Lấy ra từ tập M một số bất kỳ.. Tính xác suất để lấy được số có tổng các chữ số là số lẻ?. Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể giao đề)
Đề thi có 01 trang
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số yf x( )x33x2 4
Câu 2 (1,0 điểm) Cho tan 1 ( (0; ))
Tính giá trị biểu thức
2sin2 3cos 2 1
5 sin 2 os
P
c
2
2
( ,
4x y 2xy 62 0
x xy
R 0 0
Câu 4 (1,0 điểm) Tìm họ nguyên hàm 22 3
Câu 5 (1,0 điểm) Gọi M là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 Lấy ra từ tập M một số bất kỳ Tính xác suất để lấy được số có tổng các chữ số là số lẻ ?
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2);
C(2;0; 1), D(-1; 0; -3) Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc
ACB 600 Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam giác SBC vuông tại S Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới mp(SBC)
Câu 8 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC Đường phân giác trong của góc B có phương trình
d x y , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d2:4x5y 9 0 Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm (2; )1
2
M , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
là R Tìm tọa độ đỉnh A 52
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
7x225x19 x2 2x 35 7 x 2
Câu 10 (1,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực thuộc đoạn 0;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P2(x3y3z3) ( x y y z z x2 2 2 )
Hết
Họ và tên số báo danh
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Đề chính thức
Trang 2SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI TỐT NGHIỆP THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015 -2016
Môn: Toán – lớp 12
(Đáp án có:04 trang)
m Câu 1
(1,0đ)
a/ TXĐ:R
b/ Sự biến thiên
+Giới hạn limy x ;limy x
+Bảng biến thiên: y' 3x2 6x;
2
x
x
Hàm số đồng biến trong khoảng
( ; 2) và (0; ), nghịch biến
trong khoảng ( 2;0) Hàm số đạt cực
tiểu tại x = 0; y , CT 4 đạt cực đại tại
x = -2;yCĐ = 0
c/ Đồ thị : y'' 6x 6 0 x 1
Điểm uốn I(-1; -2)
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn làm
tâm đối xứng
0,5
0,5
Câu 2
2
1 tan
2
Suy ra tan 2 5
2
hoặc tan 2 5 ( )
2
Thay vào ta có 2 tan 2 3 1 2 5 1 1 2
2
P
0,5
0,25
0,25 Câu 3
(1,0đ) ĐKXĐ
0 0
x y
Biến đổi phương trình đầu tiên của hệ ta có
y
2
Thay y 2 vào phương trình thứ hai suy ra 4x 2 2x 62 0
0,25
0,25
x
y'
y
-2 0
0
-4
Trang 316.2 x 2x 62 0
Đặt 2x t t( 0) ta có phương trình
2
16t t 62 0 t 2 hoặc 31
16
t Do t 0 nên lấy t 2 suy ra x 1 Đs: Hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (1; 2)x y
0,25
0,25 Câu 4
(1,0đ) Ta có: 2
3 2x 1dx 3 x 1dx
0,25 0,25
0,25 0,25
Câu 5
(1,0đ)
Gọi A là biến cố " Số chọn được là số có 4 chữ số đôi một khác nhau và
tổng các chữ số là một số lẻ" Số các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập
từ 7 chữ số đã cho là 4
A (số), suy ra: 840
Gọi số 4 chữ số đôi một khác nhau và tổng các chữ số là một số lẻ có dạng
abcd Do tổng a b c d là số lẻ nên số chữ số lẻ là lẻ
Trường hợp 1 : có 1 chữ số lẻ , 3 chữ số chẵn : có 1 3
C C bộ số Trường hợp 2 : có 3 chữ số lẻ , 1 chữ số chẵn : có 3 1
C C bộ số
Từ mỗi bộ số trên ta lập được P 4 24 số
Tất cả có 16.24= 384 số , suy ra: A 384
840 105
A
P A
0,25
0,25
0,25 0,25 Câu 6
(1,0đ) Ta có AB (0; 1;2);AC (1; 1;1);AD ( 2; 1; 3)
Do AB AC, AD 7 0
, nên 3 véc tơ AB AC AD, ,
không đồng phẳng suy
ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x2 y2 z2 2ax 2by 2cz d 0
( với a2 b2 c2 d 0)
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ
a b d
a c d
a c d
a c d
Giải hệ suy ra 5 ; 31; 5 ; 50
a b c d
Vậy phương trình mc là: 2 2 2 5 31 5 50
0
x y z x y z
0,25
0,25
0,25
0,25 Câu 7
(1,0đ)
a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có
SH ABC .
1 3
S ABC ABC
V S SH Tam giác ABC vuông tại A có:
Trang 40 0
AB a a AC ac a
.
ABC
S AB AC a
Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì
0
SK BC a HK AC a a
4
SH SK KH a
3 2
SH a
.
1 4
S ABC
V a
2
SB SH HB a
HC AC AH a
a a
SC SH HC a
2
SBC
S SB SC a a a
Vậy
3
2
3
4
S ABC SBC
a V
S
a
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 8
(1,0đ)
Tọa độ B là nghiệm của hệ
Gọi M' là điểm đối xứng với M qua d1,
( ;0)
2
Do AB đi qua B và M nên có pt: x 2y 3 0
BC đi qua M' và B nên có pt: 2x + y – 3 = 0
Gọi là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC
suy ra os 2.1 1.2 4 sin 3
5 5
c
Từ định lý sin trong tam giác ABC
sin
AC
ABC
3
2
a
A AB C BC A a C c c , trung
điểm của AC là ( ;9 4 )
a c a c
N
2
2
a c
AC c a
0,25
0,25
0,25
S
A
B
C
0
B
A
d1
C M
N
.M'
d2
Trang 5Khi a = 5 ta được A(5; -1) Khi a = -3 ta
được A(-3; 3) Đs: A1(5; -1), A2(-3; 3)
0,25 Câu 9
(1,0đ)
Điều kiện x 7
Phương trình tương đương 7x2 25x 19 7 x 2 x2 2x 35
Bình phương 2 vế suy ra: 3x2 11x 22 7 ( x 2)(x 5)(x 7)
3(x2 5x 14) 4( x 5) 7 ( x 5)(x2 5x 14)
Đặt a x2 5x 14;b x ( a ,b 5 0) Khi đó ta có phương trình
a b
a b ab a ab b
a b
Với a = b suy ra x 3 2 7 ( / );t m x 3 2 7 ( )l .
Với 3a = 4b suy ra 61 11137( / ); 61 11137( )
x t m x l .
18
x x .
0,25 0,25
0,25
0,25
Câu
10
(1,0đ)
Đặt f x( ) 2 x3 yx 2 z x2 2(y3 z3 ) y z2 Ta có:
Nhận xét: x 1 0;1 , lập bảng biến thiên ta thấy khi x 2 0;1hay x 2 0;1thì
M f x M f f
Mà f(0) 2( y3 z3 ) y z2 2(y3 z3 ) y z2 (2 y z 2 ) f(1)
f x( )f(1) 2y3 zy y2 - 2z3 z2 2 (1)
Lại đặt g y( ) 2y3 zy y2 - 2z3 z2 2 ,
Nhận xét tương tự suy ra y Max ( )0;1g y Max g(0);g(1)
Lại có g(0) 2 z3 2 z2 2z3 2 z2 (1 z) g(1) Suy ra
g y g (2)
Cuối cùng đặt h( ) 2z z3 z2 z 3 với z 0;1 , h' ( ) 6z z2 2z 1
'
h Lập bảng biến thiên suy ra:
0;1ax ( ) (1) 3
(3)
Dấu bằng xảy ra ở (1), (2), (3) khi x = y = z = 1.Vậy giá trị lớn nhất của P là
3 đạt được khi x = y = z = 1
0,25
0,25
0,25 0,25