Chuyên đề thi file word kèm lời giải chi tiết www.dethithpt.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số
2x −1
x −1
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A là giao điểm của (C) với trục hoành.
Câu 2 (0,5 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [0; 4].
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình z2-z+1=0 trên tập số phức.
b) Giải bất phương trình log 2 ( x − 3) + log 2 ( x − 1) ≤ 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y =

2

2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x( x + ln x ) dx
1

Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A (5;− 2;3); B (1;2;3) ; C (1;− 2;− 1) .
Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm A, B, C và viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I ( 2; -1; 3) và
tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6 (1,0 điểm).

Câu
Câu 1

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG
NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung
Điểm

a) (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ: D = R \{1}
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim− y = −∞; lim+ y = +∞ nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x →1

0,25
0,25

x →1

lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x →+∞

x →−∞

b)Bảng biến thiên:
−1

0,25

1
Tiếp tuyến của (C) tại A có phương trình: y = −4( x − ) + 0 <=> y = −4 x + 2
2
3
f '( x ) = 4 x − 4 x
f '( x ) = 0

0,25
0,25

<=> 4 x 3 − 4 x = 0
x = 0
<=>  x = 1
 x = −1( L)
Ta có: f(0) = 3, f(1) = 2, f(4) = 227.
Vậy max f ( x) = f (4) = 227; min f ( x) = f (1) = 2
x∈[0;4]

Câu 3
1,0đ

0,25

x∈[0;4]

a) (0,5 điểm)
Phương trình có ∆ = 1 − 4 = −3 = ( 3i ) 2
Do đó phương trình có hai nghiệm z =

<=> −1 ≤ x ≤ 5
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S =(3;5]
2
2
2
x4 2
15
I = ∫ x( x 2 + ln x ) dx = ∫ x 3 dx + ∫ x ln x dx =
+ I1 = + I 1
4 1
4
1
1
1

0,5


Câu 5
1,0đ

Câu 6

dx

du =
2

u
=

r uuur uuur
n =  AB, AC  = ( −16; −16;16)
Do đó (P) có phương trình: -16(x-5)-16(y+2)+16(z-3)=0x+y-z=0
| 2 −1− 3 | 2
=
Mặt cầu (S) có bán kính R = d ( I ;(P)) =
1+1+ 4
3
4
2
2
2
(S) có phương trình ( x − 2) + ( y + 1) + (z − 3) =
3
a) 0,5 điểm
−1
2 cos 2α + 7 sin α = 0 ⇔ 2(1 − 2 sin2α ) + 7 sin α = 0 ⇔ sin α = ,sin α =2(loại)
4
2
3
2
2
A = sin 3α + sin 2α = 3sinα − 4 sin α + 4 sin α (1 − sin α )
2
1
−1 3
−1 2   −1   −29
= 3( − ) − 4( ) + 4( ) 1 −  ÷  =
4
4


0,25
0,25

0,25
0,25


Câu 7
1,0đ

0,25

Theo bài ra thì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD nên AC ⊥ CD .
Do SH ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ CD , từ đó ta có CD ⊥ ( SAC ) .
Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là SCH ⇒ SCH=600 .
0,25

AC = AD 2 − CD 2 = a 3
2
2a 3
AC =
3
3
o
SH = HC.tan 60 = 2a

=> HC =

Gọi O là trung điểm của AD, khi đó S ABCD = 3.S AOB =

+
= 2 => HK =
2
2
2
3
3 HK
AH
SH
4a
13
Vậy d(CD;SA)=

6a 13
(đvđd)
13

0,25

0,25


Câu 8

0,25

Đặt AB = m ⇒ AD = 2m .
Ta có BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD.cos 60o = 3m 2 => BD = m 3
Do đó AB 2 + BD 2 = AD 2 nên tam giác ABD vuông tại B, nghĩa là IB ⊥AE
IE 2 = IB 2 + BE 2 = (


<=> b(b − 4 3a) = 0
b = 0
<=> 
b = 4 3a
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x + 2 = 0 , suy ra IB có phương trình y −
5 = 0 . Do B = AB ∩ IB nên B (−2;5) , mà B là trung điểm của AE nên A (−2;1) (thỏa mãn
điều kiện xA < 0 ).

0,25

Do I là trung điểm của AC và BD nên ta suy ra C (4 3 − 2;9), D (4 3 − 2;5)
+) Với b= 4 3a chọn a = 1 ⇒b= 4 3 , khi đó AB có phương trình
x + 4 3 y + 2 − 36 3 = 0 , suy ra IB có phương trình
4 3( x − 2 3 + 2) − ( y − 5) = 0
<=> 4 3x − y + 8 3 − 19 = 0
16 3 − 14 59
32 3 − 14 55
Do B = AB ∩ IB nên B (
; ) , mà B là trung điểm của AE nên A(
; )
7
7
7
7
(không thỏa mãn điều kiện xA < 0 ).

0,25



( a − b ) ≤ 0
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
3 + 13
<=>  2
<=> x =
Do đó ta có x + 2 = x − 1 <=> 
2
2
 x + 2 = ( x − 1)
 x − 3x − 1 = 0
3 + 13
2
Giả sử a + b + c = k > 0 , đặt a = kx , b = ky , c = kz ⇒ x , y , z > 0 và x + y + z = 1 .
Khi đó
 k (3 x − y )
k (3 y − z )
k (3z − x) 
P=k 2 2
+ 2 2
+ 2 2

 k ( x + xy ) k (y + yz ) k (z + zx ) 

0,25

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x =
Câu 10
1,0đ


− +
−
1− z x 1− x y 1− y z
5x − 1 5 y −1 5z − 1
=
+
+
x − x2 y − y 2 z − z 2
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên b + c > a ⇒ y + z > x ⇒ 1 − x > x
1
1
1
=> x < , tức là x ∈ (0; ) . Tương tự ta cũng có y , z ∈ (0; )
2
2
2
5t − 1
1
≤ 18t − 3(*) đúng với mọi t ∈ (0; )
Ta sẽ chứng minh
2
t −t
2
3
2
5t − 1
18t − 21t + 8t − 1
(2t − 1)(3t − 1) 2
<=>
−


0,25


1
<=> a = b = c
3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 9 khi a = b = c .
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =