ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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 Câu 1 (1,0 điểm). Khảo s{t sự biến thiên v| vẽ đồ thị của h|m số 2x 4 y x 1 . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm gi{ trị lớn nhất v| gi{ trị nhỏ nhất của h|m số 2 2xf(x) (x 2).e trên đoạn *–1 ; 2]. Câu 3 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z 4 3i . Tìm môđun của số phức w iz 2 z . b) Giải phương trình 2 2log x 3 log (x 2) . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 2 3 0 x I dx (2x 1) . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng x 3 y 2 z 1 d : 2 1 2 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A v| vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (P) bằng 3. Câu 6 (1,0 điểm). a) Cho góc thỏa mãn 5sin2 6cos 0 và 0 2 . Tính gi{ trị của biểu thức: A cos sin 2015 co t 2016 2 . b) Cho đa gi{c đều 12 đỉnh, trong đó có 7 đỉnh tô m|u đỏ v| 5 đỉnh tô m|u xanh. Chọn ngẫu nhiên một tam gi{c có các đỉnh l| 3 trong 12 đỉnh của đa gi{c. Tính x{c suất để tam gi{c được chọn có 3 đỉnh cùng m|u. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam gi{c đều ABC.A’B’C’ có cạnh đ{y bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) v| (ABC) bằng 600. Gọi M l| trung điểm cạnh BC, N l| trung điểm cạnh CC’. Tính theo a thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng c{ch từ M đến mặt phẳng (AB’N). Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2 x 3y 2 xy y x y 0 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (x, y R). Câu 9 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gi{c ABC có trực t}m H, phương trình đường thẳng AH là 3x y 3 0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E v| F lần lượt l| ch}n đường cao hạ từ B v| C đến AC v| AB, phương trình đường thẳng EF l| x 3y 7 0 . Tìm tọa độ điểm A, biết A có ho|nh độ dương. Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c 1 1 6 b b a a . Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2ab P a(b 2c) b(c a) c(2a b) . –––––––––––– Hết –––––––––––– Cảm ơn bạn lovemath ( lovemath@yahoo.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 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) Câu Đáp án (Trang 1) Điểm Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2x 4 y x 1 . * Tập xác định: D \{1} * Sự biến thiên: 2 2 y ' (x 1) Vì y’ > 0, x 1 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1), (1 ;+). 0,25 Giới hạn và tiệm cận: x 1 x 1 lim y , lim y ; tiệm cận đứng x = 1. x lim y 2 ; tiệm cận ngang y = 2. 0,25 Bảng biến thiên x – 1 + y’ + + y +∞ 2 2 – ∞ 0,25 * Đồ thị : x y 2 2 4 O 1 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2 2xf(x) (x 2).e trên đoạn [–1 ; 2]. Hàm số f(x) liên tục trên đoạn [–1 ; 2], 2 2xf '(x) 2(x x 2)e 0,25 2f '(x) 0 x x 2 0 x 1 x ( 1;2) x ( 1;2) 0,25 2 4 2 1 f (1) e , f ( 1) , f (2) 2e 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. 0,25 Câu Đáp án (Trang 2) Điểm Câu 3 a) (0,5) Cho số phức z thỏa mãn (2 i)z 4 3i . Tìm môđun của số phức w iz 2z . (1,0 điểm) (2 i)z 4 3i z 1 2i 0,25 w iz 2z i(1 2i) 2(1 2i) 4 5i . Vậy | w | 41 0,25 b) (0,5) Giải phương trình 2 2log x 3 log (x 2) (1). Điều kiện: x > 0 (*). 2 2 2(1) log (x 2x) 3 x 2x 8 0,25 2x 2x 8 0 x = – 4 hoặc x = 2. Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình (1) có một nghiệm x = 2. 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 2 3 0 x I dx (2x 1) . Đặt 2t 2x 1 dt 4xdx 0,25 x = 0 t = 1; x = 1 t = 3 0,25 Khi đó 3 3 1 1 1 I dt 4 t (0,25) 3 2 1 1 1 98t (0,25) 0,5 Câu 5 (1,0 điểm) Cho điểm A(–2 ; 3 ; 1) và đường thẳng x 3 y 2 z 1 d : 2 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. Một vectơ chỉ phương của d là u (2;1; 2) . 0.25 Mặt phẳng (P) qua A và nhận vectơ u (2;1; 2) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình của nó là 2(x + 2) + y – 3 – 2(z – 1) = 0 hay 2x + y – 2z + 3 = 0. 0.25 Vì M thuộc d nên M(3 + 2t; 2 + t; 1 – 2t). Khoảng cách từ M đến (P) là: 2 2 2 | 2(3 2t) 2 t 2(1 2t) 3 | d(M,(P)) | 3t 3 | 2 1 ( 2) 0.25 d(M,(P)) 3 | 3t 3| 3 t = 0 hoặc t = –2. Vậy M(3 ; 2 ; 1) hoặc M(–1 ; 0 ; 5). 0.25 Câu 6 (1,0 điểm) a) (0,5) Cho góc thỏa mãn 5sin2 6cos 0 (1) và 0 2 . Tính giá trị của biểu thức: A cos sin 2015 co t 2016 2 . Vì 0 2 nên cos > 0, cot > 0. 3 (1) 10sin .cos 6cos 0 cos .(5sin 3) 0 sin 5 (vì cos>0) 0,25 2 2 1 25 16 4 co t 1 1 cot 9 9 3sin (vì cot > 0) 3 4 2 A sin sin co t 2sin co t 2. 5 3 15 0,25 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. Số phần tử của không gian mẫu là: 312| | 220C 0,25 Gọi A là biến cố chọn được tam giác có 3 đỉnh cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho A là: 3 3A 7 5| | 45C C . Xác suất biến cố A là A| | 9P(A) | | 44 . 0,25 Câu Đáp án (Trang 3) Điểm Câu 7 Tính thể tích khối chóp A.BB’C’C và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’N). (1,0 điểm) E D N M C' B' A C B A' H Tam giác ABC đều cạnh a và M là trung điểm BC nên: AM BC và a 3 AM 2 AMBC và AA’BCA’M BC Góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) là 0A 'MA 60 . Tam giác A’AM vuông tại A nên: 0 a 3 3aAA' AM.tan 60 . 3 2 2 0,25 Diện tích hình chữ nhật BB’C’C là: 2 BB'C'C 3a S BB'.BC 2 AM BC và AM BB’ AM (BB’C’C) Thể tích khối chóp S.ABCD là: 2 3 BB'C'C 1 1 3a a 3 a 3 V S .AM . 3 3 2 2 4 0,25 Trong mặt phẳng (BB’C’C), B’N cắt BC tại D. Khi đó: C là trung điểm BD và 0BAD 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). 0,25 Ta có: 1 a CE AB 2 2 , 1 3a CN CC' 2 4 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 16 52 3a CH 2 13CH CE CN a 9a 9a Do đó: 3 3 9a d(M,(AB'N)) d(C,(AB'N)) CH 2 2 4 13 0,25 Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 2 2 x 3y 2 xy y x y 0 3 8 x 4 y 1 x 14y 12. (I) 2 x y (x y)(y 1) 2(y 1) 0 (1) 3 8 x 4 y 1 x 14y 12 (2) 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. 0.25 Do đó: x y x y x y x y (1) 2 0 1 1 x 2y 1 y 1 y 1 y 1 y 1 0.25 Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được: 2 23 7 2y 4 y 1 (2y 1) 14y 12 4 y 1 3 7 2y 4y 10y 11 0 24( y 1 2) 3( 7 2y 1) 4y 10y 6 0 2 3 (y 3) 2y 1 0 y 1 2 7 2y 1 (3) 0.25 Vì 7 1 y 2 nên 2 2 2 y 1 2 3 2 2 , 3 3 47 2y 1 , 2y + 1 > –1 2 3 2y 1 0 y 1 2 7 2y 1 . Do đó: (3) y 3 0 y 3 x = 7 (thỏa (*)). Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3). 0.25 Câu Đáp án (Trang 4) Điểm Câu 9 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường (1,0 điểm) thẳng AH là 3x y 3 0 , trung điểm của cạnh BC là M(3 ; 0). Gọi E và F lần lượt là chân 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. J I M F E H B C A J I M F E A H BC 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 (cùng phụ góc A hoặc cùng phụ góc EHF) và: 1 ABE EMF IME 2 0MEI 90 0MFI 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) 0.25 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: 3x y 3 0 3x y 9 0 I(1; 6). 0.25 Đường tròn đường kính IM có tâm J(2 ; 3) và bán kính r JM 10 nên có phương trình: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 10 . Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 x 3y 7 0 x 2 y 3 10 2 x 3y 7 x 5 y 4y 3 1 hoặc x 1 y 2 E(5 ; 4) hoặc E(–1;2). 0.25 Vì A AH nên A(a ; 3a + 3) Ta có: 2 2 2 2IA IE IA IE (a 1) (3a 3) 20 a 1 2 Vì A có hoành độ dương nên A(1 2;6 3 2) . 0.25 Câu Đáp án (Trang 5) Điểm Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 4a 2c b c 1 1 6 b b a a . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc 2ca 2ab P a(b 2c) b(c a) c(2a b) . Đặt 2 4 1 x , y ,z a b c (x, y, z > 0). Điều kiện đã cho trở thành: 3 3x y x y 2 6 xyz y x (*) Ta có: 3 3 3 (x y)x y 4 và 2(x y) 4xy 0.25 Do đó: 3 3 3x y (x y) 4 xy(x y) x y xyz 4xyz 4xyz z Mặt khác x y 2 y x nên 3 3x y x y x y 6 2 4 xyz y x z x y 0 2 z . Ta có: 2 2x y 4z x y 4z P y 2z 2z x x y xy 2zx 2yz xy x y 2 2 2 (x y) 4z (x y) 4z 2(x y) 4z 2xy 2z(x y) x y x y x y 4z x y(x y) 2z(x y) 2 Suy ra: x y 2 4zP x y x y 4 z z . 0.25 Đặt x y t , 0 t 2 z . Ta có 2t 4 P t 4 t . Xét hàm số 2t 4 f (t) (0 t 2) t 4 t . 2 2 2 4(t 8t 16) f '(t) 0, t (0;2] t (t 4) f(t) nghịch biến trên (0 ; 2]. 0.25 Suy ra: 8 P f (t) f (2) 3 . x y 8 P x y z 2a b 4cx y 3 2 z Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8 3 , khi 2a = b = 4c. 0.25 Cảm ơn bạn lovemath ( lovemath@yahoo.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl
Tài liệu đính kèm: