Đề thi cuối lớp 12 năm học 2015 - 2016 môn : Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

DETHIKIEMTRA.COM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
ĐỀ THI CUỐI LỚP 12 NĂM HỌC 2015 - 2016
	MÔN : 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 = -x3 + 3x +1
Câu 2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x+1x-2, tại điểm có hoành độ bằng 1.
Câu 3: (1,0 điểm)
Cho số phức z thoả mãn z(2+i)+z = 5+ 3i. Tính mô đun của số phức z
Giải bất phương trình log2(3x – 1) + log2(x+3)-3 = 0
Câu 4 : (1,0 điểm) Tính tích phân I = 12x1+ln2xdx
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x-y + 2z +2 = 0 và điểm M (1;2;3). Viết phương trình đường thẳng đi qua M, vuông góc với mặt phẳng (P) và tìm toạ độ điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm)
Giải phương trình cos 2x = 5 cos x - 3
Trong dịp 26/3, Đoàn trường của một trường THPT chọn ngẫu nhiên 6 đoàn viên xuất sắc thuộc ba khối 10,11 và 12, mỗi khối 2 đoàn viên để tuyên dương. Biết khối 10 có 4 đoàn viên xuất sắc trong đó có hai nam, hai nữ; khối 11 có 5 đoàn viên xuất sắc trong đó có hai nam, ba nữ, khối 12 có 6 đoàn viên xuất sắc trong đó có ba nam, ba 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 có đáy ABCD 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).
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 y -1 = 0, điểm E(-1;7), điểm C có hoành độ dương và điểm A có toạ độ là các số nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 9: (1,0 điểm) Giải phương trình:
(2x2 – 2x+1)(2x-1) + (8x2 – 8x +1)-x2+x=0 (x∈R)
Câu 10: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn 1x+1y+1z=16x+y+z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =x-yy-z(z-x)xyz.
-----------Hết------------
ĐÁP ÁN
Câu 1 (1 điểm)
- TXĐ: D = R
- Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y’ = -3x2 +3
y’= 0 ⟺x=1x=-1 0,25
 + hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-1;1) và hàm số nghịch biến trên các khoảng 
(-∞;-1) và (1;+∞)
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ⟹yCĐ = 3;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 ⟹yCT = -1 (0,25)
+ Giới hạn tại vô cực: limx→+∞ y = -∞ và limx→-∞ y = +∞ 
- Bảng biến thiên: 0,25
x
-∞ -1 1 +∞
y’
 - 0 + 0 -
y
 +∞ 3 
 -1 -∞
Đồ thị : 0,25
Câu 2
Gọi M tiếp điểm suy ra M(1;-2) 0,25
Ta có y = -3(x-2)2 0,25
Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k = y’(1) = -3 0,25
Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là y = -3(x-1) -2
 hay y = -3x + 1 0,25
Câu 3: 
Đặt z = a + bi (a,b ∈R)
Ta có z (2+i) + z=5+3i⟺ (a+bi)(2+i)+a-bi = 5 + 3i
⟺3a – b + (a+b)i = 5 + 3i 0,25
⟺ 3a-b=5a+b=3⟺a=2b=1
Do đó z=22+12= 5 0,25
ĐK: 3x-1>0x+3>0⟺x> 13
log2(3x-1) + log2(x+3) – 3 = 0 ⟺ log2(3x-1) + log2(x+3) =3 0,25
⟺ log2 (3x-1)(x+3) = 3
⟺ (3x -1)(x+3) = 8 ⟺ 3x2 + 8x – 11 = 0 ⟺x=1x= -113 0,25
Đối chiếu điều kiện ta có x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1
Câu 4: 
I = 12x1+ln2xdx= 12xdx+ 12xln 2xdx (1) 0,25
I1 = 12xdx= x2221= 32 (2) 0,25
I2 = 12xln2xdx = 12 12ln2xdx2= x2ln2x221-1212x2d(ln2x)
= x2ln2x221-1212xdx=x2ln2x221- x2421= 7ln22- 34 (3) 0, 25
Từ (1), (2), (3) ta được I = I1 + I2 = 7ln22+ 34 0,25
Câu 5 : 
Ký hiệu d là đường thẳng đi qua điểm M (1;2;3) và vuông góc với mặt phẳng (P). Đường thẳng d nhận n(2;-1;2) làm véc tơ chỉ phương 0,25
Ta có phương trình tham số của đường thẳng d : x=1+2ty=2-tz=3+2t 0,25
Gọi I là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
Ta có I(1+2t; 2-t; 3+2t). Do đó điểm I thuộc (P): 2x – y + 2z + 2 = 0 0,25
Nên ta có 2(1+2t) – (2- t) + 2(3 + 2t) + 2 = 0 ⟺t= -89
Suy ra toạ độ điểm I (-79; 269; 119) 0,25
Do I là trung điểm của MN nên toạ độ điểm N (-239; 349; -59)
Câu 6: 
cos 2x = 5 cos x -3 ⟺ 2 cos2x – 1 = 5 cos x – 3 
⟺ 2 cos2x – 5 cos x + 2 = 0 0,25
⟺ cosx= 12cosx= 2 (loại) 0,25
cosx= 12 ⟺ x = ±π3+k2π (k∈Z)
Gọi A là biến cố “chọn được 6 đoàn viên xuất sắc có cả nam và nữ”
Ta có n(Ω)=C4 2C5 2.C6 2=900 0,25
Ta có A là biến cố “Chọn được 6 đoàn viên xuất sắc chỉ có nam hoặc chỉ có nữ”
Chọn 6 đoàn viên xuất sắc là nam, mỗi khối 2 người thì số cách chọn là:
C2 2C2 2.C3 2 = 3
Chọn 6 đoàn viên xuất sắc là nữ, mỗi khối 2 người thì số cách chọn là:
C2 2C3 2.C3 2 = 9 0,25
Suy ra n(A) = 3 + 9 = 12 
Ta có P(A) = n(A)n(Ω)= 12900=175
Suy ra P(A) = 1 – P(A) = 7475 
Câu 7: 
	*Tính thể tích:
Diện tích đáy SABCD = 2a2 0,25
Ta thấy góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc SCO
Ta có OC = a52; SO = OC. tan600 = a152 0,25
Vậy VS.ABCD = a3153
Gọi M là trung điểm của AD, N là trung điểm của DC
Ta thấy GM ∩(SCD) = S và SG = 23 SM nên d(G;(SCD)) = 23 d(M;(SCD)) (1)
Mặt khác MO // DC suy ra MO // (SCD) nên d(M; (SCD))= d(O; (SCD))
Gọi H là hình chiếu vuông góc vủa 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 (2) 0,25
Ta có OS = a152; ON = a
Xét tam giác SON vuông góc tại O có OH là đường cao
Suy ra 1OH2= 1OS2+ 1ON2= 415a2 + 1a2= 1915a2⟹OH=228519 0,25
Kết hợp với (1) và (2) ta có d(G; (SCD)) = 2a28557
Câu 8:	
Gọi D là điểm đối xứng của C qua N, khi đó ABCD là hình thoi
Suy ra AD vuông góc và bằng AE do đó AD = AE = AC.
Từ đó ta có A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC 
Do EAD= 900 suy ra ECD = 450 0,25
Suy ra góc giữa hai đường thẳng EC và CD bằng 450
Gọi n (a;b) là vtpt của đường thẳng EC (a2 + b2 ≠0)
Do góc giữa EC và CN bằng 450 nên ba2+b2= 22 ⟺a=ba=-b 0,25
Với a = -b, chọn n (1;-1) suy ra phương trình đường thẳng EC: x – y + 8 = 0
Do C là giao điểm của CN và EC nên C(-7;1) (loại)
Với a = b ta chọn n (1;1) ta có phương trình đường thẳng EC: x + y – 6 = 0
Vì C là giao điểm của CN và EC nên C(5;1)
Gọi d là trung trực đoạn EC, khi đó d có phương trình x – y + 2 = 0
Do A thuộc d nên A(t;t+2) với t nguyên
Vì AN vuông góc với CN nên pt AN có dạng là x – t = 0 0,25
Ta có AN = d(A;CN) = t+1; CN = d(C;AN) = t-5
SABC = CN.AN = t+1. t-5 = 8
Kết hợp với t nguyên giải ra ta được t = 1; t = 3
Với t = 1 ta được A(1;3), B(1;-1) 0,25
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: Hình vẽ trên áp dụng cho tam giác ABC nhọn, kết quả vẫn đúng khi tam giác ABC vuông hoặc tù, học sinh không cần nói điều này trong bài làm.
Học sinh có thể thử lại ECD = 450 hoặc không (nếu không cũng không trừ điểm ý này)
Câu 9: 
Điều kiện: 0 ≤x≤1
(2x2 – 2x +1) (2x -1) + (8x2 – 8x +1)-x2+x=0
2(-x2 +x)) (2x -1) + (2(2x-1)2 -1) -x2+x=0 (1) 0,25
Đặt a = 2x – 1; b = -x2+x phương trình đã cho trở thành
(1-2b2)a + (2a2 -1)b = 0 ⟺ (a-b)(2ab +1) = 0 ⟺ a=b2ab+1=0
Với a = b, ta có -x2+x = 2x -1 ⟺ x≥125x2-5x+1=0⟺ x = 5+510 0,25
Với 2ab + 1 = 0 ta có 2(2x-1) -x2+x +1 = 0 ⟺ 2(1-2x) -x2+x=1(1)
Phương trình có nghiệm khi 0 < x < 12 ⟹ 0 < 1 – 2x < 1
Mặt khác 2-x2+x = 21-xx ≤ (1-x) +x = 1 0,5
Suy ra 2-x2+x (1-2x) ≤ 1. Do không tồn tại tại x để đẳng thức xảy ra nên phương trình vô nghiệm. 
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5+510
Chú ý: Có thể bình phương 2 vế phương trình (1) và đặt t = (2x-1)2 để suy ra phương trình vô nghiệm.
Câu 10: 
Đặt a = xy; b = yz;c=zx ta có a, b, c > 0; abc = 1 và P = (a -1)(b -1)(c -1) 0,25
Giả thiết trở thành a + b + c + ab + bc + ca = 13 (1)
Vì a, b, c > 0; abc = 1 nên trong 3 số a, b, c có tồn một số, giả sử a có tính chất 0 < a ≤1 0,25
Từ (1) và abc = 1, ta có b +c = 13-a-1a1+a 0,25
Suy ra P = a + b + c – ab – bc – ca = 2(a+b+c) – 13 = 2a3-13a2+13a-2a2+a
Xét f(a) = 2a3-13a2+13a-2a2+a trên (0;1]
Ta có f’(a) = 2(a4+2a3-13a2+2a+1)a2(a+1)2= 2a2-3a+1(a2+5a+1)a2(a+1)2=0
⟺ a = 3±52
Lập bảng biến thiên của f(a) trên (0;1] thu được f(a) ≤f(3-52) = 5 0,25
Do vậy P ≤5. Khi x = 3-52;y= 1; z = 3+52. Vậy GTLN của P là 5
Xem thêm:  
Nguồn trang web: