Giải bất phương trình: 3.. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD.. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề có 10 câu và 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x4 2 x2 3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
b) Tìm m để phương trình x4 2 x2 m 3 có 4 nghiệm phân biệt
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x 8 sin x 5 0
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: ( 2 i )( 1 i ) z 4 2 i Tính môđun của z
Câu 3 (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 3 9x 10 3x 3 0
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
( , x y )
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2
0
2
sin ) cos (
xdx x
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AC 2 a , BD 4 a , tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4), đường thẳng
0 1
: x y
d và đường tròn ( C ) : x2 y2 4 x 2 y 4 0 Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm) Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn (E) có chu vi lớn nhất
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 1 ; 3 ; 2 ) , đường thẳng
2 1
4 2
1
:
x
d và mặt phẳng ( P ) : 2 x 2 y z 6 0 Tìm tọa độ giao điểm của d với (P) và viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, có tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P) Câu 9 (0,5 điểm) Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 9 chữ số khác nhau Chọn ngẫu nhiên một số từ M, tính xác suất để số được chọn có đúng 4 chữ số lẻ và chữ số 0 đứng giữa
hai chữ số lẻ (các chữ số liền trước và liền sau của chữ số 0 là các chữ số lẻ)
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn 1 2 2 x 1 2 2 , y 0 , z 0
và x y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2
) ( 8
1 )
(
1 )
(
1
z y z
x y x
P
Trang 2SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 THPT NĂM 2015
Môn thi: TOÁN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn :
b, Bảng biến thiên: y’ = 4x34x , y’ = 0 x = 0, x1
x - - 1 0 1 +
y' - 0 + 0 - 0 +
y + - 3 +
- 4 - 4
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và ( 1; ), hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng (;1) và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = y( 1 ) = - 4
0,25
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2
điểm ( 3; 0)
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có x42x2 m3x42x23m (1) 0,25
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y m 0,25
Theo đồ thị ta thấy đường thẳng y m cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi
3
4
Câu 1
(2,0 điểm)
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi m(4;3) 0,25
a) (0,5 điểm)
Câu 2
(1,0 điểm) 2cos2x8sinx50 2(1 2sin2 ) 8sin 5 0
0,25
1 1
3
y
x
O
4
3 3
Trang 3
2
1 sin
) ( 2
3 sin
x
2 6
5 2 6
k
0,25
b) (0,5 điểm)
Đặt zabi, (a b, ), khi đó zabi Theo bài ra ta có
i i
b a
i bi
a i
2
3
1 2
1
4 3
b
a b
a
Do đó z1 3i, suy ra z 1232 10 0,25 Đặt t3x(t0) Bất phương trình đã cho trở thành
3 3
1 0 3 10
Câu 3
(0,5 điểm)
3
1
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S[1;1]
0,25
Điều kiện: x2y2 Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)
) 2
( x6y33x2y y33y23y13(y1)
(x2y)33x2y(y1)33(y1) (3)
0,25
Xét hàm số f(t)t33t có f t'( )3t2 3 0, t
(3) f x y( ) f y( 1)x yy1, (y 1)
Thế vào (1) ta được x2yx212x y1
1 1 0
) 1 1 (
0 1 1 2
) 1
0,25
Do đó hệ đã cho tương đương với
0
) 4 ( 1 )
2 ( 2
0 1 1 1
1
2 2
2 2
2
x
x x x
x y
x
y y x
x y x y
y x
y x
0 ) 1 )(
1 (
0 )
1 ( 0 1 3 )
4
( x4 x2 x2 2x2 x2x x2x
2
5 1 2
5 1
x
x
Do x > 0 nên
2
5
1
2
5 1
x
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Với
2
5 1 2
5
2
5 1 2
5
2
5 1
; 2
5 1 )
;
2
5 1
; 2
5 1 )
; (x y
0,25
2
0 2 2
0
sin cos sin
xdx x xdx
x
2
0
2 2
2
0
xdx x I
xdx x
Câu 5
(1,0 điểm)
cos sin
2 0 2
0
2 0
x xdx x
x I x v
dx du xdx dv
x u
0,25
Trang 41 3
cos )
(cos cos
sin cos
2
0
3 2
0 2 2
0
2
x x
xd xdx
x
Vậy
3
4 3
1
1
Gọi O ACBD , H là trung điểm của AB, suy ra SH AB
Do AB(SAB)ABCD) và
) (
) (SAB ABCD nên SH (ABCD)
+) Ta có OA AC aa
2
2
a a BD
2
4
5
4 2
2 2 2
a a a OB OA
0,25
+)
2
15 2
3 a AB
2 4 4 2 2
1 2
1
a a a BD AC
Thể tích khối chóp S ABCD là :
3
15 2 4 2
15 3
1
3
a a
S SH
0,25
Ta có BC // AD nên AD //(SBC) d(AD,SC)d(AD,(SBC))d(A,(SBC))
Do H là trung điểm của AB và B = AH (SBC) nên d(A,(SBC))2d(H,(SBC))
Kẻ HEBC,HBC, do SH BC nên BC (SHE)
Kẻ HKSE,KSE, ta có BCHKHK(SBC)HKd(H,(SBC))
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
5
5 2 5 2
4
2
a
a AB
S BC
S BC
S
HE BCH ABC ABCD
91
1365 2
91
15 2 60
91 15
4 4
5 1 1 1
2 2
2 2 2 2
a a
HK a
a a SH HE
Vậy
91
1365 4
2 ) ,
0,25
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R3 Do M nên d M(a;1a)
Do M nằm ngoài (C) nên IM RIM2 9(a2)2(a)2 9
0 5 4
Ta có MA2 MB2IM2IA2(a2)2(a)292a24a5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:(xa)2(ya1)2 2a24a5
0 6 6 ) 1 ( 2 2
2 2
0,25
Câu 7
(1,0 điểm)
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình
0 4 2 4
2 2
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a2)xay3a50(3)
Do tọa độ của A, B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình của đường thẳng
đi qua A, B
0,25
S
A
B
C
D
O
E
H
K
Trang 5+) Do (E) tiếp xúc với nên (E) có bán kính R1d(E,)
Chu vi của (E) lớn nhất R1 lớn nhấtd(E,) lớn nhất
Nhận thấy đường thẳng luôn đi qua điểm
2
11
; 2
5
K
Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên
2
10 )
,
Dấu “=” xảy ra khi H K EK
0,25
2
3
; 2
1
EK , có vectơ chỉ phương u(a;a2)
Do đó EK EK u 0 ( 2) 0
2
3 2
1
a a a3 (thỏa mãn (*)) Vậy M3;4là điểm cần tìm
0,25
d có phương trình tham số
t z
t y
t x
2 4
2 1
Gọi Bd(P), do B d nên B(12t;4t;2t)
0,25
Do B (P) nên 2(12t)2(4t)2t60t4B(7;0;8) 0,25
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I(12a;4a;2a)
Theo bài ra thì (S) có bán kính RIAd(I,(P))
2 2 2 2
2 2
1 2 2
6 2 ) 4 ( 2 ) 2 1 ( 2 ) 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2 (
3
16 4 9 2
13
35
; 1 0
175 110 65
) 16 4 ( ) 9 2 9 (
0,25
Câu 8
(1,0 điểm)
+) Với a1I(1;3;2),R4(S):(x1)2(y3)2(z2)2 16
+) Với
13
116
; 13
70
; 13
87
; 13
83 13
35
a
169
13456 13
70 13
87 13
83 :
) (
2 2
2
0,25
Xét các số có 9 chữ số khác nhau:
- Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên
- Có 8
9
A cách chọn 8 chữ số tiếp theo
Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9 8
9
A = 3265920
0,25
Câu 9
(0,5 điểm)
Xét các số thỏa mãn đề bài:
- Có 4
5
C cách chọn 4 chữ số lẻ
- Đầu tiên ta xếp vị trí cho chữ số 0, do chữ số 0 không thể đứng đầu và cuối nên
có 7 cách xếp
- Tiếp theo ta có A cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0 42
- Cuối cùng ta có 6! cách xếp 6 chữ số còn lại vào 6 vị trí còn lại
Gọi A là biến cố đã cho, khi đó n(A)C54.7.A42.6!302400
Vậy xác suất cần tìm là
54
5 3265920
302400 )
0,25
Trang 6Ta có 2 2 2 2 2 2
) 1 ( 8
1 )
1 (
1 )
1 (
1 )
1 ( 8
1 )
1 (
1 )
1 (
1
x z
y x
y z
P
Ta sẽ chứng minh
yz z
1 ) 1 (
1 )
1 (
1
2 2
Thật vậy: 2 2 (1 )[(1 )2 (1 )2] [(1 )(1 )]2
1
1 ) 1 (
1 )
1 (
1
y z y
z yz yz
z
2 2
2
) 1
( ) 2
2 2 )(
1 ( yz z yz y zyzy
2 2
2
) ( ) 1 )(
( 2 ) 1 (
) 1 ( 2 ) )(
1 ( ) 1 ( 2 ) 1 )(
( 2
y z zy y z zy
yz zy z
y zy yz
zy y z
0 4 ) ( ) 1 ( 2
4 2 ) )(
1
0 ) 1 ( )
yz y z yz (hiển nhiên đúng)
Dấu “=” xảy ra khi y z1
0,25
Ta lại có yz yz
) 1 ( 4
) 1 ( 2
2 2
2
x x
z y
) 1 ( 4 4
4
) 1 ( 1
1 1
1 ) 1 (
1 )
1 (
1
x x
yz z
2 2
) 1 ( 8
1 )
1 ( 4
4
x x
P
Do 12 2x12 2 nên (x1)2[0;8)
Đặt t(1x)2t[0;8) và P
t
t
8
1 4
4
0,25
Xét
t t t
f
8
1 4
4 ) ( với t[0;8)
2 2 2 2
2
) 8 ( ) 4 (
240 72 3 ) 8 (
1 )
4 (
4 )
( '
t t
t t t
t t
f
20
; 4 0
240 72 3 0 ) ( ' t t2 t t t
Bảng biến thiên
t 0 4 8
f’(t) - 0 +
f(t)
8
9
4 3
0,25
Câu 10
(1,0 điểm)
Do đó
4
3 ) (
f t
4
3
P khi
1 3 1
1
4 ) 1
z y x z
y x
z y x
Vậy
4
3 minP khi x3,yz1
0,25
-HẾT -
