cho kho ng c ch t

. n m t ph ng (Oxy) b ng kho ng

n A

1) T m t c ch t 2) Vi

t l h nh chi u c a A, B trên (P) v

AM

;

BN

.

0,25

+) G i

(0;0; )

20 3 G

nh m t ph ng (P) bi t M, N l 2 3 a Oz

2

+) Ta c m t ph ng

Oxy (

) :

z

0;

d G Oxy ,(

(

))

a GA ;

9 9 (5

a )

0,25

2

+) T gi thi t:

d G Oxy ,(

(

))

GA

a

9 9 (5

a

)

0,25

a

43 10

0,25

G

(0;0;

)

V y

l m c n t m.

43 10

AB

6;

AM

;

BN

+) Ta c

20 3

0,25

2 3 d A P ( ,( ))

AB d B P (1) ( ,( ))

+) Ta th y AM AB BN t c l +) Ta luôn c AB BN AN AM

(1) x y ra khi v ch khi c

u ki

c th a m

ng th i

AB

P ; A, ( )

B, N th ng h ng ; B n m gi a A v N ; M tr ng v i N.

0,25

)

;

(

N

+)

, t

t

c

AB

9

BN , B n m gi a A v

13 5 ; 9 9

+) M t ph

n

nên c

nh:

7 9 1 0

x

2

y

2

z

2

3

Câu 5

x

2

1 x

I

(

x

2

x

e 1)

x d .

Tính tích phân

x 2

x

1

1

2

3

x

2

1 x

I

(

x

2

x

e 1)

x d .

x 2

x

1

1

2

2

3

x

2

0,25

1 x

dx

(

x

2

x

1)

e

dx

x 2

x

1

1

1

2

3

+)

M

dx

x 2

1

x

1

0,25

2

2

2

t

1

t

xdx

tdt

xdx

t

x x

1

t

x x 2;

1 2

2 tdt t

2 5

i c n:

2

5

5

3

2

t (

tdt

2

M

dx

t (

1)

dt

0,25

x 2

1) t

x

1

1

2

2

5

3

0,25

(

t

)

t 3

2

2 5

2

0,25

3

2

2

2

x

x

x

2

2

1 x

1 x

1 x

+

N

(

x

2

x

1)

e

dx

(

x

1)

e

dx

2

xe

dx N N

1

2

1

1

1 2

x

1 x

N

2

xe

dx

2

1

2

x

1

x

x

1 x

1 x

e

dx

du

2

e

0,25

t

x

2

u dv

2

xdx

v

x

2

2

x

x

2

1 x

1 x

3 2

2 x e

N

(

x

e 1)

dx

e 4

1

2

N 1

1

1

3 2

3 2

0,25

1

N

e 4

e 4

1

N N N 1

2

N 1

1

2 5

2

2 3

I M N

e 4

1

V y

0,25

3

Câu 6

Cho hình chóp

.S ABCD

ABCD là hình thang vuông t i A v B;

AB BC

4 .

u v n m trong m t ph ng vuông g c v i m t ph ng (ABCD). G i H l

a Tam gi c m c a AB, . T nh th t ch c a kh i ch p S.HBCD v

a

10

bi t kho ng c ch t cosin c a g c gi

n m t ph ng (SHD) b ng ng th ng SC v HD.

S

A

D

K

M

H

E

C

B

N

+) Tam gi c SAB cân nên

SH AB

0,25

+)

AB

SH

(

ABCD

)

) ABCD SAB ( ) ABCD SAB ( ( ) ) SH AB

+) K

CK HD K HD m ,

SH

(

ABCD

)

SH CK

0,25

CK

(

SHD

)

d C SHD ,(

(

))

CK a

10

+ T

c

tam gi c CHK vuông cân t i K

CH a

20

HK a

10

CK

KHC

DHC

45

45

tan

DHC

1

0,25

Nên +) Tam gi c ABH vuông t i B nên tan

2

BHC tan

BHC

tan

CHD

tan

BHD

tan(

BHC CHD

)

3

+)

1 tan

BHC

.tan

CHD

M

0,25

tan

AHD

3

3

AD

6

a

BHD AHD

180

AD AH

(

).

2

Ta c

S

20

a

ABCD

AD BC AB 2

2

2

2

S

S

S

20

a

14

a

6

0,25

HBCD

ABCD

AHD

a 3

3

V

SH S .

V y

.

S HBCD

HBCD

1 3

T nh cosin c a g c gi a h

a 28 3 ng th ng SC v HD

SC a

32

Tam gi c SHC vuông t i H nên +) G i

M AC HD E BC HD ;

EB AD a

4

0,25

2

AM

MC

AC

a .

32

+) AD//EC nên

AEBD l h nh b nh h nh nên 3 5

AD AM EC MC

a 6 a 10

10 a 3 8

a 3 2

3 5 +) Trong m t ph ng (ABCD), k CN//HD v i N thu

EC 3 8 ng AB

0,25

g c gi a SC v HD l g c gi a CN v SC

Ta c :

AH

HN

HN

BN

a .

a

3 5

4 3

2

2

2

2

Ta c :

SN

SH HN

a CN

;

BN

BC

a .

0,2 5

10 3 208 3

4 10 3

2

2

2

SC

SN

0,25

cos

SCN

.

+) p d

nh l Côsin trong tam gi c SCN , ta c

CN SC CN .

2

5 4

+) cos(

SC HD ,

)

cos(

CN SC ,

)

cos

SCN

0,25

cos(

SC HD ,

)

cos

SCN

.

V y

5 4

c l i (H) c 22 c nh. G i X l t p h p c c tam gi c c

nh l

nh c a (H). Ch n

Câu7

c 1 tam gi c c 1 c nh l c nh c

ng u nhiên 2 tam gi c trong X, t nh x c su ch gi c (H) v 1 tam gi c không c c nh n o l c nh c

c (H).

c l i (H) c 22 c nh nên c 22 nh.

3

0,25

1540.

+) S tam gi c c

nh l

nh c

c (H) l

22C

n(

) C

1185030

+) S ph n t c a không gian m u

l

2 1540

0,25

0,25

c c m t c nh l c nh c m gi c c hai c nh l c nh c

22.18 = 396 22

c không c c nh n o l c nh c hai tam gi

: 1540 - 396 - 22 = 1122 c ch n c m t tam gi c c 1 c nh l c nh c a (H) v 1

0,25

+) G tam gi c không c c nh n o l c nh c a (H)" +) S ph n t c a A l

1 n(A) C .C 1122

1 396

+) X c su t c a bi n c A l

p(A)

0,25

n(A) ) n(

1 1 C .C 396 1122 1185030

748 1995

Oxy cho t gi c ABCD n i ti

ng tr

Câu8 Trong m t ph ng t

t l h nh chi u c a A trên BD v CD. Bi t

(4;6)

A 2 0

ng k nh BD. G i nh c a HK: ng th ng

m C thu

m B thu

d x 1 :

2 0

v m K c ho

ng th ng nh

y T m t

c

4 0 y

m B, C, D.

H, K l 4 3 y x x d 2 2 :

A

HAD HKC

.

+) G i E AC HK T gi c AHKD n i ti p

B

D

0,25

H

E

ABC ACD .

K

ABD HAD

m c a

C

c

c

+) Ta c :

C c

c

E

T gi c ABCD n i ti p Tam gi c ABD vuông t i A V y HKC ACD hay tam gi c ECK cân t i E. V tam gi c ACK vuông t i K nên E l AC. 4 8 ;

)

( ;2

)

(

C d 1

0,25

V E HK nên t

c

c

4

2 2 (4; 2).

C

+)

nên g i

K HK x : 3

4

y

4 0

+) Ta c :

.V ho

m K nh

0,25

K

(

)

c SHC vuông t i H nên

2 4 ; 5 5

x

y

10 0.

B BC d

nh : 2 B (6; 2).

2

x x

2 2

y y

8 0. 0

0,25

nh AD: nh CD: .

c

( 4; 2)

+) BC c +) +) L +) L D +) T V y B(6;2), C(4;-2), D(-4;2)

9

Gi i h

nh

x

1

2

5

x

6

y

6 0

2

+) Ta c

(2)

(

x

1)(

x

y

)

0

0,25

x x

1 y

+) V i

, th (1) tr th nh :

1x

y

5

65

1 2

y

4

y

2 2 6

y

11

1 2

y

6

y

11

0,25

4

2

2

y

5

y

5 0

x

1

0,25

+) So s nh v

l nghi m c a h

cho.

5

65

y

4

th (1) tr th nh:

+) V i y

x

4

3

2

x

x

4

x

(

x

1) 5

x

6

x

6

0,25

3

2

2

3

2

2

2

(

x

4

x

4

x

4)

(

x

1)

(

x

2)(

x

1)

(

x

4

x

4

x

4)

(

x

2)

2

u

2

x

t

2

v

x

x

0,25

5 2

6 3

6 2

u

4

x

(

x

x

(

x

v 1)

Ta c h

2

4 3

4) 2

v

(

x

4

x

4

x

4)

u 1)

(

x

2

2

Ta c

u

v

(

x

1)(

v u

)

0,25

1)

( )( u v u v

x

1 0

u v u v

x

V i

u v

x

1 0

2

2

2

Ta c

x

x

3 0,

x

5

x

6

x

6

x

x

3 0(

ptvn v )

2

2

x

2

5

x

6

x

6

V i u

v ta c

2

2

4

x

x

x

x

4

4 5

6

6

4

2

x

x

x

6

2 0

0,25

2

2

2

x

x

(

1)

3(

1)

3

Gi

c nghi m:

x

4 3 1 2

KL: So s nh v

h

cho c c c nghi m l

3

3

1

x

x

x

4 3 1 2

4 3 1 2

0,25

;

.

;

5

65

y

3

3

4

y

y

4 3 1 2

2

2

2

b

c

27.

4 3 1 2 ,a b c th a mãn

,

10 2,0

a b c 4

3 4

a v 4

2

2

2

2

2

P a

b

c

ab a

b

ac a

c

bc b

c

2 .

4

4

4

3

3

3

3

3

3

P a

b

c

a b ab

a c ac

b c bc

3

3

3

a a b c

b b a c

c c a b

0,5

3

3

3

a

b

c

3

3

3

3

3

2

2

a

a

b

c

b c b

c

bc

0,25

2

2

2

2

2

2

b c

3

a ;

bc

b c

b

c

3

a

27

a

a

a 3

9

1 2

1 2

3

3

3

2

2

3 b

a

c

a

3

a

27

a

a

a 3

9

0,25

3

2

a

9

a

27

a

108

2

Ta c

b c

3;

bc a

a 3

9

2

2

2

0,25

b c

bc 4 ,

b c ,

Ta luôn c

3

a

4

a

a 3

9

a

3;5

3

2

Ta c

P

a 3

27

a

a 81

324

3

2

3;5

X t h m s

f a ( )

a 3

27

a

a 81

324

x

nh v liên t c trên

2

f a '( )

9

a

54

a

81;

( 3)

243

f

3 3 2

3;5

a

;

(5) 381

f

f a

'( ) 0

0,25

(3 3 2) 81 324 2

f

a

3 3 2

3;5

V y GTLN c a

( ) GTLN c a P b ng 381 khi

f a b ng 381 khi a

5a 5;

b c

1

Ghi chú:

--------------------

--------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG (đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN: TOÁN Ngày thi: 08/4/2016 Thời gian làm bài 180 phút, không kể phát đề

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

y



.

3

)C và đường thẳng

y

x  3.

 1 2 x  1 x 23  ( 2 x

y

   x

Câu 2 (1,0 điểm). Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (

)C tại điểm M.

Câu 3 (1,0 điểm).

x



x

 

1 sin 2

sin 2

a) Giải phương trình cos b) Giải phương trình

x

  1)

x c x os2 .   . 1)

x

log ( 2

log ( 1 2



I



x ( sin

x



x dx ) .

Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân



0

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (

P x ) :



2

y



2

z

  , đường

3 0

x

2

thẳng

và điểm

d

:





A

(2;5;8).

Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và vuông góc với

 1

y  1  2

z  1

.

đường thẳng

.d Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng

8 3

n

2

n

Câu 6 (1,0 điểm). a) Cho khai triển

 (1 2 ) x





  ...





2

 . 1

. Tìm số nguyên dương n biết

a 0

 a x a x 1

2

a x n

a 0

a 8 1

a 2

b) Gọi A là tập các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau lập được từ các chữ số 0, 2,3,5, 6,8.

.A Tính xác suất để số lấy được có chữ số 0 và chữ số 5 không

Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập đứng cạnh nhau.

a ' 2

BA

Câu 7 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a . Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) trùng với trung điểm H của cạnh B’C’, K là điểm trên cạnh AC 3. sao cho CK=2AK và Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và BK theo a .

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình   . Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường chéo AC lấy điểm E sao cho AD x :

3 0

y 2

(D và E nằm về hai phía so với đường thẳng AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật

BE AC ABCD , biết điểm

E

(2; 5)

 , đường thẳng AB đi qua điểm

F

(4; 4)

 và điểm B có hoành độ dương.

3

2

7

y



3 (

xy x



y

 ) 24

y



3

x



27

y



14

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

(cid:0)

x y ,



.





3

2

3

  x

y

  4

x



y



5

3   x    Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương

Chứng minh rằng

x y z thỏa mãn ,

,

xy



yz



zx



xyz



4.

2

3







(

x



2)(

y



2)(

z



2).

1 x

1 y

1 z

   

   

----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh:..............................................................., SBD.....................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang)

Nội dung trình bày

Điểm

Câu Ý

1

D  (cid:0)

\{1}.

1,0 điểm *) TXĐ: *) Sự biến thiên: - Giới hạn: y



 

 



y

y

y

lim  x

2; lim  x

0,25

2;

x  1.

2; lim ; lim   x  1 x  1 Suy ra đths có tiệm cận ngang là y  tiệm cận đứng là

- Ta có

Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.

'

y



  

0

x

1.

2

(

x

 1 

-

1   1) -Bảng biến thiên x y’ y

0,5

- 2   2

*) Vẽ đúng đồ thị.

0,25

2

1,0 điểm

3

23 x



2

0,25

Tọa độ của M là nghiệm của hệ

y y

    x    x 3    x

3

y

0,25

  M

( 1; 2)





  y x 3 3 2

  1

x

x

3



  

x

x

  

  

0,25

5 0 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M là

y



y

 '( 1)(

x

  1) 2

0,25

   y

9(

x

     9

1) 2

y

x

 7.

3

1,0 điểm

a

2

Pt đã cho



cos

x



sin

x



x 2sin cos

x



c 2 os

x

 0

0,25

 sin (1 2 cos ) x



x



 cos (1 2 cos ) x

x

 0.

 (sin

x



 cos )(1 2 cos ) x

x

 0.

x

 k

x



sin

x



0





(

k



(cid:0) ).

x



0

cos    1 2 cos 



k

 2

    4  3

      x 

0,25

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm:

x

 k

,

x

 



k

 2 , (

k

 (cid:0) . )

    4

 3

0.25

b ĐK: x >1.

- 1 -

2

2

2

x

  1)

x

  1)

x

  1)

x

 

1) 0

  ( x

1)(

x

 

1) 1

log ( 2

log ( 2

log ( 2

log ( 1 2

2



x x (

   1) 0

x

5

1

(do x >1).

  x

 2

0.25

5

1

Vậy tập nghiệm của PT là

.

S={

}.

 2

4







1,0

+

I



x ( sin

x



x dx )



x

sin

xdx



xdx







0

0

0

0,5



2

+

xdx



x



1 2

2    0 2

0







x

sin

xdx



x

 ( cos ) x

cos

xdx







 0

0,25





0

0

0,25

.

 

5

0,25

0,25

21 I   2 1,0 điểm + Mặt phẳng (Q) có VTPT + Phương trình (Q):  

x

 n  y 2 2(

. (1; 2; 1)      z 8) 0 ( 5)

  

x

2

y

  z

 . 16 0

1

0,25

B

(2

  

t ; 1 2 ;

t

  ) t

d

;

d B P ( ;(

))

8   3

 | 5 t 3 | 3

8   3

.11 5

 t     t 

0,25

Do đó

B   và (3; 3; 1)

B  (

;

;

1 17 11 ) 5 5 5

6

1, 0 điểm

n

n

a

k

Ta có

. Khi đó, suy ra

a

C

n  (1 2 ) x



C

k x (2 )



C

k 2

x

k n

k n

k 2k n

k





k



0

k



0

0,25

Do đó, ta có

a







C 4

0 C a ; n

1

1 C a 2 ; n

2

0

2 n

1)

0,25

a



a 8



a 2

  

C

1

16

C



C 8

  

n 1 16

1





1

Vậy

1

0

2

1 n

2 n

0 n

 n n 8 ( 2!

n 16



n n 4 (

  

1)

4

n



n 1(

   5

0)

n

0,25

b + Số các số trong tập hợp A bằng: 6! 5! 600.





+ Số các số trong tập A mà mỗi số có chữ số 0 và 5 đứng cạnh nhau bằng:

.

5! 4* 4! 216





0,25

Xác suất của biến cố cần tìm:

P   1



0, 64.

216 600

- 2 -

1,0 điểm

A

K

7

C

B

E

I

A'

C'

D

H

B'

0,25

Vì BH  (A’B’C’) nên tam giác A’BH vuông tại H Tính được  A H a

BH

3,

a 3



'

2

4

a

3

3

0,25

(đvtt)

V



S

.

BH



a .3



a 3 3.

ABC A B C .

'

'

'

A B C '

'

'

4

Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ tại I. Ta có CC’ // (KBB’I ) nên

0,25

d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)). Dựng HD  B’I. Khi đó IB’  (BDH) suy ra (KBB’I)  (BDH) Dựng HE  BD suy ra HE  (KBB’I).

a

a

Tính được

B I '



,

HD



,

HE



.

28 3

21 7

a 3 22

0,25



d(H;( KBB'I))=

HE



.

a 3 22

22

Vậy d(CC’,KB) =

.

a 3 11

8

1,0 điểm

E

A

B

F

H

D

C

- 3 -

Ta có

và AB đi qua F(4 ; -4)

AB AD x



:



2

y

 

3 0

0,25

. Khi đó



AB x : 2

  

4 0

y

A



A B



A D



A

(1;2)

Ta có đường thẳng EF đi qua hai điểm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương trình

EF x

y 2

12



:

 0

0,25

vì

tại F. Khi đó, ta A BC



 

EFB

.

Suy ra EF AD EF AB (cid:0) (cid:0) BE EBF ,

  (cid:0) BCA

A C





AB EF



5

(cùng phụ với (cid:0)HBC ) 

Ta có

B AB x

: 2



   

4 0

y

B b

 ( ; 4 2 ),

b

b

 0.

0,25

Vậy

AB

  

b (

5

2 1)



2  (2 2 ) b

  

2 b 5

5

b 10

  

0

b

2(

dob

  0)

B

(2;0)

Ta có

BC



A B

x : 2

y

0

4



BC x

:



y 2

 

0

2

AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BE  AC nhận

   và BC đi qua B(2; 0)  BE 

 (0; 5)

là véc tơ pháp tuyến



A C

 : 5( y



2)

   . Khi đó, ta có

2

0

y

 C A C



BC



C

(6;2)

0,25

CD đi qua C(6; 2) và

CD A D x



:



y 2

  3

0



CD x : 2

  y

14

 . 0

Khi đó

. Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).

D CD A D







D

(5; 4)

9

1,0 điểm

3

2

7

y



3 (

xy x



y

 ) 24

y



3

x



27

y



14 (1)

(cid:0)

x y ,



.





3

2

  x

y

  4

x



y



5 (2)

3

3   x   

Đkxđ

3   4

 x  y 

0,25

3

3

Từ (1) ta có

(

x



y

)



3(

x



y

)



2

y



2



y



2





 3 2



2

   x

y

x



y

)



(

x



y

y



2



2

y



2



3



0



 ) 2





2

  2 ( 

 

y

x   . Suy ra 2 2

   . 3x

Thế vào (2) ta được

3

2

2

x

  2

3

  x

x



x



4

x

   

2

1

x

(

x



4)



3

  x

(

  x

5)



(

x

  x

2)(

x



0,25 2)

1 3

1 3

2    x

x

x



2







0







1 2

1 x

3

x

  

x

4

3 3

  

5

x

  2 3  

  

0,25

2

x

   x



2  x        1 0 x 1



Với

x

  

2

y

0;

x

     . y

1

3

0,25

x y ( ;

)

x y

)



2;0

KL

   

 1; 3 , ( ;





- 4 -

10

1,0 điểm Từ giả thiết suy ra 0



xy yz zx

,

,

 4

Đặt

, trong đó A, B, C là các góc nhọn.

zy

=

2 cos A,

xz

=

2 cos B,

xy

=

2 cos C

2

2

2

2 cos

A

cos

B

cos

C

  1

(cos

C



cos(

 A B

))(cos

C



cos(

 A B

))



0,25

Từ giả thiết suy ra cos cos  

B cos(

A cos

 cos  A B

 C

 C  ) 0

Suy ra A, B, C là ba góc nhọn của một tam giác. Ta có

2 cos

B

2 cos

cosC

B

z



;

y



;

x



A cos

2 cosC cos cosA 2

2

cos C 3(cos

)

C

YCBT





2 8sin A sin A cos

cos

2 B sin B cos

C

sin

sin



 3(1 4sin

A ) 4sin sin sin

B



C

0,25

A cosB   cos B cos A C 2 cos C B A cos cos C B A 2 2 2

1







1 sinAsinBsinC

4 3

2 cos

cos

cos

B 2

C 2

A 2 1

1

1







1 sinAsinBsinC





2cos

cos

cos

cos



cos



cos

0,25

A 2

B 2

C 2

sinA sinB sinC 3

A 2

B 2

C 2

  

3   

2

3

    

3     







.

0,25

8 3 3

4 3 3

4 3

------Hết------

- 5 -

ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang)

26 x

= − + − y x x 9 1

y

= + x

Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu 2 (1,0 điểm)

9 −

x

1

x

trên đoạn [2;5] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

+ = . Tính

2 2 x+

5 0

x 1

x+ 2

2

2

= −

+

−

−

x

x

x

2)

2

Câu 3 (1,0 điểm) a) Gọi .

log ( 2

8) 1 log ( 1 2

π 2

2

I

x

x

=

+

(

sin

) cos

xdx .

,x x là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình 1 b) Giải phương trình .

∫

0

13 0

+

+ −

2 z

x y

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

ACB =

060 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD.

, mặt phẳng (A’BD)

α π<

=

A

Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; 5), B(−6; 1; −3) và mặt phẳng (P) có phương trình 2 = . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc (cid:1) 060 tạo với đáy một góc Câu 7 (1,0 điểm)

< . Tính

cos

sin

π 2

2 α= , với 3

π 2 3

  

2

2 25 =

y+

x

10 0

+

= và điểm A có hoành độ âm.

3 y−

x

2

2

−

+

−

+

= + x

x

x

x

x

+ 1 2

14

18

33

9

a) Cho

2

2

2

2

+

+

+

+

=

+

+ + y

xy

xz

x

x

x

y

z

z

x ∈

trên tập số thực.

và

 α +  b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): , đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

4

2

5

8

2

4

2

5

[0;5]

=

+

−

−

−

P

z

xy

x

+ + z

xy

2

21

10

===============Hết===============

Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl

. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN

3

Điểm

26 x

+ − − x y ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM = x 9 1

2

2

−

−

+

x

x

x

x

=+ 9

12

(3

4

)3

Câu Câu 1 1,0 đ

y

x

<<⇔< 1 0'

3

y ⇔> 0' Ta có , . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên = • Chiều biến thiên: y 3' > 3 < x x 1   

∞+

(−∞ và )1,

,3(

)

0,25 .

).3,1( 1=x

3=x

= y và 3)1( = ; đạt cực tiểu tại và yCD

+∞=

y

y

lim; +∞→ x

lim −∞→ x Bảng biến thiên

)3( 0,25 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng + Hàm số nghịch biến trên khoảng Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại −= . 1 −∞= = y yCT • Giới hạn: .

x y' 0,25

y

-∞ 1 3 +∞ + 0 - 0 + 3 +∞ -∞ -1

y

3

)1,0( − .

2

1

* Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm y” = 6x -12 =0 suy ra điểm uốn U(2;1)

0,25

x

1

2

3

4

O

-1

y

= + x

9 −

x

1

2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [2;5]

x

8

=

y

= − ' 1

0,25

2

9 −

2 −

− x

− x 2 1)

(

y

'

0,25

4

x ( 1) = −  x L 2 ( ) = ⇔  = 0 x

=

y

(5)

Ta có y(2) = 11; y(4) = 7;

0,25

y =

Vậy

y = khi x = 4;

khi x = 2

29 4 11

7

0,25

min [2;5]

max [2;5]

x

a) Gọi

+ = . Tính

.

2 2 x+

5 0

,x x là hai nghiệm trên tập số phức của phương trình 1

x 1

x+ 2

Câu 2 1,0 đ Ta có

2

−

−

= −

+

x

x

x

2

2)

2 b) Giải phương trình:

log ( 2

8) 1 log ( 1 2

Câu 3 1,0 đ

= − −

= − +

x

Tính được hai nghiệm phức

i 1 2

;

i 1 2

0,25

x 1

2

=

=

= ⇒ +

x

5

2 5

0,25

2

x 1

x 1

2

−

−

=

+

x

x

x

2

8)

2)

+ log 2 log ( 2

2

0,25

2

x 2 b) ĐK: x > 4 PT đã cho tương đương với (cid:1)

−

−

=

+

x

x

x

2

8)

log ( 2 2)

log ( 2

log 2( 2

Phần a) 0,5đ Phần b) 0,5đ

x

0

0

⇔

⇔ = x

6

0,25

2

2

−

+

x −

=

x

x

x

x

+ > 2 − x

+ > 2 − = 8

2

2(

2)

4

12

0

π 2

2

I

x

x

=

+

(

sin

) cos

Tính tích phân

xdx .

 ⇔     

∫

0

π 2

π 2

π 2

2

2

I

x

x

xdx

x

xdx

x

=

+

=

+

(

sin

) cos

cos

cos

sin

xdx .

0,25

∫

0

∫ ∫ 0 0 (cid:2)(cid:3)(cid:4)(cid:3)(cid:5) (cid:2)(cid:3)(cid:3)(cid:4)(cid:3)(cid:3)(cid:5)

M

N

Tính M

=

=

dx

Câu 4 1,0 đ

Đặt

x =

du =

dv

v

x

sin

0,25

2

=

+

−

=

= M x

x

xdx

x

sin

sin

cos

1.

π 2

π 2

0

xdx cos ππ ∫ − 2 0

π 2 0

=

t

x

⇒ = dt

xdx

sin

cos

Tính N Đặt

= ⇒ =

x

t

1

Đổi cận

0,25

= ⇒ =

x

t

π 2 0

0

1

3

1

=

=

=

N

2 t dt

.

∫

t 03

1 3

0

+

=

=

−

I M N

Vậy

.

0,25

π 2

2 3

13 0

+ −

+

= . Viết phương trình đường thẳng AB và phương trình mặt cầu có

x y

2 z

⇒  u     

0,25

=

=

(cid:7) u =

(cid:6)(cid:6)(cid:6)(cid:7) BA

là VTCP của đường thẳng AB

(cid:7) Suy ra u

với

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(−6;1;−3) và mặt phẳng (P) có phương trình 2 tâm là trung điểm của đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P). (4;1;4) Ta có

(8;2;8)

(cid:7) u 2

t

Phương trình đường thẳng AB là:

0,25

t

= +  x 2 4  = + t y 3   = + z 5 4 

0,25

2

2

−

−

+

+

y

z

= 9

2)

2)

(

(

(

0,25

, mặt phẳng

ACB =

060 . Tính theo a thể tích khối hộp và khoảng cách giữa hai đường

Câu 5 1,0 đ

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ta có I(-2;2;1) Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với (P) nên bán kính R = d(I,(P))= 3 2 Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: + x 1) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, góc (cid:1) 060 (A’BD) tạo với đáy một góc thẳng CD’, BD.

Câu 6

A'

B'

1,0 đ

suy ra ∆ABC đều suy ra AC = a

Tính thể tích: Từ (cid:1) 060 ACB =

D'

2

C'

a

3

0

⇒

H

=

=

S

AC CB .

.sin 60

ABCD

0,25

A

B

O

A OA =

2 Gọi O = AC∩BD. Từ giả thiết suy ra góc giữa (A’BD) với mặt đáy là (cid:1) 0 60 '

D

C

a

3

⇒

0,25

=

=

= A A OA

= V S

'

0 . tan 60

Suy ra

.

A A '

ABCD

33 a 4

2

⇒ ⊥

⇒ ⊥ BD

BD AH

Trong ∆A’AO hạ AH ⊥ A’O. Do

(

A AO '

)

'

0,25

  

(

)

A BD '

)

=

CD AH

'/ /(

Từ đó suy ra ⇒ (

AH = d CD BD d C A BD )

A BD ' ' ,(

⊥ (

',

⊥ BD AC ⊥ BD A A ⇒ . Ta có CD’//A’B = d A A BD )) ,(

))

(

'

a

a

3

3

0

0,25

=

AH OA=

.sin 60

d CD BD = ',

(

)

Trong ∆AHO vuông tại H có

. Vậy

4

α π<

=

A

Cho

< . Tính

cos

sin

π 2

2 α= với 3

4 π 2 3

  

 + α 

2

2

0,25

α

α

α

= −

α π<

= −

cos

1 sin

cos

Ta có

(vì

< nên cos

0α< )

Khoảng cách giữa hai đường thẳng CD’, BD

π 2

5 = ⇒ 9

0,25

=

−

=

A

α cos .cos

α sin .sin

π 2 3

π 2 3

5 3 − 5 2 3 6

Câu 7 Phần a) 0.5đ

Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Tính số cách chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội: 4 B1) 12 đội chọn 4: 12C

4

0,25

8C

)

( ⇒ Ω =

4 4 C C 12 8

4 4 C C 12 8

3

3

cách

93.C⇒

0,25

cách

3 C⇒ 62.

3 C 6

B2) 8 đội còn lại chọn 4: B3) 4 đội còn lại chọn 4: 1 Số cách chọn là: n Gọi A là biến cố “ Chọn 3 bảng, mỗi bảng 4 đội trong đó có đúng 1 đội Việt Nam”. Tính n(A): B1) Chọn 1 trong 3 đội Việt Nam: có 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 đội nước ngoài: có 9C B2) còn lại 8 đội (6 đội nước ngoài và 2 đội VN): Chọn 1 trong 2 đội VN: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 đội nước ngoài: B3) còn lại 4 đội (3 nước ngoài và 1 VN): có 1 cách

⇒

⇒

=

=

=

Số cách chọn là:

( P A

)

( n A

)

3 C C 3 2 9

3 6

3 C C 3 2 9

3 6

16 55

3 3 C C 6 9 6 4 4 C C 12 8

2

y+

x

10 0

+

= và điểm A có

3 y−

x

Câu 7 Phần b) 0.5đ

2 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): = , đường thẳng AC đi qua điểm K(2;1). Gọi M, N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN là 4 hoành độ âm.

Câu 8 1,0 đ

A

(1) (cùng bù với (cid:1)NMC ).

N

M

O

0,25

=

.

C

B

D

0

OA MN

0 = ⇒ 90

0

0,25

⇒

A(-4;3) hoặc A(4;-3) (loại)

Tọa độ A là nghiệm của hệ PT

2

2

+

=

y

x

25

Từ giả thiết suy ra tứ giác MNBC nội tiếp đường tròn. Suy ra (cid:1) (cid:1)ABC AMN = Gọi D là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn (C). Khi đó (cid:1) (cid:1)ABC ADC = (2) Từ (1) và (2) suy ra (cid:1) (cid:1)ADC AMN Mặt khác (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) = ⇒ ⊥ + + ADC DAC DAC AMN 90 y+ = Khi đó phương trình OA là 3 x 0 4 = +  y x 4 3  

x

Khi đó AC đi qua A(-4;3) và K(2;1) nên có PT:

+

− =

x

y

3

5 0

− = y+ 5 0 3 ≡ − C ( 4;3) A

⇒

Tọa độ C là nghiệm của hệ PT

2

2

C(5;0)

+

=

x

y

  

0,25

25 − =

+

x

y

⇒ − M

Tọa độ M là nghiệm của hệ PT

( 1;2)

3 −

5 0 = +

y

3

10

0

x

Phương trình BM: 3

− + =

y

5 0

⇒

Tọa độ B là nghiệm của hệ PT

2

2

0,25

B B

− − ( 3; 4) (0;5)

+

=

x

y

25

  

     x 4  y− + = 5 0  x 3  

Thử lại ta thấy A(−4;3), B(0;5), C(5;0) loại vì góc B tù Vậy A(−4;3), B(−3;−4), C(5;0)

2

2

−

+

−

+

x

x

= + x

x

x

+ 1 2

9

18

14

33

Giải phương trình

(1)

3

11

2

2

−

+

−

=

−

+

−

+

x

x

x

x

x

x

2

9

18

14

33

≤ x  ≥ x PT ( ) ⇔ 1

(

) 1

 

 

 

2

0,25

−

+

+

+

x

x

x

  (2) + x

x

x

18

9

2 14 −

33

+ = và 0

= vô 0

(

) 1

Câu 9 1,0 đ ĐK:

−

−

−

−

x

x

18

2

16

2

=

2

2

+

−

( +

+

+

−

x

x

x

x

x

( x 9

) 18

14

33

) ( +

) 1

2

9

8

=

(3)

0,25

2

2

−

+

+

−

+

+

+

x

x

x

x

x

x

9

18

14

33

(

) 1

= x  ⇔   

2

2

−

+

−

+

⇔

x

x

x

x

14

33

9

8

= + (4) 9

2

2

+

−

−

+

x

x

x

x

= + x

− 18 9

9

14

33

9

2

0,25

⇒

−

+

=

−

x

x

x

5

14

33

3

13

2

2

+

−

−

−

+

x

x

x

x

= − x

18

14

9

2

33

1

− x 18 9 Pt (3) Kết hợp (1) và (4) ta có hệ  8   

≥

x

⇔

⇔ = x

Thử lại thấy thỏa mãn

+ 17 5 5 2

2

−

+

x

x

13 3 17

= 41 0

0,25

    

=

x

Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x = 2 và

+ 17 5 5 2

Để ý rằng hai phương trình nghiệm nên nhân liên hợp hai vế của (2) ta có:

2

2

2

2

+

+

+

+

+

=

x

xy

y

x

xz

z

x

+ + y

z

Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn

(*) và

5

2

2

8

4

5

4

2

=

+

−

−

−

P

z

xy

x

+ + z

xy

. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

[0;5]

2

21

10

2

2

2

2

2

+

+

−

≥

+

=

+

≥

x ∈ Với mọi x, y, z ta có =

+

+

x

y

x

y

x

y

x

y

x

xy

x

y

(2

)

(

)

(2

)

2

2

5

2

2

+ y

2

2

2

2

2

+

−

≥

=

+ ≥

+

z

x

(

x 2 )

+ 4(x z)

2 x z

+ 2(x z)

8

0,25

+ xz ≥

4 VT

z

Suy ra

= z 5 + + y x 4

+ 4(x z) 2

y x

2

Gt ⇔ Dấu “=” xảy ra

0

2

2

= x  ⇔ = z  ≥ x = −

− −

+

+

=

P

x

x

x

Thay vào biểu thức ta có

21

3

10

f x ( )

liên tục trên [0;5]

0,25

−

x

=

−

f

x '( )

Có

2 2

+ + x 4 − x 3 2 2

−

+

−

+

+

x

x

x

x

4

21

2

3

10

f

0

x '( )

0,25

+ 1 = ⇔ = x 3

=

=

−

f

f

f

Ta có

;

;

2

(0)

21

10

= (5) 4

  

  

1 3

0,25

=

x

= = y

z

P =

;

x

= = y

z

2

Vậy max

4P = khi

; min

khi

5;

10

1 3

2 = 3

Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl

Câu 10 1,0 đ

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2015-2016. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số

y



x 2  1  x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành.

4

2

trên

f x ( )



x



2

x



3

Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số đoạn [0; 4].

Câu 3 (1,0 điểm).

2

a) Giải phương trình

trên tập số phức.

 z

01

z

b) Giải bất phương trình

.

log

(

x



)3



(

x



3)1

2

2

log 2

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I



xx (



ln

dxx )



,

)3;2;5( A

)3;2;1(B

, . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình mặt

)1;2;1(

và tiếp xúc với mặt phẳng (P).

1 Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm C cầu (S) có tâm (2; 1;3)



I

Câu 6 (1,0 điểm).

2

a) Tính giá trị của biểu thức

, biết

.

2

cos

 2



sin7





0

A

3sin





sin

2 

b) Trong kì thi THPT quốc gia, tại hội đồng thi X, trường THPT A có 5 thí sinh dự thi. Tính xác suất để có đúng 3 thí sinh của trường THPT A được xếp vào cùng một phòng thi, biết rằng hội đồng thi X gồm 10 phòng thi, mỗi phòng thi có nhiều hơn 5 thí sinh và việc xếp các thí sinh vào các phòng thi là hoàn toàn ngẫu nhiên.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD.

32

5;2



), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua B là

( 2;9)

E

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I( . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm.

2

2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

.

2

x



x



5

2

x

2 

x

x



3

x

x

2





thức

.

cba 

P







(

3 ba  2 a  ab

3 cb  2 b  bc

3 ac  2 c  ca

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu   

 )  

----------------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 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

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm

}1{\R

Câu Câu 1 (1,5đ) 0,25



y

y

lim;   1 x

lim   1 x số. *

nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm a) (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: D = 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:  * 0,25

y





y

2

lim x 

lim x  b) Bảng biến thiên:

nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

'

y





,0

x 

1

2

x



Ta có:

 1   1 Bảng biến thiên: x y’

-  1 +  0,25 - -

y 2 +  2

;1

và  - 1;

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  3) Đồ thị:

0;

)1;0(

1 2

  

  

+ Đồ thị cắt trục tung tại và cắt trục hoành tại điểm

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I(1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

y

0,25

2

1

1 2

x 1 O

b) (0,5 điểm)

0;

y

'

4

A



(

C

)



Ox

1 2

1 2

 A  

  

  

  

Do nên , 0,25

y

x



y

0

x



2

1 2

3

3

Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: 0,25

  4   x

  4  

1x

227,





f

f

(1)



2

0,25 f x '( )  4 x  4 x , f '( ) 0    4 x x 4 x    0 0, x 1, (loại) Câu 2 (0,5 đ)

f x max ( ) [0;4]

0,25 Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227. f x min ( )  (4) Vậy [0;4]

1



41

2)3(3

i

Câu 3 (1,0 đ) a) (0,5 điểm) Phương trình có 0,25

z

, zi

i

1  2

3 2

1  2

3 2

Do đó phương trình có hai nghiệm 0,25

log





x

(

(

log

[(

x



)(3

x



)]1



3

x

(

)(3

x



8)1

2

2

2

4



05

1

5

x

x

0,25 b) (0,5 điểm) Điều kiện xác định: x log )3 . 3x  3)1

2 x  Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là

]5;3(S

2

2

2

2

4

2

I



xx (



ln

dxx )



3 dxx



x

ln

dxx





I





I

0,25 .

1

1







x 4

15 4

1

1

1

1

2

2

Câu 4 (1,0 đ) 0,5

2

2

2

2



1

1

1

I



2ln2

32ln2



du   ln x x x dx x Đặt   dx  2ln2   2ln2  I  1 0,25  xdx ln 2 x 2 x 4 3 4 u   dv       v   x 2

3  4

15 4

AB

AC



)4;0;4(



Vậy . 0,25

)16;16

 (

AC

;16





n

  AB ,

),0;4;4(  Do đó (P) có phương trình:

. Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là Câu 5 (1,0đ 0,25



(16

x



)5



(16

y



)2



(16

z



 0)3

y 0

x

z

 312

. 0,25

PIdR

(;(



))





 111

2 3

2

2

2

(

x



)2



(

y



)1



(

z



)3



Mặt cầu (S) có bán kính . 0,25

4 3

(S) có phương trình . 0,25

2

2

cos

 2



sin7





sin21(2

0



sin7)





 0

sin





sin,





2

(loại).

1 4

3

2

2

2

a) 0,5 điểm Câu 6 (1,0đ) 0,25

2

2

A 3sin   sin  2  sin3   sin4   sin4  1(  sin  )

A

29 64

3   

0,25      . Vậy . 1 4 1 4 1 4 1 4 29 64  3       4    4              1       

b) 0,5 điểm



105 

100000

0,25 Số cách xếp ngẫu nhiên 5 thí sinh vào 10 phòng thi là

3

Gọi B là biến cố đã cho

5C cách chọn 3 thí sinh trong số 5 thí sinh của trường A và có 10 cách chọn

Có

phòng thi cho 3 thí sinh đó.

3



0,25

B C 



BP (

)







. Ứng với mỗi cách chọn trên ta có 9.9 cách chọn phòng thi cho 2 thí sinh còn lại. Do đó số cách xếp 5 thí sinh thỏa mãn điều kiện đề bài là 5 .10.9.9 8100

B 

8100 100000

81 1000

Xác suất cần tìm là: .

2

( ABCD )

CD 

SH 

(SAC

SH 

CD

CD

Câu 7 (1,0đ) , từ đó ta có . Do nên 0,25

2

2

. Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên ) . AC  Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH  060 SCH  

AC



AD



CD



a

3

2

3

 HC

AC



2 3 tan. HC

a 3 2

0 



a

S

SH 60 Gọi O là trung điểm của AD, 3

S



S 3



ABCD

AOB

2a 3 4

SH

. S



V S

.

ABCD

ABCD

3

K khi đó . 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD là A D O

a

3

3

1 3 2 a 3



a .2.



1 3

2

4

H (đvtt).

x C B

//(P

))

( CDd mà , khi đó

(Do CA = 3HA). 0,25 .Suy ra CD

PHd (3 (, ) (SAH . (P ) nên

)  SA ; HA  Ax K 

(, PCd ( suy ra HK

(, P SH Ax

PHd

HK 

)SA

(,

))

(

a

3

13

2

. Kẻ đường thẳng Ax song song với CD, gọi (P) là mặt phẳng chứa SA và Ax, khi đó ))  )) ( CDd ) AC  Ax Ax  AC Ta có nên  HK Từ H kẻ HK  SA (

AH



AC









 HK

2

2

2

1 3

3

1 AH

1 SH

13 2 a 4

a 13

;

1 HK 13

6

0,25

SAd , (

CD

)



a 13

Vậy (đvđd)

m AB AD .



2 m 3

2

2

2

E Câu 8 (1,0đ) . . Ta có 0 cos60

AD 2 2  AD 3  BD

AD IB 

AE 2

2

2

2

2

2

2

2

2

nên tam giác ABD C B Đặt m AB 2 2   BD AB BD m   2  AB Do đó vuông tại B, nghĩa là . I 0,25 7 3 m  .  IE  IB  BE m 4 m 2 A D



28



IE



3

    4     )32( nên ta có

IB 



32



28

m

4

m 2

2

2

. Mặt khác 7 2 m 4

 )0 khi đó AB có phương trình

n   )2

);( ba yb  (



0)9

ax

by





2

a

a 32



b 4

 b Gọi xa ( là vectơ pháp tuyến của AB ( a b   9 0

2

2

2

ABId ,(

)

 IB



32



a 32(



b )4



(12

a



b

)

2

2

a  b

b  34

b

0)34 a



a

2 x

0

B



0,25 Ta lại có

05 y

)5;2(B

 ( bb ,0 +) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình trình . Do AB )1;2(A (thỏa mãn điều kiện

IB  0Ax

C

 (4 3 2;9),

D

 (4 3 2;5)

, suy ra IB có phương , mà B là trung điểm của AE nên 0,25 nên ).

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra

3

x



34

y

 2

36

3



0

(34

x



 )232



(

y



)5



0

+) Với b 34 a , chọn a = 1 34 b , khi đó AB có phương trình



34

x

y 

38



19



0

16



14

B



AB



IB

, suy ra IB có phương trình .

;

B

3 7

59 7

   

   



14

32

Do nên , mà B là trung điểm của AE nên 0,25

;

0Ax

3 7

55 7

 (4 3 2;9),

 (4 3 2;5)

D

C

(không thỏa mãn điều kiện ).

     )5;2(

 ),1;2(

B

A

  A   Vậy Gọi bất phương trình đã cho là (1). Điều kiện xác định:

,

2x

2

2

x

2

)1(

 2

x

x

x

3



x

 2



2

x



2

x



5

x

2

2

 x  2

x

 

2

2

x

x

x



2

x

  5

. Câu 9 (1,0đ)



2

2

2

x 

2

x

x



2

x

2(

x



2

x



2)5

x



2

x



  

16



2

  2 

2

x

x

2

x



2

 16  2   16  16

x

0,25

2

(Do 2 2 x  2 x  ,05 Rx )

 2

1

x

x

(2

x



)1



(2

x



)2

(2)

a



x



,2

b

x 

0,25

ba



0

a  )0 (1 ba 

Đặt

2



ba



2

a

2 b 2 

a 

b

0

2

2

2

2

ba 

)



2

a



b 2

(

ba 

)



0

  

  ( 



1

x

x



01

3



13

, (2) trở thành 0 0,25



x

x 

2

1

x 

2

2

2

x

x



(2

x



)1



3

x



01

  

Do đó ta có .

   13

3 

0,25

x

. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm

2 kz 

a



bkx ,



cky ,

zyx , ,



0

x

z 1

y

cba

0

k

Giả sử , đặt và .

Khi đó     kP  Câu 10 (1,0đ) y 2 k 2 z 2 z yz 3 z 2 z   x zx k k 2 k k 2 k   ) x zx

4

)

)















y )

1 z

z

z

x

0,25    )







y xy 1 y 3  x 2 x  4  3  y 2  y 4 

 x y  1  x

 ( x xx ( 4 

1  z

4 

1

1

1

x

y

z

. 3(  ) z  yz ( y )   z 4 ( z x  ( zz ) x  x 5 1 2 x  x ) y xy )  y z  ) z 4    )  1  x 5 z

x

y  z 1 2 z  y

1

a

x

x

3( x  2  ( x  4 ( y ( yy 1  y Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên

 x

x



;0

, zy

;0



1 2

  

  

  



t 18



3

0,25 , tức là . Tương tự ta cũng có .

;0



t

1 2 1 2

   t  5 t t 

  

3

2

2

t 18



t 2(

(*)





t 18



03

Ta sẽ chứng minh (*) đúng với mọi . 3( z ( 4 x y   y 5 1 2 y y   cb z 1 2 1 2

 0





0

1 2

   t 18  2

t 21 t 

t

 t

t 5  t t 

Thật vậy: (**) 0,25

;0



t

t



;0

  

. (**) hiển nhiên đúng với mọi . Do đó (*) đúng với mọi

t )13)(1  t )  1( 1   2   99)

P

18

z

 3

(18

x

y 

z

1 2 y

    3

18

18



x

Áp dụng (*) ta được

a

y

z

cb

x

    3 1  3

0,25 . Dấu “=” xảy ra khi

a

c

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi .

 b ----------------HẾT---------------- 4

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 - NĂM 2016 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

y



x



23 x

 . 4

của hàm số đã cho.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 

C

b) Viết phương trình tiếp tuyến của 

C , biết tiếp tuyến đó có hệ số góc bằng 9.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình sau:

x



2cos

x



sin

x

a) sin 2

log

x

log

x



b)

  . 2 0



   1



1 0   ; 3 1

2 3

3

 2

3

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I



x



x

sin 2



 x dx



0

Câu 4 (1,0 điểm).

2

a) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

.



x



3

9



x

  f x





b) Trong kì thi THPT quốc gia, hai bạn Hạnh và Phúc đều thi môn tự chọn là Vật lý. Đề thi môn Vật lý có 8 mã đề khác nhau, được sắp xếp và phát cho các thí sinh một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất để mã đề môn Vật lý của Hạnh nhận được giống với mã đề môn Vật lý của Phúc nhận được.

.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; tam giác SAB Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DH và SC . thể tích khối chóp

B

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm

A



và mặt phẳng (

P

y

2

3 0

z

 ABC

 2;0;1

 0;1; 2 ,    . Viết phương trình mặt phẳng 

  2; 2;1 ,  và tìm

,

,A B C .

 C  x ) : 2 tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (

 )P sao cho M cách đều ba điểm

Câu 7 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

24 x

  

6

x

x

  1

4

x

 . 2

2

2

25





y

x



Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi E là điểm đối xứng của D qua A và H là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE có phương trình     4  1 , đường thẳng AH có phương  . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết đường thẳng AD trình 3 đi qua

 y 4 x 7;2M 

17 0 và E có tung độ âm.

3

3

3

,

,

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương

a b c thỏa mãn

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

a



b



c

1

1

2

2

2

biểu thức

P



a



b



c





2

2

2

2





1 

a

b

 a c

 b c









   

 .   

……………HẾT…….……

Họ và tên thí sinh:……………..………..………… Chữ kí giám thị 1:…………………..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 - NĂM 2016 Môn thi : TOÁN

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

2

Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D = R

y

 ' 3

x



6

x

0,25 ; y



2,

0,



x

 ; đạt cực tiểu tại

2;0   4

.

y CT

y

y

0,25 0 x       ' 0 2 x  0;  ; khoảng nghịch biến:    và   ; 2   y 0 CD

x

lim x  Bảng biến thiên:

Các khoảng đồng biến:  x Hàm số đạt cực đại tại   .   ; lim 

 -2 0  + 0 - 0 + 0   -4

0,25 x y’ y

Câu 1a





0; 4

  2; 0 , 1; 0 

0,25

 ;M x y



0

y





)(

x



)

0 Phương trình đt d là :

y 0

y x '( 0

x 0



1

) 9

  

3

6

Giao điểm Ox:  Giao điểm Oy:  + Gọi thuộc (C), d là tiếp tuyến của (C) tại điểm M 0,25

y x '( 0

2 x 0

x 0

  3

x 0 x 0

    9 

0

y

x 9

+ Tiếp tuyến d có hệ số góc bằng 9 nên Câu 1b 0,25

 9

4

y



23

+ Với 0,25

x  thì 0 1 x   thì 3 0 

2cos

sin

x

x

x

x



sin

x





0

y  . Phương trình tiếp tuyến: 0 y   . Phương trình tiếp tuyến: 0  sin   1



x 9 

+ Với



sin



x



0

x



sin 2 

x 2cos  1 2cos

   1 0  1

 1 0,25 0.25

Câu2a

sin

x

x

k









k



x sin 2cos

  x

1 0  

1 0

cos

x



  



k

 2 ;  2

   

  1 1 2

    2  3

      x 

3

0.25

x



   2 0

log

x

3log

x

   2 0



   1



 1

2 3

3



 1

3 

0.25

4

3





10

log

x





2

1 x      x 1  x log 

log  1  1

 1 x    x 

3

Câu 2b (nhận). 0.25

 2

 2

ĐK: 2 log 3   

I



3 x dx



x

sin 2

xdx





0

0

0,25

4

 2

 2

Câu 3

A



3 x dx







4  64

0

x 04

du



 2

x



0,25 Xét

B

x

sin 2

xdx

 

sin 2

xdx

v

 

cos 2

x

0

 u   dv 

   

dx 1 2

 2

 2

 2

B

 

x

cos 2

x



cos 2

xdx





sin 2

x





 4

1 4

 4

1 2

1 2

0

0

Xét . Đặt 0,25

4

I A B

  

0,25

0    4 64

2

 2

x



3



9

Vậy

f

'



  x

3;3

 D  

3;3

x 2

9



x

nhan





2

f

'

   2

0

x



3

x

   9 0

  x

3 2   3

loai

x





TXĐ: ta có . . Trên  0.25 Câu 4a

f

0;

f



0,

f









   3

  3

  f x

  f x

min    3;3

0, max    3;3

  x   27 3 4

3 2

  

  

0.25 . Vậy

27 3 4  8.8 64 

 n  

0.25

 n A 

 8.1

  P A 

8 64

1  . 8

Câu 4b Vì Hạnh cũng như Phúc đều có 8 cách nhận mã đề thi nên ta có Gọi A là biến cố “mã đề của Hạnh nhận được giống với mã đề của Phúc nhận được”. Với mỗi cách nhận mã đề của Hạnh thì Phúc chỉ có duy nhất một cách nhận mã đề 0.25 (giống với Hạnh ) nên .Xác suất

S

D

A

H

K

B

C

I

E

SAB



ABCD

  SH

ABCD

SAB

 

SH AB









.

0.25 , mà 

3

a

3

SH 

S

2   a

V

SH S .





ABCD

ABCD

ABCD

2

Câu 5 0.25 ; .

,





  d H SCE ,



HI CE HK SE ,





HK



SCE



 HK



1 3 E AB   

HD CE / / 

a 3 6     d H SCE ,

d DH SC  

2

. Dựng hình bình hành HDCE 0.25 Kẻ ta có

d H CE ,



d C DH ,







a









S 2

2

S CDH HD

2 5 5

ABCD 

AD

AH

Ta có

a

57

a

57

0.25







HK



d DH SC  ,





2

2

2

19

19

  AB

19 1 2 HS 3 a    AC (2; 3; 1),

   

. Vậy .

1 HK Ta có:  n  

1 HI    , AB AC

( 2; 1; 1) là một véctơ pháp tuyến của mặt phẳng 

 ABC

0,25   (2; 4; 8)    

 ABC là:   







0

2

4

2

8

x

y

x

y

z



4

z

  0

6











2

2

 MA MB



2

2



( ; ; )

Câu 6 0,25 Suy ra phương trình mặt phẳng     0 1 2

M a b c . Theo đề bài, ta có

(

)

MA MB MC     M P

)

2

2

2

2

2

2

Gọi

b



2



c

a

2





b

c

a



    2

2

2

2

2

2

2

b



2



c

2

a



0



b

c

a

0

 

 

    





 

   MA MC    M P (     1    1

 

     1      1    b c 3 0 2

a



2

M

2;3; 7



0.25





0.25

   0        2   a  b    3     c 7  x   1

2

x

6

24 x

  

  1







2

4

2

x

x

x



5

x





x

 

x





 1

 1 2 2

  1

ĐK: 0.25 Ta có

 1 x   là một nghiệm của bất phương trình.

1

2



Dễ thấy 0.25



   5 1

1

x   ta có   1

2 1 1

 

x x

 1) x 2(2  1 x

Với . Câu 7

2

2

t



t

  5

t 2

 . 1

x x

 

1 1

Đặt thu được BPT:

2

t

  5

t 2

1

2    t 3

0.25 Ta có

2

10

55

10

55

2

x

 

1 6

x

    

3

1

x

T

1;

 18

2   3

 18

x x

 

1 1

   

  

D

C

0.25 .Vậy .

I

M

I

A

B

K

, bán kính

H



.

E

 vuông tại K .

0.25

y 3



x

 19 0.

2

  7; 3

 1;5 (loai)  



 7;1

Gọi ( C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE 4;1  5R  Suy ra (C) có tâm Vì tam giác BDE cân nên I thuộc AB cân tại I nên  IBE IEB IBE Do cân tại A nên  AHE AEH  Do AHE  nên   090 Mà   090  IEB AHE IBE AEH   HKE Đường thẳng IE qua I và vuông góc với AH nên có phương trình 4 0.25   x E Tọa độ của E thỏa hệ phương trình E    4 y x 25  y 3 2  4     Câu 8     x   7 0  19 0   1 Đường thẳng AD đi qua M và E có phương trình:   7 0 x  A Tọa độ điểm A thỏa hệ phương trình 0.25 x  4 y  17  0

7;5D 

y   1 0

  3 

2

D đối xứng với E qua A Đường thẳng AB qua A và vuông góc với AD nên có phương trình :  9;1  1;1

 

 1



B Tọa độ điểm B thỏa hệ phương trình B  25    4 y 0.25   1 0 2     

Với và do

B

C Với

C



B



A

B

C

D

7;5

 1;1 ,

1;1  B  9;1   A



 7;1 ,



 9;1 ,



 9;5 ,





2

1

1

2

2

2

Vậy hoặc và do   7;1 ,





c

P



a



b





1

2

2

2

2





c 

a

b

 a c

 b c









Ta có

   

3

3

3

3

y    x     1;5  AD BC    C   9;5    AD BC     D 7;5 1;5 ,    



a



b

3   c

  

1

0



1;0





1

a c

b c

a c

b c

   3

   2

2

3

2

2

Do

2   a

b



c







1





  0 1

   a c

   b c

b c

a c

  

  

  

  

  

  

  

  

Do đó 0.25 Câu 9

1

1

1

1



.







2

  0 2

2

2

2

2





 a c

 b c

 b c

2  c a c b

















2

2

2

2



a

c

Theo BĐT Cô Si:





1

P



2

2





c 

a

b

   b 2   c a c b

 a c   

(3). Từ (1) và (2) suy ra:

3

3

x



;

y



;

t

  . Ta có y

x

x

y

 . 1

a c

b c

2

2

3

3

3

Đặt 0.25

y   x

3 4

x



y



x



y

x



y



x



y



x



y

















3 4

1 4

1 4

  

3

Dễ thấy và

x



y



x



y

3 1

    nên y

1

   x

t 

3 (1; 4]



3

3

3

1

t

3

3

3

.

x



y



x



y



3

    1

y

t

txy 3

  xy





 xy x



 3 t

3

2

t

2

2

Ta có 0.25

2   x

y



x



y



2

xy



.





2

2

2

x



2

t

Từ (3) suy ra:

2

 3 t 

 1





  1





1

P







 3

3

3

2

2

3 t 

t

2

 t t

 2  1

3 t 

t

2



x



y

1 

t

 2  1

 y  1

 1 

 

 t   1

2

y 

2

f





  1; t

3 (1; 4]

  t

3

 2  1

x  t t

2

t

Xét hàm số

2

2

3

3

3

6

t



t

t



2

  1

   1







6

t 6



3 t     

  

f

'









0

  t

2

2

2

3

3

t



t

t



t





 1



2

2

2

3

3

3

0.25

t



3 (1; 4]

t

t



2,



2

 ). 2



3



    t

 2 



  1   4 1

3

( vì

4

f



f



  t

6 2  2    1 



min 3 (1; 4 ]

 1 3 5 4 6 3 2( 4 1)

  

Suy ra .

  b

a

c

min

P



3 4 2

3 5 4 6 3 2( 4 1)

  --------------- Hết -----------------

Từ đó ta có khi .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

y



 2x 4  x 1

2

2x

f(x)



(x



2).e

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [–1 ; 2].





Câu 3 (1,0 điểm).



  . Tìm môđun của số phức w iz 2 z

4 3i

. a) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z

b) Giải phương trình    . log x 2 3 log (x 2) 2

3

1  0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I  dx . x 2 (2x  1)

d :





Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng

 x 3 2

 y 2 1

z 1   2

. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa

độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.

   . Tính giá trị của biểu thức:

Câu 6 (1,0 điểm).

 

6cos

  và 0 0

 2

a) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2

 A co s

   

  

 sin 2015



 co t 2016



  2 

     

.

b) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu.

2

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).

2



   xy y    x y 0 Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình (x, y  R).       14y 12   x 3y 2    3 8 x 4 y 1 x 

Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình    , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân đường đường thẳng AH là 3x y 3 0   . Tìm tọa độ điểm A, biết cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0 A có hoành độ dương.

1





1





6

4a b

2c b

b a

c a

  

  

  

  

P







Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện .

bc  a(b 2c)

2ca 

b(c

a)

2ab  c(2a b)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………......…; Số báo danh: ……………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN

(Đáp án – Thang điểm gồm 05 trang)

Đáp án (Trang 1)

Điểm

Câu Câu 1

.

y



(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

2x 4   x 1

 

\{1}

* Tập xác định: D * Sự biến thiên:

2

0,25

y '



2

 (x 1)

Vì y’ > 0,  x  1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+).   ; tiệm cận đứng x = 1. , Giới hạn và tiệm cận:

 

lim y   x 1

0,25

lim y   x 1 lim y 

x

–

1

Bảng biến thiên x y’

0,25

+∞

2

y

+ 2

+ + – ∞

* Đồ thị :

y

4

0,25

2

2

O 1

x

2x

2

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

trên đoạn [–1 ; 2].

f(x)



(x

 ; tiệm cận ngang y = 2. 2

Câu 2 (1,0 điểm)

2x

 2).e 2

0,25

Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2],

f '(x)



2(x

 

x 2)e

2

  

x 2 0



 

x 1

0,25

 f '(x) 0   x ( 1; 2)

  

   

4

f (1)

 

2 e , f ( 1)

 

, f (2)



2e

.

0,25

x   x ( 1; 2)  1 2

e

0,25

GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng 2e4, khi x = 2, GTLN của f(x) trên đoạn [–1 ; 2] bằng – e2 , khi x = 1.

Đáp án (Trang 2)

Điểm



4 3i

  . Tìm môđun của số phức w iz 2z





Câu Câu 3 (1,0 điểm)

. 0,25

a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z       (2 i)z z 1 2i

4 3i

0,25

w iz 2z











41

(1).

i(1 2i) 2(1 2i)   log x 2

  . Vậy | w | 4 5i   3 log (x 2) 2



b) (0,5) Giải phương trình Điều kiện: x > 0 (*).

0,25

2

2



(1)

2x) 3

  

 2x 8

x

log (x 2

0,25

 2x   Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2.

   x = – 4 hoặc x = 2. 2x 8 0

Câu 4

(1,0 điểm) Tính tích phân

.

3

1  0

2

I  dx x 2 (2x  1)

0,25 0,25

3



Khi đó

(0,25)

0,5

t  2x    dt 4xdx 1 Đặt x = 0  t = 1; x = 1  t = 3



 (0,25)

1 2

1 9

8t

1

3 1 1   3 4 t 1

I dt

Câu 5

. Viết phương trình mặt phẳng

d :





(1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng

 x 3 2

 y 2 1

 z 1  2

0.25

.





làm vectơ pháp tuyến nên phương

(2;1; 2)





0.25





0.25

 | 3t 3 |



d(M, (P))



(P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3.  Một vectơ chỉ phương của d là u (2;1; 2)  Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0. Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là:  2

( 2)

 

3

0.25

   | 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3 | 2 2 1  2   t = 0 hoặc t = –2.    d(M, (P)) 3 | 3t 3 | Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5).

Câu 6

   . Tính giá trị của biểu

 

6cos

  (1) và 0

0

(1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc  thỏa mãn 5sin 2

 2

thức:

.

 A co s

   

  

 sin 2015



 co t 2016



  2 

     

Vì 0

   nên cos > 0, cot > 0.

 2

0,25

(1)



 10sin .cos

 

6cos

   

cos .(5sin

0

 

3) 0

sin

3     (vì cos>0) 5

2

co t

 

  1

    

cot

1

(vì cot > 0)

1 2

25 9

16 9

sin



0,25

 A sin

 

sin

 

co t

 

2sin

 

co t

 

2.

4 3 3 5

4    3

2 15

b) (0,5) Cho đa giác đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô màu đỏ và 5 đỉnh tô màu xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có các đỉnh là 3 trong 12 đỉnh của đa giác. Tính xác suất để tam giác được chọn có 3 đỉnh cùng màu.

0,25



220

|

3 C  | 12

Số phần tử của không gian mẫu là: Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A

0,25

|

P(A)





là:

. Xác suất biến cố A là

.

|

|



45

  A

3 3  C C 7 5

A|   | |

9 44

Đáp án (Trang 3)

Điểm

Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N).

Câu Câu 7 (1,0 điểm)

A'

C'

Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC nên:

B'

AM  BC và

AM



N

a 3 2

0,25

H

D

E

.

A

C

AMBC và AA’BCA’M BC  Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là  0 A 'MA 60 Tam giác A’AM vuông tại A nên:

M

0 AA ' AM.tan 60





. 3



B

a 3 2

3a 2

2

Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là:

S



BB'.BC



BB'C'C

3a 2

0,25

AM  BC và AM  BB’  AM  (BB’C’C)

2

3

a

3

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

.



  V

S

.AM

BB'C'C

1 3a   3 2

a 3 2

4

1 3

0,25

Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. Khi đó: C là trung điểm BD và  0 BAD 90 Gọi E là trung điểm AD, ta có: CE  AD. Dựng CH  NE (H  NE). AD  CE và AD  CN  AD  (CNE)  AD  CH CH  NE và CH  AD  CH  (AB’N).

Ta có:

CE



AB

CN



CC '



1 2

a  , 2

3a 4

1

1

1











  CH

0,25

2

2

1 2 4 2

2

52 2

16 2

3a 2 13

CH

CE

a

9a

d(M, (AB' N))



d(C, (AB ' N))



CH



Do đó:

CN 3 2

9a 3 2

9a 4 13

Câu 8

2

 

 xy y

   x y

0

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)

2

3 8 x

 

4 y 1

 

x



 14y 12.

  x 3y 2    

(x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1)

 

 



(I) 

2

 

4 y 1

 

x



 14y 12

(2)

0.25

   x y   3 8 x 

Do đó:

0.25

   0

  1



(1)



2

  

1

x

 2y 1

Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*) Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0.  x y  y 1

 x y  y 1

 x y  y 1

 x y  y 1

Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:

2

2

3 7 2y 4 y 1 (2y 1)

 









4 y 1 3 7 2y 4y

 







 10y 11 0



  14y 12 2



4( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y

 

 







  10y 6 0

0.25

(3)

 

(y 3)





 2y 1



0

2   y 1 2

3 7 2y 1





   

   

Vì

,

, 2y + 1 > –1

   nên

1 y





0.25

7 2

3 4

2   y 1 2

2 2  3 2 2

3 7 2y 1











  2y 1 0

. Do đó: (3)

    

y 3 0

y 3

2   y 1 2

3 7 2y 1





 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).

Đáp án (Trang 4)

Câu Câu 9 (1,0 điểm)



Điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường    , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân thẳng AH là 3x y 3 0 đường cao hạ từ B và C đến AC và AB, phương trình đường thẳng EF là x 3y 7 0   . Tìm tọa độ điểm A, biết A có hoành độ dương.

A

H

I

I

E

E

F

F

A

H

J

J

C

C

B

B

M

M

(cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF)



0.25

ABE

.

Gọi I trung điểm AH. Tứ giác AEHF nội tiếp và bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn nên IM  EF (đoạn nối tâm vuông góc với dây chung). Ta có:  IEF ABE và:   1  EMF IME  2    0  MFI MEI 90

  0 MEI 90 Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của IM. (Đường tròn (J) là đường tròn Euler) Đường thẳng IM qua M và vuông góc EF nên có phương trình: 3x + y – 9 = 0. I là giao điểm của AH và IM nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

0.25



nên có phương

3x y 3 0      3x y 9 0    

 I(1; 6). Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 . Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình: 0

  JM 10

0.25

2

x 3y 7 





  2  10   y 3  x 2

hoặc

 E(5 ; 4) hoặc E(–1;2).



2

2

2

Ta có:

  3y 7 2 Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3) 2 IE

IA IE

    

(a 1)

IA



 (3a 3)

   

a 1

20

2

0.25

.

Vì A có hoành độ dương nên A(1



 2; 6 3 2)

 5   1   4 2  y 3  1  x   y  x    y     x    

Đáp án (Trang 5)

Điểm

Câu Câu 10

(1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện

.

1







6

1



4a b

2c b

c a

b a

  

  

  





P



.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

   2ab  c(2a b)

bc  a(b 2c)

2ca 

b(c

a)

Đặt

x



, y



, z

 (x, y, z > 0).

2 a

4 b

1 c

3

3

x

Điều kiện đã cho trở thành:

(*)



2





6

 y xyz

x y

y x

  

  

3

2

3

3

Ta có:

và

 (x y)



4xy

x



y



0.25

 (x y) 4

3

3

3

x

Do đó:







 y xyz

 (x y) 4xyz

 x y z

 4 xy(x y) 4xyz 3

3

x



2

Mặt khác

 nên

  0

 . 2



6





2





4

 x y z

x y

y x

 y xyz

x y

y x

 x y z

  

   2

2

Ta có:

P













y  2z x

4z  x y

y  2yz xy

4z  x y

x  y 2z 2

x xy 2zx  2













 (x y) 2

 (x y)  2xy 2z(x y)



4z  x y

4z  x y

 2(x y)   x y 4z

4z  x y



 2z(x y)

0.25

 (x y) 2

Suy ra:

.

Đặt

.

t



, 0

  . Ta có 2

t

P





 x y z

2t  t 4

4 t

Xét hàm số

.

f (t)





(0

  t

2)

0.25

2t  t 4

4 t

2

4(t



 f(t) nghịch biến trên (0 ; 2].

f '(t)



  

0,

t

(0; 2]

 8t 16) 2

2  t (t 4)

Suy ra:

 P f (t)



f (2)

8  . 3

y

P

      z

2a

y

b

x

4c

0.25

8   3



2

 x    x y  z

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

, khi 2a = b = 4c.

8 3

2 P    4  x y z  x y z 4  x y z

Chú ý: Những cách giải khác đáp án, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. Tùy theo thang điểm của đáp án mà giám khảo cho điểm tương ứng.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

LỚP 12, NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN. Ngày thi: 20/04/2016 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

4

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

y



x



y



Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số

biết d có hệ số

22 x x  1 2  1 x

góc bằng – 1.

Câu 3 (1,0 điểm). 1) Cho số phức

. Tìm phần thực của số phức

z

 

3 2

i

 3w

z

 . z

1

P 



2) Tính giá trị của biểu thức

.

log 4 2

9

log

27 3

 2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I



(

x



x 2cos ) cos

xdx



0

(3;0; 5)

(1;2; 1)

 ,

B

A

3 0

) : 2

P

y

x

z

 và     . Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB.

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm mặt phẳng ( Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, cắt trục Ox và song song với mp(P).

Câu 6 (1,0 điểm).

.

x



 cos3x 2sin 2

1) Giải phương trình: 3 sin 3



x

 3

  

   2) Hội đồng coi thi THPT Quốc gia gồm có 30 cán bộ coi thi đến từ ba trường THPT, trong đó có 12 giáo viên trường A, 10 giáo viên trường B, 8 giáo viên trường C. Chủ tịch Hội đồng coi thi chọn 2 cán bộ coi thi chứng kiến niêm phong gói đựng bì đề thi. Tính xác suất để 2 cán bộ coi thi được chọn là giáo viên của hai trường THPT khác nhau.

, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và

. Gọi M là trung điểm của

SA a

3

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = 2a,  060 BAC  cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB, CM.

(5;5)

y 7

20



0

x

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam  . Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác giác ABC nằm trên đường thẳng

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABCbiết điểm B có tung độ

K 

( 10;5)

ABC đi qua điểm dương.

2

2

2

x



y



1



x

  1

xy

1 (

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

2

x



7

xy

3

x

  2

x



3

xy

5



)

) 

   ( 

2

2

2

Câu 10 (1,0 điểm). Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn

.

 xy

x



y



z





xz



10

yz

3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.





8

P

xy

2

y

z

x 3 2  -------------------- Hết -------------------

Trần Quốc Nghĩa (Bình Dương) + Lưu Công Hoàn (Hòa Bình)

https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam/

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12 THPT Môn: TOÁN. Năm học: 2015-2016 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM. Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

CÂU Câu 1 (1,5đ)

y

 

y

 

a) (1,0 điểm)  TXĐ: D    Giới hạn: lim 

x

; lim  x

0,25

  0

(0)



0

y

3

y

 ' 4

x

' 0

y

x

 Sự biến thiên:

( 1)

1

y

x             4 x 1 

 Bảng biến thiên:

1 0

1 0

x –∞ y +∞ – + 0 0 0 – + +∞ +∞

1

1

0,25

và (1;

)

 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( 1;0)  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (

  và (0;1)

; 1)

 Hàm số đạt cực đại tại điểm

x

  0

y

 0

Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm

x

CD    1

y

  1

CT

 Đồ thị:

y

1

0,25

2

1

1

2

x

O

1

D  

\ {1}

y

Câu 2 (1,0đ)

TXĐ: Gọi

;

)

là tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị (

)C . Khi đó

0,25

0

M x y ( 0 y x   1 )

'(

0



0

2

   

1

(

1)

Ta có phương trình:

0,25

x 0

2



2

 1  1)

(

x 0 x 0

x 0

    1 

y

x   1

Phương trình tiếp tiếp d của đồ thị (

)C tại điểm (0;1) là

0,25

y

x   5

Phương trình tiếp tiếp d của đồ thị (

)C tại điểm (2;3) là

0,25

Câu 3 (1,0đ)

a) (0,5 điểm) Ta có

 

 3(3 2 ) i



 (3 3 ) i

 

i 6 8

0,25 0,25

  bằng 6

6 8i

2

0,25

Phần thực của số phức b) (0,5 điểm) log 4 2 1



log 27 3

    

P

2

9

0,25

log

9

7 4

15 4

7 4

27 3

 2

 2

 2

2

0,25

Câu 4 (1,0đ)

I



(

x



x 2 cos ) cos

xdx



x

cos

xdx



2 cos

xdx



I



I

1

2







0

0

0

 2



x

du



dx



. Đặt

x

cos

xdx

I

1

 

dv



cos

xdx

v



sin

x

0

  

u   

0,25

 2

x

sin

x

sin

xdx





  I 1

 2 0

 

0



0,25



cos

x



 . 1



 2

  I 1

0

 2

 2

 2

 2

 2

2

I



2cos

xdx







x



sin 2

x



 1 cos 2

 x dx

2

0,25





1 2

 2

  

  

0

0   

I

0   1

I 1

I  2

0,25

 AB

Trung điểm của AB là (2;1; 3),



I



  (2; 2; 4)

Câu 5 (1,0đ

 Mặt phẳng trung trực của AB đi qua I và nhận vectơ AB

là 1 VTPT nên có

0,25

x

  y

2

z

7

phương trình:

  0

.

Giả sử d cắt trục Ox tại

M m (

; 0; 0)

A

qua (1;2; 1)

Khi đó

d

:



 AM m 

(

 

1; 2;1)

  VTCP u d

0,25

(

P

)

.



     1 0

m

m

2

d // (

)P 

1 2





0

d

(1;2; 1)    n (

P

)

P

)

  1  A     u  

4 0       u n .   ( d

y

x

2

1

:

d







.

0,25

 1

 4

z  1  2 a) Giải phương trình ...

Câu 6 (1,0đ)

PT



sin 3

x



cos3 x



x

x





x



0,25

3 2

1 2

 6

 3

 3

 sin 2  

 sin 3  

  

 sin 2  

  

3

x





2

x





k

 2





k

x

 2

 3





(

k



 )

0,25

k

3

x



  

2

x





k

 2





x

 6  6

 3

      6  10

 2 5

     

     

0,25

b) Tính xác suất ... Gọi A là biến cố: “Chọn 2 cán bộ coi thi là giáo viên của hai trường THPT khác nhau”. Số phần tử không gian mẫu là

C 

435



2 20

.

A C C







296

1 12

1 10

1 1  C C C C 8 8

1 10

1 12

Vậy xác suất để 2 cán bộ coi thi ở hai trường THPT khác nhau là:

A

0,25

P A  )

(



.



296 435

0

2

0,25

 BC AB

tan 60



2

a

3



S



2

a

3.

Xét tam giác ABC có



ABC

Câu 7 (1,0đ)

Thể tích của khối chóp S.ABCD là

0,25

2

3

V



SA S .



a

3.2

a

3



2

a

S ABCD

.



ABC

1 3

1 3

d B CMN , (

(

))



(

)).

,(

0,25

d A CMN , ( .

- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB // ( CMN nên ta có: )   d SB CM d SB CMN )) ( ) , ( và kẻ - Kẻ

AH NE H NE ,





AE MC E MC ,





AH



(

CMN

)



d A CMN ,(

(

))



AH

.

AE



Tính

trong đó:

S

Chứng minh được 2 AMC S  MC

S



AM AC .

.sin

 2 CAM a



3



AMC

1 2

N

2

AE 

MC a

13

a 3 13

0,25

H

2

Tính được

AH 

A

C

2

d A CMN 

))

,(

(

M

E

B

2



d SB CM ,

(

)



a 3 29 a 3 29 a 3 29

(do cùng phụ



A

Câu 8 (1,0đ)

nên



K

 nên  BAH MAC



I

'K

C

B

0,25

DH

M

Ta có  ACB BAH với ABC ). Hơn nữa, MA MB MC  MAC MCA .  Suy ra đường phân giác trong AD của góa A cũng là phân giác của góc HAM .

y 

KK

' : 7

x

Gọi K là điểm đối xứng với K qua AD thì K thuộc AH. Viết được phương trình

 65 0

0,25

KK

 '

AD I

  

I

9; 2

K

    '



19 3 ; 2 2

  

AH x :

y 2

  , 5 0

   AH AD A



 

A



BC x : 2

  y

 15 0

1;3 

0,25

AM x

: 2



11

y



35 0

Đường thẳng AM đi qua A và K nên

 . Vậy

M

;2

13 2

  

  

Vì B thuộc đường thẳng BC nên

b ;15 2

 B b

 9

2

0

MA MB

  

b 5

b 65



180

Do

0,25

4

 b     b

Vậy

,

B



4;7

 C  . 9; 3



2

2

2

x

(1



y



1



x

  1

xy

(1)

Câu 9 (1,0đ)

x



xy 7 )

3

x

  2

x



3

xy



5 (2)

) 



   (2 

0,25

Điều kiện:

2 3 xy 3



0

  x    x 

2

2

(1)

 

1

y



1



    y

y

1



y

1



(3)

1   x

1 2 x

1 2 x

1 x

2

Xét hàm số

f

t ( )

  t

1



t

,

t

  . Do

f

t   hàm số f đồng biến '( )

0

trên  .

Do đó

(3)



f y ( )



f

  y

.

1 x

1 x

  

0,25

Khi đó

(2)

  (2

x

7)

3

x

  2

x



3



5

   



   3 x

2

x

  3



0

(Vì

x  không là nghiệm)

5  x

2

7

7 2

g x ( )



3

x

  2

x

  3

.

Xét hàm số

, với

;

x



5  x

2

7

2 3

7 2

 

      \    

g x '( )







Ta có

.

2

10  (2 x 7)

3 x 2 3



2

2



3

1 x

0,25

Vì

.

3

x

  3

3

x

    0,

2

x

;

2 3

 

7       \  2   



g x '( )







  

0,

x

;

2

10  (2 x 7)

2 3

7 2

3 x 2 3



2

2



3

1 x

  

      \    

Suy ra

và

.

;



g x đồng biến trên

'( )

2 7 ; 3 2

7 2

 

  

  

  

x

x 1;

Mà

 . 6

g

(1)

g

(6)

 nên phương trình có 2 nghiệm là

0

0,25

.

Vậy hệ có nghiệm là 

1 6

  1;1 ; 6;  

  

2

2

2

2

2

x



y



z



xy



xz



10

yz

(

y



z

)



12

yz



Ta có:

x 2

x 3 4

    

  

0,25

3

Suy ra

16

yz

2   x

16

xyz



x

3

2

2

Mặt khác ta có

y



z



2

yz

2   

 

24

x

2

0,25

x 8

3 x 2 

y

z

3

3

Khi đó

P



8

xyz







24

x

2

3 x 2 

y

z

x 2

3

0,25

Xét hàm số

với

x   (0; )

f x ( )





24

x

x 2

f x ( )

 

64

x

4

z

Suy ra

khi

    y 1

min   (0; x

)

x



4,

y

1

z

khi

  .

Vậy min

P  

64

0,25

Đề và Đáp án này được gõ lại từ file ảnh nên không tránh khỏi sai sót.

Quý thầy cô cùng các em học sinh nếu phát hiện sai sót vui lòng báo

giúp để chúng tôi kịp thời sửa chữa.

Xin chân thành cảm ơn!

Trần Quốc Nghĩa (Bình Dương) + Lưu Công Hoàn (Hòa Bình) https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam/

Câu 10 (1,0đ)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ MINH HỌA SỐ 1 (Đề thi gồm 1 trang)

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (1,0 điểm). Cho hàm số

. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

y



x  1 2  2 x

2

Câu 2: (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

y



4



x

 . x

1

2

1)

x

Câu 3: (1,0 điểm). Tính tích phân

I



dx



x ln( 2  x

 1

0

Câu 4(1,0 điểm).

log

x



8log

x

7

a) Giải phương trình

  0

3

2 3

b) Tìm môđun của z biết

z

 

i 2 3

 

4 2

iz

Câu 5: (1,0 điểm).

a) Cho

sin

  . Hãy tính giá trị biểu thức :

A



cos 2





2 2sin (

4 5

   ) 4 2

b) Một lớp học có 27 học sinh nữ và 21 học sinh nam. Cô giáo chọn ra 5 học sinh để lập một

tốp ca chào mừng 20-11. Tính xác suất để trong tốp ca đó có ít nhất một học sinh nữ.

Câu 6: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng  có phương

x

 

t 1 2

trình

t

và mặt phẳng () có phương trình: 2

x



2

y

   . Viết phương mặt cầu (S)

1 0

z

   1 t

  y     z 

tâm I nằm trên đường thẳng , tiếp xúc với mặt phẳng () và có bán kính bằng 2. Biết rằng tâm mặt cầu có hoành độ âm.

Câu 7: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.

( 1;4)

A 

(1; 2)

(2;0)

I

, trực Câu 8: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh tâm H. Đường thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn P  . Tìm toạ độ các đỉnh ngoại tiếp tam giác HMN là B, C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng

, đường thẳng BC đi qua điểm d x :

  .

2 0

y 2

3

2

y

  y

2

x

1

  x

3 1



x

Câu 9: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

( ,

x y



 )

2

2

2

 9 4

y



2

x



6

y



7

   

Câu 10:(1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4

4

3

a 3

b 3





2

M



  a b c

 

c 25 3 

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 QUẢNG NGÃI – ĐÁP ÁN ĐỀ MINH HỌA SỐ 1

Câu Đáp án Điểm

D  

  \ 2

 TXĐ:



2

;2 và  

 2; 

 Sự biến thiên 0.25 5 - Chiều biến thiên: x D    y    0 x  2

TCN y

  2

 2

:

x

0.25 - Hàm số nghịch biến trên các khoảng  - Hàm số đã cho không có cực trị y - Tiệm cận lim 

TCÑ

x  

2 :

y y   ;   lim  x 2 lim  x 2



2









 Bảng biến thiên x  y 1 0.25 2 y 2

 Đồ thị



f

x

 



1

0.25





 2;2 ,

x  2 x

4

x

2



f

x

x

  

   

x  

x  

0

1 0

4

2

0.25 Tập xác định D=  





2

0 2

2

x

x



x



4

f

7

0.25 2

  x   4    3

  2







Miny

Ta có: 2 f  2 2; f  2 ; f    , 2 2 0.25

  khi 2

 Maxy



2 2

x   2

x 

2

  / 2;2



  / 2;2



2

du

dx

dx

du

Vậy : khi ; 0.25





2 2

2



 1

1 2

x

x

x 

x 

1

1

Đặt x u    0.25 ln

Đổi cận

ln 2

1

ln 2

2

0.25 3 x u 0 1 0 ln2





2 ln 2

x

I  





ln

u u d

2 2



 1 .





1 2

1 2

2 u 1 . 2 2

x

x 

dx 1

0

0

0

0.5

x



log

1

3

x  . PT 0

x



log

7

3

   

ĐK: 0.25

4a



 t m /

 

3 2187

  x x 

0.25

z

iz

z





  

i 2 – 3

4

2

i     4 3

 1 2

 i z

i  4 3 i  1 2

0.25





  1 2 5

2

2

A



cos 2





2 2sin (

) 1 2sin

 





 )

 

2sin





sin



4b i i  4 3 0.25 i z z   122 5

 2

 1 cos(    

  

A  

2.

0.25 1 11      .5 5    4 2 5a

16 25

4    5

12 25

C

n

1712304

5 48

0.25

Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong số 48 học sinh ta có số phần tử của không gian mẫu    0.25

Gọi A là biến cố " chọn 5 học sinh trong đó có ít nhất một học sinh nữ" thì A là biến cố " chọn 5 học sinh mà trong đó không có học sinh nữ ". 5b







20349

5 21

  P A

   n A C

20349 1712304

n

  n A  

Ta có số kết quả thuận lợi cho A là:





  1

  P A

1691955 1712304



t

 nên

    ; t

20349 1712304 Giả sử mặt cầu (S) có tâm I , vì I thuộc  Mặt cầu (S) có bán kính R=2 và tiếp xúc mp 

 t 1 2 ; 1 I  nên

0.25

 2 4 t

 

t 2 2

  t

1

,

  2

    t 5

1

2

6

  

d I  

 

  4 4 1

0.5



t





t 5 t 5

  1 6    1 6

  

7 5   1

t

   

6

t  tâm mặt cầu

I

;



7 5

19 2 ; 5 5

  

0.5 Khi loại

7 5  1; 2;1

2

2

2

 4





x

y







2

z

    I    1

phương trình mặt cầu :





Khi 

S





1 t   tâm mặt cầu   1 CB AB     CB SA 

* Vì SB là hình   CB SAB 

chiếu của SC lên mp(SAB) 7 0.25

A

I



,

SC SB ,



T

D

 

  SC SAB

M

H

0 .cot 30

  0   CSB 30   SA a 2 3

  SB BC  a

K

B

E

C

3

* Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:

2

V



SA S .



a

a 2.



(

dvtt

)

S ABCD

.

ABCD

1 3

1 3

/ /DE

 

CE DI



0.25



 SCI

a 2 3 a 2



d DE SC

,









   d DE CSI , cắt ED tại H, cắt CI tại K

+ Từ C dựng CI // DE và













  

HT

AK

SCI







d DE SC

,



HT









  d H SCI ,

HT 

a .

a

3 2

 SA CI Ta có: theo giao tuyến SK   CI SAK  SCI  SAK  AK CI Từ A kẻ AK CI    0.25 Trong mặt phẳng (SAK) kẻ

S



AK CI .



CD AI .

  AK





ACI

2

1 2

1 2

CD AI . CI

a 3 5

2

a

a 2

   

  

(

 M ED

)



HK



AK



+ Ta có:

HK KM  AD HA

1   2

1 3

a 5

a

2.



  HT





Kẻ KM//AD

2

SA HT  SK HK

SA HK . SK

38 19

2

2

a



a 5 a 9 5

d ED SC  ,

Lại có:  SKA sin 0.25



38 19

Vậy 

A

 Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp

Suy ra I là trung điểm của BH;

N

H

B d

  

t t (2 2 ; )

B

0.25

I

C

B

M

P

H

 (2 2 ; t

  )

t



 (3 2 ; t

  t

4),



(2

t

  

1;

t

2)

 BP

 AH

Suy ra

  AH BP .



  

t (2

0

t 3)(2

  

1)

t (

4)(

t



2)



0

25   t

t 10

     1

5 0

t

8 0,25 Do H là trực tâm của tam giác ABC

 AH

H

(0;1),

B

 (4; 1),



 (1; 3)

BC x :

y 3

  7 0

0,25 Suy ra ,đường thẳng

AC x : 2

y   . Tìm được toạ độ

6 0

C   ( 5; 4)

0,25 Đường thẳng

KL…..

x



1;

y

3 3 ; 2 2

   

  

3

(1)

3    y

2

y

2 1

  x

2

x

1

  x

1

    y 2

x

y

2(1



x

) 1

  x

1

 x

2

3

Điều kiện: . Ta có 0.25

0

Xét hàm số f t ( )  t 2  ta có t , f  '( ) 6 t t      t 1 0, f t ( ) đồng biến trên  . 0.25

(1)



f y ( )



f

( 1

  

y

x

)

1

x

 y 2

y

  1

x

   

2

Vậy

2

2

2



4

x

 



2

x



2





 5 1

x

1 2

Thế vào (2) ta được : 4 x   5 2  6 x  1 0.25 9 Pt  2 4 x   5 4 x  12 x  2 x 

  

l 2( )

4 x   5 2 x  3( vn )

2

     x 1     1 x 

4

4 x    5 1 2 x     0.25

4

4

4

4

2

3

4

3

y  2 Với x 1 Vậy hệ có hai nghiệm. y   2      2 

a

 

a 3

1 4

3

3

3

- Áp dụng BĐT Cô - Si ta có: . a a a a hay a      2 2 2 4

 

 1 

4

3

b

 

b 3

1 4

2

3

3

3

a

b

a b 

a b 





a b 

  0

4

0.25 b 4 4 - Tương tự M   a b c  

 







3

3

3

3

3

3











1

25

M  





25

3

Mà  c 25 3   a  

c

c

c a b  

c a b  

c

c

a b  a b  

c a b  

  

  

  

  

  

  

  

  

c

 a b  

a b  

c 25 

t



  t

0.25

 0

 1

3

f

t







t  

Đặt

1

c a b c     t

 1



 3 t 25 0



Xét hàm số

2

2

  t







  t

t  0.25 1 6   f t f có:     , t 5   0   3 1      t           1 4

Bảng biến thiên 10





1 6 0

0 1 x





y

25 36

c

Min M 

0.25 y

a b  



1,

  t

25 36

1 t  hay 6

2 5

Vậy khi . f   Min f 1 6 25 36      

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI ĐỀ MINH HỌA SỐ 2 (Đề thi gồm 1 trang)

KÌ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)

4

2

2

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:

y



x



2(

m



1)

x



1 (1)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

b) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) có 3 điểm cực trị thỏa mãn giá trị cực tiểu đạt

giá trị lớn nhất.

Câu 2 (1,0 điểm).

a) Giải phương trình : sin 2

x



cos

x



sin

x



1 (

x R

 )

2

b) Giải bất phương trình :

.

log



x

)



0 (

 x R

)

log (2 2

 

 

1 2

2

Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I



dx 3



x x



1

1

  z

1

Câu 4 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện

. Hãy tính

.

z z

11   2

z z

 

i 4 i 2

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.ABC, ABC đều có cạnh bằng a, AA = a và đỉnh A cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AB . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN).

2

2

2

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu (S) có phương trình   . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa truc Oy và cắt mặt cầu











6

2

2

0

4

y

x

x

y

z

z

(S) theo một đường tròn có bán kính

.

r 

2 3

Câu 7 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.

10 0

y 4



x

 và đường phân giác trong BE có phương trình

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có y   . Điểm phương trình 3

1 0

x

(0;2)

thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác

M ABC.

2

2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:

(x R).

x



5

x



4 1



x x (



2

x



4)





Câu10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2

2

2

2

P



x



y



2

x

  1

x



y



2

x

   . y

2

1

---------- Hết --------- Thí sinh không được sửdụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI – HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ MINH HỌA SỐ 2

 hàm số (1) luôn có 3 điểm cực trị với mọi m

y’ = 0 

2

0

  m  x 1

a) (Tự khảo sát) b) y’ = 4x3 – 4(m2+1)x  x  

Câu 1. (2 đ)

2

2

m  (



1)

 

m

2 1   giá trị cực tiểu

 1

CTy

CTx

2

2

2

max(

) 0

m

m

V m ì (



1)

1

      0 1 1

CTy

x



a) sin 2  (1)  (sin

   y 0 CT sin x 1 x cos )(1 sin

x  

cos  x

(1)  x

 cos ) 0 x

2

   k x  x cos x  0  4  (  k Z ) x  cos x  0 sin     1 sin  2 k    x  2 k       x   3 2

b)

(2).

og



x

)



0 (

 x R

)

log (2 2

Câu 2. (1 đ)

 

 

1 2

2

2

Điều kiện:



x

)

  

2

0

x

     1 1

1

x

log (2 2

  

1

x

1

  

1

x

1

  

1

x

1

2

Khi đó (2) 







x

) 1

 

log (2 2

2

2

x



0

2



x



2

x



0

  

  

Vậy tập nghiệm bpt là

   

S  

( 1;0)

(0;1)

2

2

.

I





dx 3

2 x dx 3

3





1

1

x x



1

x



1

x

3

3

2

Đặt

.

t



x

  

1

x

t

  1

2 x dx



t dt .

2 3

x

  

1

t

2 ;

x

   t 3

2

Câu 3. (1 đ)

3

3

I







dt

2

2





2 3

t dt . 2 

t 1)

(

t

1 3

1 

1

t

1 

t

1

  

  

3



I



ln



ln



ln



ln

1 2

1 3

1 3

x x

 

1 1

1 3

3 2 2 2

 2 1  2 1

2

  

  

2

2



  z

1

z

z 4



13 0

 ,

     9 9i

'

z z

11   2

2 3 i z       i 2 3 z 



=

z

   i 2 3



1

Câu 4. (0,5 đ)

2 2

 

i i

z z

 

4 i i 2



=

z

   i 2 3



2 7  i  i 2 5

z z

 

4 i i 2

53 29

 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)

a

3

a

3

Ta có

AM



,

AO



AM



Câu 5. (1 đ)

2

2 3

3

2

a

6

a

2

2

2

;



A O '



AA

'



AO



a





S

ABC

2 3 4

a 3

3

2

2

a

3

a

6

a

2

Thể tích khối lăng trụ

.

A O '



.



ABC A B C : '

.

'

'

 V S

ABC

3

4

4

A' C'

B'

N

E C A O

M

NAMC

V



S

)



)



 d N ABC . ,(



NAMC



AMC

 d C AMN , (



 Ta có

1 3

V 3 S

AMC

2

a

3

a

6

S



S



;

)



A O '



 d N ABC ,(



AMC

ABC

1 2

8

1 2

6

2

2

a

3

a

6

a

2

Suy ra:



.

V



NAMC

1 3

8

6

48

3

a

lại có :

cân tại A

AM AN



 , nên AMN

2

,

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE MN

MN 

A C a  2

' 2

2

2

2

a

a

11

2

2

;

S



MN AE .



  AE

AN



NE







AMN

1 2

16

a 3 4

a 16

11 4

2

11

a

22

(đvđd)



)



:



 d C AMN ,(



2

2

2

2

2

2

S ( ) :

x



y



z



23 a 48  6

x

4

y



a 16 z 2

11     0

2

x

(

2)



(

y



3)



1)



16

z

(

bán kính

4R  ; trục Oy có VTCP

 ( )S có tâm (2; 3;1)



I

(0;1;0)

  j 

Gọi

 n



a b c ( ; ; )

2

2

)P chứa Oy 

là VTPT mp(P),  n

    

 n

c ( ;0; ) ( a

a



c



0)

B

Câu 6. (1 đ)

( Phương trình mp(P):

b cz

0  0

 j ax

(P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kinh

r 

2 3

2

 a c

2

2

2

2

2

2



)



R



r

  2

  

4

2

a

4

ac



c



4

a



4

c

 d I P ,(



2

2

a



c

2

  c 3

4

ac

0  c  3 c 4

a

   0 

Vậy phương trình mp(P) :

0x  hoặc 3

Số phần tử không gian mẫu là

n (

  )

C C C .

.

34.650



 . 0 4 4

x 4 12

z 4 4 8

Gọi A là biến cố “3 đội bong của Việt nam ở ba bảng khác nhau”

Số các kết quả thuận lợi của A là

n A (

 ) 3

.1.



1080

Câu 7. (0,5 đ)

Xác xuất của biến cố A là



P A ( )



0,31





3 3 C C .2 9 6 1080 34650

3 C 3 54 173

n A ( )  n (

Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt:



B

(4;5)

x 4 x

  1 0  y    1 0

3 y

  

A

E

M(0;2)

I C

H N B

Câu 8. (1 đ)

Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt:

   A

( 3;

)

 x

4 

y 4

8 0     y 10 0

1 4

3 x   3 

Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt:

C

(1;1)

x





1

4

x



3

y

 

1 0



2

2

C

;

y



x



(

y



2)



2

  

31 33 ; 25 25

y 1; 31 25

33 25

    x 

  

  

    

Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.

thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác

Tương tự A và

C

  

  

31 33 ; 25 25 ngoài của tam giác ABC.

BC = 5,

. Do đó

(đvdt).

AH d A BC (



,

)





ABCS

49 20

49 8

2

2

(*)

x



5

x



4 1



x x (



2

x



4)



5

  x

0

ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0 

x

   1

5

   1  

2

2

Khi đó (*) 

4

x x (



2

x



4)



x



5

x

 4

2

2



(**)

4

x x (



2

x



4)



(

x



2

x



 4) 3

x

TH 1:

, chia hai vế cho x > 0, ta có:

x   

1

5

2

2

x



x



4

x



x



4

(**) 

4



 3

2 x

2 x

Câu 9. (1 đ)

2

x



x



4

Đặt

t



,

t

0

t   3

1

 , ta có bpt: 2 t

t 4

 

3 0

2 x

2

2

x



7

x

 

4 0

x



x



4

17

7



65



1



3

  x

2

2 x

  1 2

2

x

  

4 0

x

     

TH 2: 1

 

5

  ,

0

x

x

2 5 x

  , (**) luôn thỏa

4 0



65

Vậy tập nghiệm bpt (*) là

S

1

5;0

17 7 ;

    

 

  1 2

2

   

  

2

2

2

2

P



x



y



2

x

  1

x



y



2

x

   y

2

1

Xét các điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y). Ta có OM + ON ≥ MN

2

2

2

2

2



(

x



1)



y



(

x



1)



y



 4 4

y

2



P



2 1



y



y

  2

f y ( )

2

y

2

TH1: y ≤ 2:

f y ( )



2 1



y

   y

2

f

y '( )





1

2

1



y

0

f

'( ) 0

  

2

y

y

1

2   y

  y

3 3

3

y



1

 y  2 

Câu10. (1 đ)

Lập bảng biến thiên f(y) 

f y ( )



f

  2

3

min   x ( .2]

3 3

  

  

2

TH2: y ≥ 2:

f y ( )



2 1



y

y

  ≥ 2 5 2

  2

3

Vậy

.

P

  2

3



x y ;

Do đó

khi x = 0 ; y =

MinP  

2

3

3 3

------------------- Hết -------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 ( Thời gian làm bài: 180 phút )

ĐỀ CHÍNH THỨC



y

  x

 5 4

x

Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số .



trên đoạn

.

 1 x 2 1  x  Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x 1;1 

 1 3

5

1

i

i

    . Tính môđun của z .

 i z

log

x

log

x

Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn 

 . 1



   1

2

2

1

3

x

I



2



x



x e .

x d .

b) Giải phương trình







0

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

 A  1; 1; 0



x

1

1

y

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm và đường thẳng d có phương





P đi qua điểm A và vuông góc với đường

 2

 1

z  3

trình . Lập phương trình mặt phẳng 

thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc trục Ox sao cho khoảng cách từ B đến mặt phẳng (P) bằng 14 .

2

2

Câu 6 (1,0 điểm).

P

x



x

cos 2

x   .

   1 3sin

 1 4cos



2 3

a) Tính giá trị của biểu thức , biết

b) Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất sản phẩm tiêu dùng, một đoàn thanh tra lấy ngẫu nhiên 5 sản phẩm từ một lô hàng của một công ty để kiểm tra. Tính xác suất để đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm. Biết rằng trong lô hàng đó có 100 sản phẩm, trong đó có 95 chính phẩm và 5 phế phẩm.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a .

G

E

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18. Gọi E là trung điểm cạnh BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cắt đường chéo AC tại G , (G không

d x :

y   . Tìm tọa độ các

6 0

   , 1; 1

2 4 ; 5 5

  

  

trùng với C ). Biết và điểm D thuộc đường thẳng

A B C D ,

,

.

,

2

2

2

2

x

2

17

17

xy





y

x



6

xy



2

y



5

x



y





điểm

;x y   .



2

2

 

2 2





x

y

x

6

  2

x

y



x

 6  1

,

Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 

        xy x y z là các số thực dương thỏa mãn ,

xz

 11   .

1

x

Câu 10 (1,0 điểm). Xét



 x z 2 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P   xy    1 . 4 3z 1 y           ___________ 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: ………………………………………

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán – lớp 12 Nội dung Câu Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và…. Điểm 1 điểm

y



y

 ; tiệm cận ngang y=2

2

 TXĐ: D = R\{ - 1}  Giới hạn và tiệm cận

y

lim x   

y

  ; tiệm cận đứng x=-1





0,25

x

; lim   x ( 1)

y

'





0

lim x  lim   ( 1)

x  

1

2

3  1)

 Đạo hàm: Ta có

x ( Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) Hàm số không có cực trị

0,25

 BBT:

0,25 2

x -  -1 +  y’ + + y +  2 - 

 Đồ thị:

y

5

4

3

2

1

0,25

x

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

-1

-2

Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị…

1;1

  1

0

f

'

1 điểm 0.25

     x

 1;1

  x

f

f

Ta có 0.25

Do 0.25 Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  2  5 4 x    0 1

 , xảy ra khi

0

  , xảy ra khi

4

1x  ;

x   .

1

 max  

    1 4;   f x 1;1

min  

  f x 1;1

 1 3

1

5

i

i

    . Tính môđun của z .

 i z

Vậy 0.25

 1 3

      5

1

z

i

i

  1

i

Câu 3a Cho số phức z thỏa mãn  0,5 điểm

 i z

4 2  i  i 1 3

z 

2

0,25 Ta có 

Suy ra . 0,25

log

x

log

x

 . 1



   1

2

2

0,5 điểm

1x  .

Câu 3b Giải phương trình ĐKXĐ

2

 x x

 1

 x x

 1

2

x  là nghiệm duy nhất của PT đã cho.

2

1

1

1

3

x

I



2



x



x e .

x d



2





x xe dx

2 0,25 PT đã cho  log           2 0 2 1 x x       1  x  x  Đối chiếu ĐK ta có Câu 4 Tính tích phân…. 0,25 1 điểm



 3 x dx











0

0

0

1

1

4

Ta có 0,25



 3 x dx



0

0

1

1

1

1

1

x

x

x

x xe dx



xde



x e .



x e dx

  e

e



1

2   2 x   .  0,25 x 4 9 4      















0

0

0

0

0

 0,25

I 

13 4

Vậy . 0,25

 u

Câu 5 Trong không gian tọa độ Oxyz ,…. 1 điểm





. Vì đường thẳng d vuông góc với mặt Đường thẳng d có VTCP là 0,25 làm VPPT.

P



2

1

3

0

x

x

y

z

  y

3

z

 0

  . 1 0

2;1; 3    phẳng (P), nên mặt phẳng (P) nhận u  1; 1; 0 A   

 2;1; 3    : 2

   1

   1









2

a



1

B Ox

 

;0;0

, do đó mặt phẳng (P) có phương trình: Mà mặt phẳng (P) đi qua điểm 0,25







 B a



 d B P ;



14

Do , ta có: .

  a

2

a



1

0,25



14





14

   a

1 14

2

 





 d B P ;



14

  a 

15 2  13 2

B

; 0;0

B

; 0; 0

Suy ra .

15 2

  

  

 13  2 

  

2

2

Vậy , hoặc 0,25

P

x



x

cos 2

x   .

   1 3sin

 1 4cos



x



x



2

2

P





x



x



 1 3.

 1 4.

0,5 điểm Câu 6a Tính giá trị của biểu thức , biết

 1 3sin

 1 4 cos



1 cos 2 2

1 cos 2 2

2 3   

  

     

x





5 3cos 2

3 2 cos 2

x





Ta có 0,25





35 6

0,25 .

0,5 điểm

.

 2 Câu 6b Trong đợt kiểm tra chất lượng sản xuất…  n

 C 

5 100

2 .C C cách. 5

3 95

0,25 Không gian mẫu của phép thử là  có Gọi A là biến cố “đoàn thanh tra lấy được đúng 2 phế phẩm” Số cách lấy được 5 sản phẩm trong đó có đúng 2 phế phẩm là

 n A







0, 0183

Suy ra .

 P A



   n A   n

3 2 C C . 95 5  

.

0,25

(Lưu ý :Thí sinh lấy kết quả xấp xỉ 0,02 cũng cho điểm tối đa)

  SH

ABC

ABC

Câu 7 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều…. 1 điểm









mà 

SH 

a



Gọi H là trung điểm của AB SH AB     SAB Do SAB 0,25 . vuông cân tại S AB a  2 2

S

ABC

. đều Mà ABC

2 3 4 3

3

a

V



SA S .



0,25

ABC

SABC

24

1 3

Do đó: (đvdt).

d AC SB





,





2









  d A SBD ;



  d H SBD ;



 

BD



HI



SBD





HI

0,25

 tại K và HI  SHK





  d H SBD ;



 3

a

0



 HK HB

.sin 60



Dựng hình bình hành ABDC , ta có      d AC SBD AC SBD ; || tại I. Kẻ HK BD SK  , do đó Ta có BD HI

HBK 

4

Xét tam giác vuông BHK có  060

0,25





  HI

2

2

2

a 3 2 7

1 HI

1 HS

1 HK

Xét tam giác vuông SHK, ta có

d AC SB

,



2

HI



a





3 7

Vậy .





 

D d

;6

Câu 8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD …. 1 điểm ,

  t

 D t

Do tứ giác CDGE nội tiếp DG GE Do

 EG



;





t

3 9 ; 5 5

  

0,25 do

   0

  DG t   D

   4

4; 2

    t

2 26 ; 5 5 



Ta có   EG DG . .

DE



3 2,

DE x :

y

0

Suy ra

S

S

  18

d C DE DE

;

.

     .(1)

a b

2

3





ABCD

CDE

1 2

9 2



b

1;

b

  ;C a b , do   DC a   CD CE

 4;  2 ,   DC EC .

  EC a   

0

a

4

b



2

b





0

Gọi 0,25 Mà

   2 9   2 ; do    1

 1   a

 





 1

(2)

2

2

  1; 2

  4; 1       không thỏa mãn

1; 2C 

C

C 3 2 a b 4; b   1 Từ (1) và (2) ta có:  1; b  2 C  a b 5  a    2 0 b a     a          0,25 Do C và G nằm khác phía với bờ là đường thẳng DE

 thỏa mãn.



 4; 1

  AD BC

A

Suy ra

   

2; 2

 B   . Do 2; 1



Vì M là trung điểm BC nên . 0,25

2

2

2

2

x

2

xy



17

y



17

x



6

xy



2

y



5

x



y



2

2



x

x

 

2 2

y



6

y



x

  2

x



 11

   1   2



Câu 9 Giải hệ: 1 điểm

  6     1  x  

2

2

2

2

2

VT



x



4

y



x



y



4

x



y



x



y

ĐKXĐ:

y   và

0

x

  1

















2

2

  x

4

y



4

x



y



5

x



y



x

y

x

y

4

4

















Từ (1) 0,25 .

0

2

2

x

 

2 2

x



6

x



x

  2

x

x





 11



3

2

2

 1

 x y   . y vào PT (2) ta được    2 x x 6

12





2

x

x



x



2

x

3

2

Dấu “=” xảy ra

2

x



6

x



2

x

0







 

  2

3

3

2

  2 x



2



x

x

 

2 6

x

x



2

x



0

 

   x x 

  2 

3

2

Thế x    2 x 0,25



2





 

6 0

0x  )

x  x

2

 x  x

2

  

  

  

  

  

  

t



(vì

x 2  x x  x

2

Đặt , PT trên trở thành

3

2

2

t 2

      6 0

t 2

t

t

3

t



t 2



2

   t

0







3 2

9



t m /





2

369 8

0,25



3

x

    x

4x

2

2

9x 18 0

 



3   2

x  x

2

9



L





  x    x 

369 8

.

9



9



0,25

x



  y

.

369 8

369 8





9

x y ;

;

Với



369 9 8

369 8

   

,

. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 

x y z là các số thực dương thỏa mãn ,

     xy

x

1



xz

Cho



 x z 2 1

  .    

Câu 10 1 điểm Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1  .  P  xy   4 3z 1 y   

   1



Từ giả thiết đã cho ta có : P x 1  1  1 y 4 3z             

xy



xz

      . Đặt y

1

1

x

z





0

 u u ,



1 x

Mà

0,25

u

   và z

1

y



0

u y z , ,



Ta có . P  1  1  1  1 y 4 3z 1 u               

u

   suy ra 1

y

z



 0;1

4 3z

1 x       1  

  

2

2

2

1



1





1





1





1



. Do

1 u

2 

u

y

2 

1

z

1 y

1 uy

  

  

  

  

  

  

  

  

   

   

Mà

0,25

P



1



1



1





1



1



1 y

4 3z

2 

1

z

4 3z

1 u

  

  

  

2      

  

  

  

  

  

Suy ra .

2

z 



0;1

  z

2

 

 3  1

4

z



z

z





z  4 3 . với Xét hàm số f  1  1    z 3 z 2  z          z 

f

'



  z

2



2         3 2 3 z 1



f

'

   z

0

  z

1 2

4   3z   1 Ta có , 1  3 2  z 3

0,25

z 0 1 Lập bảng biến thiên: 1 2

f’(z) + 0 -



125 3

f(z)



    

P

x



4;

y



;

z

  P f z

125 3

125 3

1 4

1  . 2

Ta có , đẳng thức xảy ra khi

0,25

.

MaxP  

125 3

Vậy

 Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, đều cho điểm tương đương.

----------Hết--------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

3

2

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  2 x  3 x  . 1

f x ( )

  

2

x



4 

x

1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 2 4  ;

x

Câu 3 (1,0 điểm).

9

x 1 3

  . 2 0



a) Giải phương trình:

z



2



i 3

3



i 3





3

e

2



ln

x

I

dx

b) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z biết: .

2

 

x x

1

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

Câu 5 (1,0 điểm).

x



3 cos

x

 . 0

a) Giải phương trình: sin 2

x

1

b) Đội tuyển học sinh giỏi toán của một trường có 8 học sinh lớp 12 và 7 học sinh khối 11. Giáo viên cần chọn 5 em tham gia thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Tính xác suất để trong 5 học sinh được chọn có cả học sinh khối 12 và khối 11.





 2

 y 1  1

z 2

x

    . Tìm giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình

1 0

y

z

Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho điểm đường thẳng d: và mặt phẳng (P) có





phương trình đường thẳng  qua A vuông góc với d và nằm trong (P).

 . Hai Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều và AB BC CD a mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa SC và (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

I

K

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung

3;0G 

8 1 ; 3 3

7 1 ; 3 3

  

  

  

   trọng tâm tam giác ABC và ACM. Tìm tọa độ các đỉnh

,A B C .

,

điểm của AB. Biết là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và , lần lượt là

5

(

xy



3)

y

  2

x



x



(

y



x 3 )

y



2

2

9

x



 16 2 2

y

  8

4 2



x

   

a b c

   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

1

Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2

2

P







(

 a b

)

a 2  b c )

(



bc 5

b 2  c a )

(



5

ca

3 4

Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn 2 thức .

-------------------------HẾT-------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Cập nhật đề thi và đáp án mới nhất tại: https://www.facebook.com/toanhocbactrungnam/

Họ và tên thí sinh:……….………..………….….….; Số báo danh:…………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

HDC KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: TOÁN HDC gồm có: 06 trang

I. Hướng dẫn chấm:

1. Cho điểm lẻ tới 0,25;

2. Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;

3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;

4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần.

II. Biểu điểm:

Câu 1 (1,0 điểm).

2

3

x

x

3

2



Nội dung Điểm

y

 

y

 

0,25

 1  y  TXĐ: D    Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim 

x

; lim 

x

2

+) Bảng biến thiên:

y

   

0

6

x

6

x

y

 

26 x



6

x

1

 x 0      0 x 

,



Bảng biến thiên

0.25 0 0

1 0 0



1



 

  x  y y 

)

0

1

; 1), (0; x   ; yCĐ = 0 , hàm số đạt cực tiểu tại

 x  ; yCT = –1

 , nghịch biến trên khoảng ( 1;0) 0.25

y

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( Hàm số đạt cực đại tại  Đồ thị:

0.25

O-1

1

x

2

-1

Câu 2 (1.0 điểm).

2

3

x



f '(x)

Điểm



2 

  

0

3

f '(x)

x

, 0,25 Ta có f(x) liên tục trên đoạn 2 4  ; Nội dung   x 2 1 ) (x

x 

(2;4)







2 f( )

4 3 ,f( )

3 4 ,f( )

Với , 0,25

10 3

3

4

Ta có: 0,25

x  ; 3

x  . 2

  f x  tại

  f x  tại

max   2;4

min   2;4

Vậy 0,25

Câu 3 (1,0 điểm).

x



x

x

 1

x

x

9



3

   2 0



3.3

2 0



2

Điểm

3

x



2

3

0

0,25 Nội dung  1 3     

S 

3  0;log 2

log 2 3

 x    x



z



2



i 3

3



i 3



. Phương trình (1) có tập nghiệm là 0,25



     i 3

i 3

i 3







9

2

3

9

z

z

i 3





0,25 b) Tìm phần thực, ảo của số phức z biết : 

0,25 Phần thực của z là: 9, Phần ảo của z là: 3

Câu 4 (1,0 điểm).

3

2



ln

x

I



dx





x

ln

dx



x

ln



xdx

Điểm

2

x x

2 2 x

e  1

e  1

e  1

 x dx  

e



dx







2

0,25 Nội dung e 2  2 x 1

I 1

2 2 x

 2 x

1

    2 e

e  1

du



dx

e

ln

x



0,25

I

x

ln

xdx

2

 

1 x 2

xdx

1

 u   dv 

. Đặt

x 2

2

2

2

2

      v  e

e





I



ln

x



xdx





2

1

e 4

1 4

x 2

e 2

x 4

1

1 2

e  1

3

2

e



8

0,25

I



I



I



  2

1

2

e 4

1   4

 9 e 4 e

 2 e

0,25

x



3 cos

x

sin 2

x



3 cos

x

  0

x 2sin cos

x



3 cos

x



0

cos

x



0



cos

x

2sin

x



  0

3

Câu 5(1,0 điểm). Nội dung Điểm a) Giải phương trình: sin 2





sin

x



   

3 2

cos

x

  

0

x



 k

 2

0,25

x

sin

  

  x

 2



k

x



k

 2

3 2

 3

5

 2 3 b) Số phần tử của không gian mẫu:

15C 

0,25

Gọi A là biến cố: “ 8 học sinh chọn có cả khối 12 và 11” 0.25

 



A C

5 15

5  C C 8

5 7

C



5 15

Số phần tử của biến cố A:

P A ) (







 A 

38 39

5 5  C C 8 7 5 C 15

0.25 Xác suất: .

Câu 6 (1,0 điểm). Điểm

2

t

x   y    z

Nội dung   t 1 2    1 t Đường thẳng d có dạng tham số: 0,25

A

 

t

t ;2

 t 1 2 ; 1 t 1 2

P

A

1

  

t

t 2

      . Vậy t

1 0

3

.

A d 

      

  .

0,25

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến là:

 u



 có vectơ chỉ phương là:

 5; 2; 6 A      1; 1; 1   2; 1;2   3; 4;1

z

6





Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là: 0,25

   n u ,  p d x  5  3

 pn   du         y 2  4

 1

Phương trình đường thẳng  : 0.25

S

Câu 7 (1,0 điểm). Nội dung Điểm Gọi H là giao điểm của AC và BD. Do (SAC)

và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng

(ABCD) nên SH vuông góc với (ABCD). Góc

giữa SC và (ABCD) là góc SCH suy ra

 060 SCA 

AC a

3

M

. Ta có:

K

a

3

D

  

HC

AC



A

I

HC BC  AD HA

1 2

1 3

3

suy ra Do BC AD 0,25

0

H

 SH HC

. tan 60

 a

B

C

2

a

0

S



S



S



AB BD .



BC CD .

.sin120



Xét tam giác SHC vuông tại H, có:

ABCD

ABD

BCD

1 2

3 3 4

Ta có

3

1 2 a 3

3

V



S

SH .



0,25

S ABCD

.

ABCD

1 3

4

Vậy

a

3

HI



AH



Gọi I là trung điểm AD, K là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng SI. suy ra K là hình chiếu của H trên (SAD). Gọi M là hình chiếu của C trên (SAD) suy ra SM là hình chiếu của SC trên (SAD) do đó góc giữa SC và (SAD) là MSA 0,25

1 2

3

HI HS .

Ta có

HK



MC



HK



2

2

a   2

3 2

a 3 4

HI



3

SC



2

HC



Xét tam giác SHI vuông tại H, có:

sin





 0  MSC

40 30



Xét tam giác SHC vuông tại H, có: 0,25



HS a 2 3 MC SC

3 3 8

Xét tam giác SMC vuông tại M, có:  MSC

MSC 

Vậy góc giữa SC và (SAD) là:  040 30 

A

N

GK AB

  

2 3

Câu 8 (1,0 điểm). Nội dung Điểm

K

M

IM GK

0,25

I

G

 C

MK

/ /

Lại có:

C

B

 KM



x



;

y





3;



 KI

,



; 0

,

Gọi N là trung điểm của AM, khi đó: CK CG  CN CM Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IM AB    MN NK 1    NC BN 3    IG MK Mà IG BC Do đó I là trực tâm của tam giác MGK

 ;M x y . Ta có:



  GM x 

  y GI ,

7 3

 1 1 ; 3 3

1 3

  

  

  

  

  

1 3    GI KM .     KI GM . 



3

3 3(3 3)

 





C

 (3; 2)





Gọi    0.25  0 3   M (3;1) I là trực tâm tam giác MGK nên ta có: 1  0  x   y 

 

2

1 3(0 1)

 



x c y c



3



(



)

x



1

x

0,25 G là trọng tâm tam giác ABC nên   x  c 3  MC MG  y  c





A

(1; 2)



3

x K y



(



x M y

)

A y



2

K

x C y C

M

A

A

  

K là trọng tâm tam giác ACM nên:

B



    A  y  5;0

3; 2

C

B

0,25

 5;0 ,

 1; 2 ,



M là trung điểm của AB suy ra  Vậy    . A

5

Nội dung Điểm

xy

3)



y

(

x



x



(

y



x 3 )

y



2(1)

2

9

x



 16 2 2

y

  8

4 2



x

(2)

   

0

  x

2

Câu 9 (1,0 điểm).   2

(*)

y

  2

  

Điều kiện: . Với điều kiện (*) ta có

1

 x

(

x



y



3)

y

  2 (

x



1)

x

0,25

 1) ( 

 

(

y



3)

y

  2

(

x



1)

x

(3)

   0 

(1) 

2 2

y

    

8 1

y

1x  thay vào (2) ta được:

31 8

3

Với ( Không thỏa mãn điều kiện)

y

2

(3)



y

  2

(

x

)



x

3

2

Ta có: (4).

   f t ( )

t

3 t

  trên ;

f

 '( ) 3 t t

    

1 0,

t

f

  t

Xét hàm số 0,25 Suy ra, hàm số đồng biến và liên tục trên . Khi đó:



f

(

y



2)



f

(

x

)

      x 2

2

y

x

y

(4)

y

x  vào (2) ta được:

2

2

Thay

4 2

  x

2 2

x

  4

9

x



16

2

2

2

2

2

 

32 8

x



16 2(4



x

)

  

8(4

9

x

x

) 16 2(4





x

)



(

x



x

 8 ) 0

0,25

  t

2

2

2

t



2(4



x

)

(

t



0)

t 4



16

t



(

x



8 ) 0

x

  

4 0(

loai

)

x 2 x      t  2

0

  x

2



2

2(4



x

)

  x

  y

Đặt: ; PT trở thành:

2

x   2

4 2 3

4 2 6 3

x



32 9

   

Ta có:

x y ;

;

0,25



3

3

    

 4 2 4 2 6   

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 

Câu 10 (1,0 điểm). Nội dung Điểm

2

2

2

2

2

a

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có



.





.

2

2

2

2

b 2  c a )

(



ca 5

9(

b 4  c a

)

a 2  b c ( )



bc 5

a 4  b c

)

9(

 b c (

)



 b c (

)

5 4

2

2

2

2

2

Tương tự, ta có 0,25











2

2

a 2  b c ( )



bc 5

b 2  c a )

(



ca 5

a  b c

)

b  c a

(

2 9

a  b c

b  c a

)

  

  

 4  9 ( 

  

2

2

(

2

2

2

2

2



 c a b (

)







.

2

2 9

c a b   a ( b ) 2   c ab c a b ) (

 

2 9

(

2(  a b

4 ( )    ) c a b a b 2  ) 4   4 ( c c a b )

2

  

  

 2  9 ( 

  

Suy ra



 c a b (

)



c

     

 a b ) 2 2  a b ) 4

     

0,25

a b c

       nên a b

1

1

c

2

2

2

2

Vì

P





(1



c

)



1





(1



c

2 ) .

2

 2(1 2  ) c

 c )  4 (1 c

c 4 (1  c

 c )  ) 4

c

3 4

8 9

2 

c

1

3 4

  

  

 2  9 (1 

  

2

2

f c ( )



1





(1



c

)

(1)

c 

(0; 1).

8 9

2 

c

1

3 4

  

  

c

1

0

f c '( )



1





(

c



1);

Xét hàm số với

2

16 9

2 

c

c

3 2

f c '( )

  

 .  1 ( 

–

+

1 3 0

Ta có

f c

'( ) 0

  

c

(

c 1) 64 (3





3)

  

0

c

.



2 1)  3

1 3

f c ( )



1 9

0,25

Bảng biến thiên:

( )

c 

(0; 1).

1 f c   với mọi 9

Dựa vào bảng biến thiên ta có (2)

P  

,

a b c

  

.

1 3

1 9

Từ (1) và (2) suy ra dấu đẳng thức xảy ra khi 0,25



,

a b c

  

.

1 3

1 9

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt khi

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12, NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN. Ngày thi: 22/04/2016 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

3

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

    .

y

1

3

x

x

Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

tại điểm có hoành



y

 

x x

1 2

độ bằng 1.

Câu 3 (1,0 điểm).

. Tính môđun của số phức z.

1) Cho số phức z thỏa mãn 2

z

    z

i

i 3

(

)

x

  1)

x

3) 3

0

2) Giải phương trình:

5    .

log (3 2

log ( 2

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

.

I



x

(1 ln 2 )

x dx





1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P

x

y

        z M    . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với mặt phẳng (P) và tìm

( ; ; )

và điểm điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P).

Câu 6 (1,0 điểm).

1) Giải phương trình: cos 2

x



5cos

x

 . 3

2) Trong dịp 26/3, Đoàn trường của một trường Trung học phổ thông chọn ngẫu nhiên 6 đoàn viên xuất sắc thuộc ba khối 10, 11 và 12, mỗi khối 2 đoàn viên xuất sắc để tuyên dương. Biết khối 10 có 4 đoàn viên xuất sắc trong đó có 2 nam và 2 nữ, khối 11 có 5 đoàn viên xuất sắc trong đó có 2 nam và 3 nữ, khối 12 có 6 đoàn viên xuất sắc trong đó có 3 nam và 3 nữ. Tính xác suất để 6 đoàn viên xuất sắc được chọn có cả nam và nữ.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật có cạnh AB = a, AD = 2a. Gọi O là giao điểm của hai đường thẳng AC và BD, G là trọng tâm của tam giác SAD. Biết SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SCD).

1 0

( 1;7)

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C. Các điểm M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ A và C của tam giác ABC. Trên tia đối của tia AM lấy điểm E sao cho AE = AC. Biết tam giác ABC có diện tích bằng 8, đường thẳng CN có phương trình E  y   , điểm , điểm C có hoành độ dương và điểm A có tọa độ là các số nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2

2

2

(2

x



2

x



1)(2

x

  1)

(8

x



8

x



1)

  

x

x

0 (

x

Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình:

  )

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn

.







1 y

1 x

1 z

16   y

x

z

(

x



y y )(

z z )(



x

)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

P



 xyz

-------------------- HẾT -------------------

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH

KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN

BẢN SAO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn này gồm 05 trang)

I. HƯỚNG DẪN CHUNG

Nếu thí sinh làm bài không theo cách như đáp án nhưng đùn thì vẫn cho đủ số điểm từng

phần như hướng dẫn.

Điểm toàn bài không quy tròn.

II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

 Tập xác định: D    Sự biến thiên:

0,25

2

Chiều biến thiên:

y

'

 

3

x



3;

y

x  1      ' 0 x 1  ; hàm số nghịch biến trên các

khoảng (

 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 1;1)   và (1;

) .

0,25

; 1)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại Hàm số đạt cực tiểu tại

  ;

 Giới hạn tạo vô cực: lim 

x

1x  , yCĐ = 3 1 x   , yCT = –1   lim  x

 Bảng biến thiên:



1 0

0,25

Câu 1 (1.0 đ)

1



 Đồ thị:

y

3

0,25

1

1

x

O 1 1

Gọi M là tiếp điểm suy ra

M  (1; 2)

0,25

Ta có:

y

'



0,25

2

3   2)

(

x

  1 0 3  x  y y 

Câu 2 (1.0 đ)

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là

k

y

'(1)

  3

0,25

0,25

y

 1

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là     x 3

  hay

1) 2

3(

x

y

a bi

)(2

  

a bi

)

i

  5 3 i

(

0,25





Câu 3a (0.5 đ)

 

a b



3

1

, ( ,a b a bi Đặt z         i z i z 5 3 ) Ta có: (2 5 3      a b i a b  i ) 3 ( 3    a a b 2 5   

0,25

2

Do đó

z 

2





5

  b  2 1

x

 

1 0

ĐK:

  x

0,25

x x

3 0     1)

x



1 3 3) 3 0

  

x



1)(

x



 3) 3

3    log (3 2

log ( 2

log (3 2

1

2

  (3

x

1)(

x



3) 8

  

3

x

8

x



11 0

 

Câu3b (0.5 đ)

11 3

 x     x 

0,25

Đối chiếu với điều kiện ta có x = 1.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

2

2

2

(1)

I



x

(1 ln 2 )

x dx





xdx



x

ln 2

xdx

I

0,25

  I 1

2







1

1

1

2

2

2

(2)

0,25

I



xdx





1



x 2

3 2

1

1

2

2

2

2

2

2

I



x

ln 2

xdx



ln 2

xd x (

)



x

ln 2

x

2 x d

x (ln 2 )



2

Câu 4 (1.0 đ)

1







1 2

1 2

1 2

1

1

1

0,25

2

2

2

2

2

2

2

(3)

I



x

ln 2

x



xdx



x

ln 2

x







2

1

1



1 2

1 2

1 2

x 4

7 ln 2 2

3 4

1

1

Từ (1), (2) và (3) ta được

I 

0,25

7 ln 2 2

3  4 M Ký hiệu d là đường thẳng đi qua điểm

(1;2;3)

và vuông góc với ( )P .

0,25

Đường thẳng d nhận

làm véctơ chỉ phương

 (2; 1;2)

 n 

 

t 1 2

x

d

:

t

Ta có phương trình tham số của đường thẳng

0,25

  2   y     z t 3 2  Gọi I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng ( )P .

0,25

I Ta có: (1 2 ;2



t



t

 ;3 2 ) t

. Do điểm I thuộc ( ) : 2

P

x

  y

2

z

  2 0

Câu 5 (1.0 đ)

nên ta có

 2(1 2 ) t



(2

  t

 ) 2(3 2 ) 2

t

0

t

8      9

suy ra tọa độ điểm

I

;

0,25

 7 26 11 ;  9 9 9 

  

do I là trung điểm của MN nên tọa độ điểm

N

;

 23 34 ; 9 9

 5 9

  

  

2

2

0,25

  3

2cos

x

 

1 5cos

x

  3

2cos

x



5cos

x

  2 0

x



x

cos

x



. Với

cos

x

     x

k

2 ,

  

k

0,25

Câu 6a (0.5 đ)

1 2

 3

cos

x

5cos 1 2 l 2 ( )



cos 2    

0,25

Gọi A là biến cố: “Chọn được 6 đoàn viên xuất sắc có cả nam và nữ” Ta có

  ( )

900



n

2 2 2 C C C 5 6 4

2 2

2 2

Câu6b (0.5 đ)

0,25

Ta có A là biến cố: “Chọn được 6 đoàn viên xuất sắc chỉ có nam hoặc chỉ có nữ” Chọ 6 đoàn viên xuất sắc là nam, mỗi khối 2 người thì số cách chọn là 2 C C C  3 3 Chọ 6 đoàn viên xuất sắc là nữ, mỗi khối 2 người thì số cách chọn là 2 C C C  9 3

2 3

2 2

Suy ra n( A ) = 3 + 9 = 12. Ta có:







 P A





n

12 900

1 75

 n A 

 

Vậy

P A (

) 1

 



 P A



Diện tích đáy

S

74 75 22 a

0,25

ABCD

S

Ta thấy góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc SCO a 5

Ta có:

OC 

2

0,25

H

a

0

C

B

SO OC

.tan 60



15 2

G

3

a

N

Vậy

V



O

S ABCD

.

15 3

M

D

A

Gọi M là trung điểm của AD, N là trung điểm của DC.

Ta thấy GM  (SCD)=S và

nên

(1)

SG

d G SCD ;(

(

)



d M SCD ;(

(

)

2 3

2 SM 3

Câu 7 (1.0 đ)

Mặt khác MO // DC suy ra MO // (SCD) nên d(M, (SCD)) = d(O, (SCD))

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SN

Vì SO, ON  CD  CD  (SNO)  CD  OH

Do đó OH vuông góc với mặt phẳng (SCD) suy ra d(O; (SCD)) = OH

a

Ta có

; ON = a.

OS 

15 2

Xét tam giác SON vuông tại O có OH là đường cao

a

0,25















OH



2

2

2

2

2

1 OH

1 SO

1 ON

4 a 15

1 2 a

19 a 15

285 19

2

a

285

Kết hợp với (1) và (2) ta có

d G SCD 

;(

))

(

57

Gọi D là điểm đối xứng của C qua N.

C

Khi đó ACBD là hình thoi, suy ra AD

M

vuông góc và bằng AE, do đó

AD = AE = AC. Từ đó ta có A là tâm

A

B

0,25

đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC.

N

Do  EAD

  90

0 ECD



0 45

E

Suy ra góc giữa hai đường thẳng EC và CD bằng 450.

D

2

2



a b ( ; )

 n

Gọi

a

b

 ) 0

là vtpt của đường thẳng EC ( b

Do góc giữa EC và CN bằng 450 nên

2

2

0,25

b

2 2

a





 (1; 1)

 n 

b  a       ... a x

y   8 0

 Với a

b  , chọn

( 7;1)

C 

Câu 58 (1.0 đ)

(1;1)

b suy ra phương trình EC: (loại) x

y   0 6

 Với a

b , chọn

(5;1)

suy ra phương trình EC: C

x

0

y   . 2

0,25

với t nguyên. CN d C AN ) (

( ; A t t    t )

 



5

t

,

,

CN AN t

 5

 



1

t

.

  t

5

1

8

t

  , kết hợp với t nguyên giải ra ta được t = 1; t = 3.

0,25

Do C là giao điểm của CN và EC nên  n  Do C là giao điểm của CN và EC nên Gọi d là trung trực đoạn EC, khi đó d có phương trình Do A thuộc d nên 2)  AN d A CN 1 ; ( Vì ABCS ABCS Với t = 1 ta được A(1; 3), B(1; –1) Với t = 3 ta được A(3; 5), B(3; –3)

Vậy A(1; 3), B(1; –1), C(5; 1) hoặc A(3; 5), B(3; –3), C(5; 1) Chú ý:

ECD 

- Hình vẽ trên áp dụng cho tam giác ABC nhọn, kết quả vẫn đúng khi tam giác ABC vuông

hoặc không (nếu không cũng không trừ điểm ý này)

Điều kiện: 0

2

2

2



x

2



(2

1)(2

x

(8

x

8

x



1)



x

0

2

2

2

x



x

x

  1)

2(2

x



1)





1)

x

  không 0

x

 

x   

0,25

2



a

2

x



1;

b

  1)  ) (2  

x

x

x     1 2( Đặt

 , phương trình trở thành:

2



2

a



b

  

a b

0

2

ab







 1

  1 2

 2 b a



 1

b  a   2 ab

1 0

   0 

hoặc tù, học sinh không cần nới điều này trong bài làm. - Học sinh có thể thủ lại  045 1x 

Câu 9 (1.0 đ)

x



5

5

2



x

  x

2

x

  1

  x

Với a

b , ta có

0,25

 10

2

5

x

1 2 

5

x

 

1 0

    

Với 2

0,25

ab   , ta có 1 0 2

2

2(2

x



1)



x

    

1 0

x 2(1 2 )

x



x

  x

1 (1)

0

    

0 1 2

x

x

Phương trình có nghiệm khi

 1

1 2

2

Mặt khác

2



x

  x

2 (1



x x )

  (1

x

)

  1 x

2

2

x (1 2 ) 1







x

x

 . Do không tồn tại x để đẳng thức xảy ra nên

Suy ra phương trình (1) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

5

5

.

x



 10

2

để suy ra

t



(2

x



1)

b

c

a b c , ,

abc

0;



Đặt

 , ta có

 và 1

a

0,25







b

a



(1)

13

ca





0,25

Chú ý: Có thể bình phương hai vế phương trình (1) và đặt phương trình vô nghiệm. z y x  ;  ; x z y    1 c P  1 1     a b c ab bc Giả thiết trở thành Vì nên trong 3 số a, b, c có tồn tại một số, giả sử a có tính chất 0

1a 

13

  a

1 a

b c

 

Từ (1) và

abc  , ta có 1

1



a

0,25

3

2

2

a





2

Suy ra

P a b c ab bc

   





ca



2

  a b c



13







13 a 2 a

 13 a  a

3

2

Câu10 (1.0 đ)

2

a



2



Xét

trên [0;1]

f a ( )



4

2

2

2

2(

a

13 a 2 a 



2

a



1

2(

a



a 5



1)

Ta có

f a '( )





2

 2

 13 a a  2  a 2 2 a a (

a 13  1)

 a 3 2 ( a a

1)(a  1)

0,25

3

5

f a

'( ) 0

  

a

 2 3

5

5

3

.

Do vậy

. Khi

thì

x



;

y



1;

z



P 

5

P 

5

 2

 2

Vậy GTLN của P là 5 .

------------HẾT------------

Đề và Đáp án này được gõ lại từ file ảnh nên không tránh khỏi sai sót.

Quý thầy cô cùng các em học sinh nếu phát hiện sai sót vui lòng báo

giúp để chúng tôi kịp thời sửa chữa.

Xin chân thành cảm ơn!