Đề khảo sát chất lượng ôn thi thpt quốc gia lần 2 năm học 2015 - 2016 môn: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 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 3 23 .y x x 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   2 12
xf x x  
trên đoạn  1;3 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình  2 13 2.3 1 0 .x x x    
b) Giải phương trình    3 9log 9 log 5 .x x x  
Câu 4 (1,0 điểm).
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
2ln xy x , y 0, x 1,x e . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm  2; 1;3A  . Viết
phương trình mặt phẳng   đi qua A và vuông góc với trục Oz . Viết phương trình
mặt cầu tâm ,O tiếp xúc với mặt phẳng   .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 2cos2 8sin 5 0 ( ).x x x   
b) Đội thanh niên tình nguyện của một trường THPT có 100 học sinh, trong đó có 60 học
sinh nam và 40 học sinh nữ. Nhà trường chọn ngẫu nhiên 3 học sinh từ đội thanh niên
tình nguyện đó để tham gia một tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn
TNCS Hồ Chí Minh. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có đúng 1 học sinh nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
,a SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi E là trung điểm của ,BC góc giữa SC và mặt
phẳng  SAB bằng 30o . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng DE , SC .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp
đường tròn đường kính .BD Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình
5 0x y   . Các điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và B lên AC .
Tìm tọa độ các đỉnh ,B D biết 5CE  và  4;3A ,  0; 5 .C 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình
 4 3 212 38 12 67 1 7 0 .x x x x x x x         
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương , ,a b c thoả mãn điều kiện 2 2 2 1.a b c  
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 3 32 2 2 2 2 22 2 3 .3
a b cP ab bc ca abcb c c a a b
           
----------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:
Trang 1
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(HDC gồm 07 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN
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 Câu 7 và Câu 8, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm
tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu 1 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
*) Tập xác định:  D .
*) Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: 2y' = 3x - 6x= 3x(x - 2), y' = 0    
0
2
x
x
   
 
y'
y'
     
  
0, ;0 2;
0, 0;2
x
x
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2;
Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực đại tại CĐx=0,y = y(0)= 0
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại CTx= 2,y = y(2)= -4
+ Giới hạn và tiệm cận:  3 2 3 3lim lim 3 lim 1x x xy x x x x           
 3 2 3 3lim lim 3 lim 1x x xy x x x x           
Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
0,25
+ Bảng biến thiên:
0,25
*) Đồ thị hàm số:
Đồ thị hàm số giao với trục Ox tại các điểm:    0;0 , 3;0
Đồ thị hàm số giao với trục Oy tại điểm:  0;0
Trang 2
0,25
Câu 2 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Hàm số   2 12
xf x x   liên tục trên đoạn  1;3 .
2
2 1f '(x) 2x   0,25
 
 
2
2
2 1;32 1'(x) 0 0 42 2 1;3
xf xx x
             
0,25
Ta có   2 1 71 11 2 2f     ;  
2 22 1 3;2 2f      
2 3 193 13 2 6f     0,25
Từ đó ta có:    1;3
7max ( ) 1 ,2f x f     1;3min ( ) 2 3f x f  .
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của hàm số  f x trên đoạn  1;3 bằng 3 khi 2.x 
Giá trị lớn nhất của hàm số  f x trên đoạn  1;3 bằng 72 khi 1.x  0,25
Câu 3 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
a)
2 13 2.3 1 0x x   
23.3 2.3 1 0x x     3.3 1 3 1 0x x    0,25
 3 1 0 3.3 1 0,x xdo x      
3 1 0x x   
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm:  S 0; .  0,25
b) Điều kiện xác định: 0 09 0
x xx
   
Trang 3
Khi đó ta có phương trình: 3 9log 9 log 5x x  23 3 3log 9 log log 5x x    0,25
3 3
12 log log 52x x    3
3 log 32 x 
2
3log 2 3 9x x x      (thỏa mãn điều kiện xác định)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 9x  . 0,25
Câu 4 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Vì:  2ln x 0, x 1;ex    nên diện tích hình phẳng cần tìm là:
e e2 2
1 1
ln x ln xS dx dxx x   0,25
Đặt: 1t ln x dt dxx  
Đổi cận: Với x 1 ta được t 0
Với x e ta được t 1
0,25
Khi đó:
11
2 3
00
1S t dt t3   0,25
1 10 .3 3   Vậy: Diện tích hình phẳng cần tìm bằng
1.3 0,25
Câu 5 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Mặt phẳng   đi qua  2; 1;3A  và   vuông góc với trục Oz nên   nhận
 k 0;0;1 làm một véctơ pháp tuyến. 0,25
Mặt phẳng   có phương trình:      0. x 2 0. y 1 1. z 3 0 z 3 0.         0,25
Mặt cầu tâm  0;0;0O và tiếp xúc với mặt phẳng   có bán kính
  R d O, 3.  0,25
Mặt cầu cần tìm có phương trình: 2 2 2 9.x y z   0,25
Câu 6 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
a)2cos2 8sin 5 0x x   22(1 2sin ) 8sin 5 0x x    
24sin 8sin 3 0x x    0,25
  2sin 1 2sin 3 0x x   
Trang 4
  1sin 2x ( do sin ,2 x 3 0 x    )
 
 
     
Z
26 ( )5 26
x k
k
x k
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm :       Z52 , 2 ( ).6 6x k x k k
0,25
b) Không gian mẫu:
: “ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học sinh của đội thanh niên tình nguyện”
  3100 161700.n C   0,25
Biến cố :A “ 3 học sinh bất kỳ từ 100 học sinh của đội thanh niên tình nguyện
sao cho có đúng 1 học sinh nữ ”
  2 160 40. 70800n A C C  .
Xác suất cần tìm là 70800 236( ) .161700 539P A   0,25
Câu 7 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
A
B C
I
S
D
E
K
H
Vì  SA ABCD SA CB  
Do  CB AB CB SAB SBCB SA
     là hình chiếu vuông góc của SC trên
mp  SAB . Vậy góc hợp bởi SC với  mp SAB là   30oCSB CSB  0,25
.cot .cot 30 3 2oSB BC CSB BC a SA a     
Vậy thể tích của khối chóp là
3
.
1 2. .3 3S ABCD ABCD
aV SA S  0,25
Trong  ABCD dựng đường thẳng qua C song song với DE cắt AD tại I
3 5, ,2 2 2
a a aDI CE AI CI     .
         , , ,DE CI DE SCI d DE SC d DE SCI d D SCI    
Trang 5
  
        
, 1 1, A,3 3A,
d D SCI DI d D SCI d SCIAId SCI    
Từ A kẻ  AK CI K CI  , kẻ    1AH SK H SK 
Ta có:    2AK CI CI SAK CI AHSA CI
     
Từ      1 , 2 AH SCI    A, .d SCI AH  0,25
Ta có . 3. . 5
CD AI aAK CI CD AI AK CI   
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 5 19 3 38
2 9 18 19AHAH SA AK a a a      
    1 1 38, , .3 3 19d ED SC d A SCI AH a   0,25
Câu 8 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Gọi H là trực tâm tam giác ACD, suy ra CH AD nên CH || AB (1)
Mặt khác AH||BC ( cùng vuông góc với CD ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABCH là hình bình hành nên CH=AB (3)
Ta có:  HCE BAF (so le trong) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: HCE BAF   (cạnh huyền và góc nhọn). Vậy CE = AF. 0,25
Vì   090DAB DCB  nên ,E F nằm trong đoạn .AC
Phương trình đường thẳng AC: 2 5 0x y   .
Vì F AC nên  ;2 5F a a  . Vì 5AF CE  53
a
a
  
Với  5 5;5a F  (không thỏa mãn vì F nằm ngoài đoạn AC)
Với  3 3;1a F  (thỏa mãn). Vì  1; 3AF EC E    0,25
BF qua F và nhận (2;4)EF làm một véc tơ pháp tuyến, do đó BF có phương trình:
2 5 0x y   . B là giao điểm của  và BF nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương
Trang 6
trình: 2 5 0 55 0 0
x y x
x y y
           5;0B
0,25
Đường thẳng DE qua E và nhận (2;4)EF làm một véc tơ pháp tuyến, DE có
phương trình: 2 5 0x y   .
Đường thẳng DA qua A và nhận (1; 3)AB  làm một véc tơ pháp tuyến, DA có
phương trình: 3 5 0x y   .
D là giao điểm của DA và DE nên tọa độ D là nghiệm của hệ phương trình:
2 5 0 5
3 5 0 0
x y x
x y y
            5;0D  . Kết luận:    5;0 , 5;0B D 
0,25
Câu 9 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Điều kiện xác định: 7.-1 x 
Phương trình đã cho tương đương với:
      
4 3 2
2
1 7 12 38 12 67
1 7 3 1 7 4 *
x x x x x x
x x x x x
        
         0,25
Với điều kiện 7-1 x  ta có:     23 1 7 4 4x x x     0,25
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:
    21 7 1 1 1 7 16 1 7 4x x x x x x              0,25
Từ đó ta có phương trình  * tương đương với:
    2x 3 x 1 7 x 4 4 x 3.
x 1 7 x 4
           
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x= 3. 0,25
Câu 10 (1,0 điểm).
Nội dung Thangđiểm
Vì , ,a b c là các số thực dương thoả mãn điều kiện 2 2 2 1a b c   nên ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2
2 2 2
0 , , 1
1
1 1 11
1
a b c
a b c a b c a b c
b c c a a b a b cb c a
c a b
                     
Ta chứng minh:  2 2 22 2 2 3 31 1 1 2a b c a b ca b c      
Thật vậy, ta xét :
Trang 7
     22 22 3 3 2 3 3 1 3 1 3 2 01 2a a a a a aa        
(luôn đúng với  0;1a  )
Do đó : 22
3 3
1 2
a aa 
Chứng minh tương tự ta có: 2 22 2
3 3 3 3, .1 2 1 2
b cb cb c  
Từ đó ta có:  2 2 22 2 2 3 31 1 1 2a b c a b ca b c      
0,25
Mặt khác ta lại có:  2 2 2 , ,a b c ab bc ca a b c     
Ta được:  2 2 2 3 31 1 1 2
a b c ab bc caa b c      
+) Xét: 2 2 23 33 2 2 3ab bc ca a b c ab bc ca abc      
Suy ra    33 2 .P ab bc ca ab bc ca ab bc ca         0,25
Đặt t ab bc ca   điều kiện 0 1.t 
Khi đó 3 23 2 .P t t t    Xét hàm số 3 2( ) 3 2f t t t t    trên  0;1 .
Dễ thấy ( )f t liên tục trên  0;1 và 2'( ) 3 2 3 2 0.f t t t     0,25
Vậy hàm số 3 2( ) 3 2f t t t t    nghịch biến trên  0;1
   0;1 ( ) 1 3 3.Min f t f   Từ đó ta suy ra  0;1( ) ( ) 3 3.P f t Min f t   
Vậy 3 3MinP   khi 1 .3a b c  
0,25
---------- HẾT----------