SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC 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 (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ01 150 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x 1 điểm có hoành x2 độ Câu (1,0 điểm) 1) Cho số phức z thỏa mãn z(  i)  z   3i Tính môđun số phức z 2) Giải phương trình: log2 (3x 1)  log ( x  3)   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x(1  ln x)dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) :  x  y   z     điểm M (; ; ) Viết phương trình đường thẳng qua M, vuông góc với mặt phẳng (P) tìm điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: cos x  5cos x  2) Trong dịp 26/3, Đoàn trường trường Trung học phổ thông chọn ngẫu nhiên đoàn viên xuất sắc thuộc ba khối 10, 11 12, khối đoàn viên xuất sắc để tuyên dương Biết khối 10 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ, khối 11 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ, khối 12 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ Tính xác suất để đoàn viên xuất sắc chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình chữ nhật có cạnh AB = a, AD = 2a Gọi O giao điểm hai đường thẳng AC BD, G trọng tâm tam giác SAD Biết SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân C Các điểm M, N chân đường cao hạ từ A C tam giác ABC Trên tia đối tia AM lấy điểm E cho AE = AC Biết tam giác ABC có diện tích 8, đường thẳng CN có phương trình y   , điểm E (1;7) , điểm C có hoành độ dương điểm A có tọa độ số nguyên Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (2 x  x  1)(2 x  1)  (8 x2  8x  1)  x2  x  ( x  ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 16    x y z x y z ( x  y )( y  z )( z  x) xyz HẾT - Tìm giá trị lớn biểu thức P  862 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH BẢN SAO KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 05 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG Nếu thí sinh làm không theo cách đáp án đùn cho đủ số điểm phần hướng dẫn Điểm toàn không quy tròn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM x 1 Chiều biến thiên: y '  3 x  3; y '     x  1  Hàm số đồng biến khoảng (1;1) ; hàm số nghịch biến khoảng (; 1) (1; )  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  , yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yCT = –1  Giới hạn tạo vô cực: lim  ; lim   0,25  Tập xác định: D    Sự biến thiên: x  0,25 x   Bảng biến thiên: Câu (1.0 đ) x y y   1     0,25  1  Đồ thị: y 1 0,25 O 1 x Gọi M tiếp điểm suy M (1; 2) 3 Ta có: y '  ( x  2) 0,25 0,25 Câu (1.0 đ) Hệ số góc tiếp tuyến M k  y '(1)  3 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M y  3( x  1)  hay y  3 x  863 0,25 0,25 Đặt z  a  bi , (a, b Ta có: z (2  i)  z   3i  (a  bi)(2  i)  a  bi   3i  3a  b  (a  b)i   3i Câu 3a 3a  b  a   (0.5 đ)   a  b  b  0,25 0,25 Do z    3 x   ĐK:  x x   log (3x  1)  log ( x  3)    log (3x  1)( x  3)  Câu3b (0.5 đ) 0,25 x   (3 x  1)( x  3)   3x  x  11    11 x    Đối chiếu với điều kiện ta có x = 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 I   x (1  ln x )dx   xdx   x ln xdx  I1  I 1 I1   xdx  Câu (1.0 đ) 2 x  (1) 0,25 (2) 0,25 2 2 1 I   x ln xdx   ln xd ( x )  x ln x   x d (ln x ) 21 21 0,25 2 2 1 x2 ln I  x ln x   xdx  x ln x    1 21 4 (3) ln  Ký hiệu d đường thẳng qua điểm M (1;2;3) vuông góc với ( P)  Đường thẳng d nhận n  (2; 1;2) làm véctơ phương Từ (1), (2) (3) ta I  0,25 0,25  x   2t  Ta có phương trình tham số đường thẳng d :  y   t  z   2t  0,25 Gọi I giao điểm đường thẳng d mặt phẳng ( P) Câu (1.0 đ) Ta có: I (1  2t;2  t;3  2t ) Do điểm I thuộc ( P) : x  y  z   0,25 nên ta có 2(1  2t )  (2  t )  2(3  2t )    t    7 26 11  suy tọa độ điểm I  ; ;   9 9 0,25  23 34 5  I trung điểm MN nên tọa độ điểm N  ; ;   9  864 cos x  5cos x   2cos2 x   5cos x   2cos2 x  5cos x   Câu  cos x   6a Với cos x   x    k 2, k    (0.5 đ)   cos x  (l ) Gọi A biến cố: “Chọn đoàn viên xuất sắc có nam nữ” Ta có n()  C42C52C62  900 Ta có A biến cố: “Chọn đoàn viên xuất sắc có nam có nữ” Chọ đoàn viên xuất sắc nam, khối người số cách chọn C22C22C32  Câu6b (0.5 đ) Chọ đoàn viên xuất sắc nữ, khối người số cách chọn C22C32C32  Suy n( A ) = + = 12 Ta có: P  A   n  A n   0,25 0,25 0,25 0,25 12  900 75 74 75  2a Vậy P ( A)   P  A   Diện tích đáy S ABCD 0,25 S Ta thấy góc SC mặt  phẳng (ABCD) góc SCO a Ta có: OC  a 15 SO  OC.tan 600  a 15 Vậy VS ABCD  0,25 H B C G N O A M Gọi M trung điểm AD, N trung điểm DC D Câu Ta thấy GM  (SCD)=S SG  SM nên d (G;( SCD )  d ( M ;( SCD ) (1) 3 (1.0 đ) Mặt khác MO // DC suy MO // (SCD) nên d(M, (SCD)) = d(O, (SCD)) 0,25 Gọi H hình chiếu vuông góc O SN Vì SO, ON  CD  CD  (SNO)  CD  OH Do OH vuông góc với mặt phẳng (SCD) suy d(O; (SCD)) = OH a 15 ; ON = a Xét tam giác SON vuông O có OH đường cao 1 19 a 285        OH  2 2 OH SO ON 15a a 15a 19 2a 285 Kết hợp với (1) (2) ta có d (G;( SCD ))  57 Ta có OS  865 0,25 Gọi D điểm đối xứng C qua N C Khi ACBD hình thoi, suy AD M vuông góc AE, AD = AE = AC Từ ta có A tâm A B N đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC 0,25   900  ECD   450 Do EAD E Suy góc hai đường thẳng EC D CD 450  Gọi n  (a; b) vtpt đường thẳng EC ( a  b  ) b a  b Do góc EC CN 450 nên     a  b2  a  b Câu   Với a  b , chọn n  (1; 1) suy phương trình EC: x  y   58 Do C giao điểm CN EC nên C ( 7;1) (loại) (1.0 đ)   Với a  b , chọn n  (1;1) suy phương trình EC: x  y   Do C giao điểm CN EC nên C (5;1) Gọi d trung trực đoạn EC, d có phương trình x  y   Do A thuộc d nên A(t; t  2) với t nguyên Vì AN  d ( A, CN )  t  ; CN  d (C , AN )  t  0,25 0,25 S ABC  CN AN  t  t  S ABC  t  t   , kết hợp với t nguyên giải ta t = 1; t = Với t = ta A(1; 3), B(1; –1) Với t = ta A(3; 5), B(3; –3) Vậy A(1; 3), B(1; –1), C(5; 1) A(3; 5), B(3; –3), C(5; 1) Chú ý: 0,25 - Hình vẽ áp dụng cho tam giác ABC nhọn, kết tam giác ABC vuông tù, học sinh không cần nới điều làm   450 không (nếu không không trừ điểm ý này) - Học sinh thủ lại ECD Điều kiện:  x  (2 x  x  1)(2 x  1)  (8 x  x  1)  x  x   1  2( x  x)  (2 x  1)   2(2 x  1)  1)   x  x  không Đặt a  x  1; b   x  x , phương trình trở thành: Câu (1.0 đ) a  b  1 b    a  b  2ab  1     ab    5 x  Với a  b , ta có  x  x  x     x 10 5 x  x    Với 2ab   , ta có 1  2b  a   2a 0,25 2(2 x  1)  x  x    2(1  x )  x  x  (1) 866 0,25 0,25    2x  Mặt khác  x  x  (1  x ) x  (1  x)  x  Phương trình có nghiệm  x  Suy  x  x (1  x)  Do không tồn x để đẳng thức xảy nên phương trình (1) vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình cho 5 x 10 Chú ý: Có thể bình phương hai vế phương trình (1) đặt t  (2 x  1) để suy phương trình vô nghiệm y z x Đặt a  ; b  ; c  , ta có a, b, c  0; abc  z x y 0,25 P   a  1 b  1 c  1 Giả thiết trở thành a  b  c  ab  bc  ca  13 (1) 0,25 Vì nên số a, b, c có tồn số, giả sử a có tính chất  a  1 13  a  a Từ (1) abc  , ta có b  c  1 a 0,25 2a  13a  13a  Suy P  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  13    Câu10 a2  a (1.0 đ) 2a  13a  13a  Xét f (a )  [0;1] a2  a 2(a  2a  13a  2a  2(a  3a  1)(a  5a  1) Ta có f '( a )   a ( a  1) a (a  1) 0,25 3 f '( a )   a  3 3 Do P  Khi x  ; y  1; z  P  2 Vậy GTLN P HẾT Đề Đáp án gõ lại từ file ảnh nên không tránh khỏi sai sót Quý thầy cô em học sinh phát sai sót vui lòng báo giúp để kịp thời sửa chữa Xin chân thành cảm ơn! 867