www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Facebook.com/mathvn.com SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 - LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số 2 1 + = − xy x có đồ thị kí hiệu là ( )C . a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. b) Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2 2.=AB Câu 2 (1,0 điểm): a) Cho 0 2 pi α− < < và 3cos 5 α = . Tính giá trị của biểu thức: cos sin 3 6 pi pi α α = − − − P . b) Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. Câu 3 (1,0 điểm): a) Giải phương trình: 1 1 2 33 .27 81 + − = x x . b) Tính giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( )34log log . log= − +a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là các số thực dương khác 1. Câu 4 (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số .log=y x x trên khoảng (0;10). Câu 5 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0∆ − =y và các điểm (0; 6), (4; 4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B. Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2=AB a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt phẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB). Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là 3 1; 2 16 I , tâm đường tròn nội tiếp là (1; 0)J . Đường phân giác trong góc BAC và đường phân giác ngoài góc ABC cắt nhau tại (2; 8)−K . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9.+ + ≤ + +x x x Câu 9 (1,0 điểm): Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 .+ ≤xy y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 . 6( )3 + − = + + − + x y y xP x yx xy 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: www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 1/6 – Facebook.com/mathvn.com SỞ GD& ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT YÊN LẠC (Hướng dẫn chấm gồm 6 trang) ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2, NĂM HỌC 2015-2016 Môn : Toán HƯỚNG DẪN CHẤM I. LƯU Ý CHUNG: - Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của thí sinh. Khi chấm nếu thí sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu thí sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Thí sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Trong lời giải câu 6 và câu 7 nếu thí sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a Khảo sát hàm số 2 1 + = − xy x ( )C . 1.0 * TXĐ: { }\ 1= ℝD * Giới hạn, tiệm cận: lim lim 1 1 x x y y y →+∞ →−∞ = = ⇒ = là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 1 1 lim ; lim 1 + −→ → = +∞ = −∞ ⇒ = x x y y x là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số 0.25 Ta có 2 2 1 2 3 ' 0( 1) ( 1) − − − − = = < ∀ ∈ − + x xy x D x x , suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) & (1; )−∞ +∞ 0.25 *BBT: x y’ y -∞ +∞ - 1 1 +∞ -∞ 1 - 0.25 *Đồ thị 0.25 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 2/6 – Facebook.com/mathvn.com 4 2 -2 -4 5 y xO 1-2 1 2 4 b Tìm m để đường thẳng = − +y x m cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho 2 2.=AB 1.0 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: y=-x+m là: 2 2 1 12 1 2 2 0 (1) ≠ ≠ + = − + ⇔ ⇔ − + = − + + − − + + = x xx x m x x x mx x m x mx m 0.25 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2 2 1 2 0 4 8 0(*) 4( 2) 0 − + + ≠ ⇔ ⇔ − − > − + > m m m m m m 0.25 Khi đó d cắt (C) tại 1 1 2 2( ; ), ( ; )− + − +A x x m B x x m , với 1 2,x x là nghiệm phương trình (1). Theo Viet, ta có ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 1 2 1 2 1 22 ( ) 4 . 2 4 8 = − + − = + − = − − AB x x x x x x x x m m 0.25 Yêu cầu bài toán tương đương với : ( )2 2 22 4 8 2 2 4 12 0 6 = − − − = ⇔ − − = ⇔ = m m m m m m (thỏa mãn (*)). Vậy 2= −m hoặc 6.=m 0.25 1,0 điểm Cho 0 2 pi α− < < và 3cos 5 α = . Tính giá trị của biểu thức: cos sin 3 6 pi pi α α = − − − P . 0.5 Vì 0 2 pi α− < < nên 2 4sin 1 cos 5 α α= − − = − . Suy ra cos cos sin .sin sin .cos cos .sin 3 3 6 6 pi pi pi pi α α α α= + − +P 0.25 a 3 1 4 3 4 3 3 1 3 . . . . . 5 2 5 2 5 2 5 2 5 = − + + =P 0.25 Đội văn nghệ của một lớp có 5 bạn nam và 7 bạn nữ. Chọn ngẫu nhiên 5 bạn tham gia biểu diễn, tìm xác suất để trong 5 bạn được chọn có cả nam và nữ, đồng thời số bạn nam nhiều hơn số bạn nữ. 0.5 2 b Số cách chọn 5 bạn bất kì là: 512 729=C . Để chọn được 5 bạn thỏa mãn yêu cấu bài toán, ta có hai khả năng sau: -TH1: Chọn 4 bạn nam và 1 bạn nữ, có 4 15 7. 35=C C cách chọn. 0.25 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 3/6 – Facebook.com/mathvn.com -TH2: Chọn 3 bạn nam và 2 bạn nữ, có 3 25 7. 210=C C cách chọn. Vậy xác suất cần tìm là: 35 210 245 . 729 729 + = =P 0.25 a Giải phương trình: 1 1 2 33 .27 81 + − = x x . 0.5 Phương trình đã cho tương đương với : 13.1 2 1 2 1 433 .3 81 3 .3 3 + − − + = ⇔ = x x x x 0.25 2 43 3 2 4 2.− = ⇔ − = ⇔ = −x x x 0.25 b Tính giá trị của biểu thức: ( ) ( ) ( )34log log . log= − +a a bQ a b a b b , biết rằng a, b là các số thực dương khác 1. 0.5 Ta có ( ) ( ) ( )4log 2 log . 3log= − +a a bQ a b a b b 0.25 3 ( ) ( )2 2 1log log . 3 log 3 log 3 1 3 2. = − + = + = + = − + = a a a a a b a b a b aa b 0.25 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) .log=f x x x trên khoảng (0;10]. 1.0 Hàm số đã cho liên tục trên (0;10]. Ta có 1'( ) log . log log ln10 = + = +f x x x x e x . 0.25 1 '( ) 0 log log= ⇔ = − ⇔ =f x x e x e . 0.25 BBT: 10x f’(x) f(x) 0 1/e 0- + log − e e 0.25 Từ BBT ta suy ra (0;10] log 1 min '( ) .= − ⇔ =ef x x e e 0.25 5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng : 2 0∆ − =y và các điểm (0;6), (4;4)A B . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng ∆ sao cho tam giác ABC vuông tại B. 1.0 Phương trình đường thẳng AB là: 0 6 6 4 0 4 6 2 1 − − − = ⇔ = − − − x y x y 0.25 2 12 2 12 0.− = − ⇔ + − =x y x y 0.25 ( ;2) ( 4;2), ( 4; 2)∈ ∆ ⇒ ⇒ − − − C C t BA BC t 0.25 Tam giác ABC vuông tại B nên . 0 4 16 4 0 3 (3;2).= ⇔ − + − = ⇔ = ⇒ BA BC t t C 0.25 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh 2=AB a . Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa SA và mặt phẳng ( )ABCD bằng 030 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB). 1.0 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 4/6 – Facebook.com/mathvn.com O G M D C A B S H I K Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có 2 2 2 2 55 3 3 = + = ⇒ = = aAM AB BM a AG AM . Vì SG vuông góc với mặt đáy, nên góc giữa SA và mặt đáy là 030=SAG . Xét tam giác vuông SGA, ta có 0 1 2 5tan tan 30 3 3 3 = = = ⇒ = SG aSAG SG AG . 0.25 24 .=ABCDS a Suy ra 3 2 . 1 1 2 5 8 15 . . .4 3 3 273 3 = = =S ABCD ABCD a aV SG S a (đvtt) 0.25 Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có 2 2 3 3 = = aGI MB , do đó 2 2 . 10 6 = = + GS GI aGK GS GI . 0.25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có 3 10 2 4 = = aOH GK . Khi đó AH là hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH . Xét tam giác vuông OHA, ta có 10 5 11sin cos . 4 44. 2. = = = ⇒ = OH aOAH OAH OA a 0.25 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là 3 1; 2 16 I , tâm đường tròn nội tiếp là (1;0)J . Đường phân giác trong góc BAC và đường phân giác ngoài góc ABC cắt nhau tại (2; 8)−K . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh B có hoành độ dương. 1.0 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 5/6 – Facebook.com/mathvn.com 4 3 2 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 H I A C B J K Gọi giao điểm của AK và đường tròn (I) là H. Xét tam giác BHJ có = +HJB JAB JBA (góc ngoài tam giác JAB) = +JAC JBC ( vì AJ, BJ là các đường phân giác) = +CBH JBC (nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn (I)) = HBJ Suy ra tam giác HJB cân tại H, vậy HJ=HB và =HJB HBJ (1) 0.25 Lại có BJ, BK thứ tự là phân giác trong và phân giác ngoài góc ABC nên tam giác BKJ vuông tại B. Suy ra 090+ = = +HJB HKB HBJ HBK (2). Từ (1) và (2) suy ra =HKB HBK hay tam giác HBK cân tại H, do đó = =HJ HB HK , vậy H là trung điểm JK, hay 3 ; 4 2 − H . Tương tự = =HJ HC HK . 0.25 Ta có 65 10; ; ; 4 16 2 − − IH HJ B, C cùng thuộc các đường tròn (I;IH) và (H; HJ) nên tọa độ B, C là nghiệm của hệ: ( ) 2 2 2 2 2 3 1 65 5; 22 16 16 (5; 2), ( 2; 2). 2; 23 14 16 2 4 − + − = = = − ⇔ ⇒ − − − = − = − − + + = + x y x y B C x y x y 0.25 AH đi qua J và K nên phương trình đường thẳng AH là: 1 0 8 8 0 2 1 8 0 − − = ⇔ + − = − − − x y x y . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với AH, d có véc tơ pháp tuyến ( )2 1; 8= − = − n HJ , phương trình đường thẳng d là: 8 1 0− − =x y . Gọi M là giao điểm của d và AH, tọa độ M là nghiệm hệ: 0.25 www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam Trang 6/6 – Facebook.com/mathvn.com 8 1 0 1 (1;0) 8 8 0 0 − − = = ⇔ ⇒ ≡ + − = = x y x M J x y y . M là trung điểm AH nên 1 ;4 2 A . Kết luận: 1 ;4 2 A , (5; 2), ( 2; 2).− − −B C 8 Giải bất phương trình: 2 21 4 20 4 9.+ + ≤ + +x x x (1) 1.0 Bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 2 4 16 16 44 9 5 6 4 20 2 0 2 0 4 9 5 6 4 20 − − + − + − + + − ≥ ⇔ + + − ≥ + + + + x x x x x x x x 0.25 ( ) 2 2 4 8 4 82 1 0 4 9 5 6 4 20 + + ⇔ − − + ≥ + + + + x x x x x 0.25 Từ (1) suy ra 2 21 4 20 4 9 0 1− ≥ + − + > ⇒ >x x x x . Do đó ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 4 8 4 8 1 4 20 4 91 4 8 . 1 0 4 9 5 6 4 20 4 9 5 6 4 20 + + + + − + − + = + + > + + + + + + + + x x x x x x x x x 0.25 Vậy nghiệm của bất phương trình là 2.≥x 0.25 9 Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện: 1 .+ ≤xy y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 . 6( )3 + − = + + − + x y y xP x yx xy y 1.0 Do 0, 0, 1> > ≤ −x y xy y nên 2 2 2 1 1 1 1 1 1 10 4 2 4 − < ≤ = − = − − ≤ x y y y y y y . Đặt 10 . 4 = ⇒ < ≤xt t y Khi đó 2 2 1 2 1 1 1 . 6 6 6 2( 1)3 3 + − + = − = − + + + − + − + t t tP t tt t t t 0.25 Ta có ( ) 232 7 3 1 '( ) . 2( 1)2 3 − = − + − + tP t tt t Vì 210 3 ( 1) 3 3;7 3 6; 1 1 4 + >t t t t t t t , do đó ( ) 232 7 3 7 3 1 1 1 1 1 ; '( ) 0 2( 1) 2 26 3 3 32 3 − − > > − > − ⇒ > − > + − + t t P t tt t . 0.25 Vậy ( )P t đồng biến trên 10; 4 , suy ra 1 5 7( ) . 4 3 30 ≤ = + P t P 0.25 Khi 1 ; 2 2 = =x y thì ta có 5 7 5 7 1 ; 2. 3 30 3 30 2 = + ⇒ = + ⇔ = =P MaxP x y 0.25 ---------- Hết ----------
Tài liệu đính kèm: