Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn C A,
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
Đề có 10 câu và 01 trang
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
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 ∈ R )
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫2 +
0
2
sin ) cos (
π
xdx x
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm
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
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
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
+
−
+ +
+ +
-HẾT -
www.MATHVN.com
Trang 2www.DeThiThuDaiHoc.com 1
SỞ 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 = R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : =+∞
−∞
+∞
b, Bảng biến thiên: y’ = 4x3−4x , y’ = 0 ⇔ x = 0, x=±1
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 x4−2x2 =m+3⇔ x4−2x2−3=m (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) 2cos2x+8sinx−5=0 ⇔2(1−2sin2x)+8sinx−5=0
0 3 sin 8 sin
1 1
−
3
−
y
x
O
4
−
3 3
−
www.MATHVN.com
Trang 3
=
=
⇔
2
1 sin
) ( 2
3 sin
x
= +
Z
2 6
5 2 6
k
0,25
b) (0,5 điểm)
Đặt z=a+bi, (a b, ∈R), khi đó z=a−bi 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 z=1+3i, suy ra z = 12+32 = 10 0,25 Đặt t=3x(t >0) Bất phương trình đã cho trở thành
3 3
1 0 3 10
Câu 3
(0,5 điểm)
3
1≤ x ≤ ⇔− ≤x≤ Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S=[−1;1]
0,25
Điều kiện: x2y≥−2 Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)
⇔
) 2 ( x6y3+3x2y = y3−3y2+3y−1+3(y−1)
⇔ (x2y)3+3x2y=(y−1)3+3(y−1) (3)
0,25
Xét hàm số f(t)=t3+3t có = 2+ > ∀ ∈R
'( ) 3 3 0,
Do đó (3)⇔ f x y( 2 )= f y( − ⇔1) x y2 = −y 1, (y≥ −1)
Thế vào (1) ta được x2y+x2+1=2x y+1
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− 2−x2 = ⇔ x2−x− x2+x− =
±
−
=
±
=
⇔
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
∫
0 2 2
0
sin cos sin
π π
xdx x
xdx x
0
2 2
2
0
π π
xdx x
I xdx x
Câu 5
(1,0 điểm)
cos sin
2 0 2
0
2 0
⇒
−
=
=
⇒
=
=
π π
x xdx
x x I x v
dx du xdx
dv
x
1 cos3 2 2
2
π π
π
x
www.MATHVN.com
Trang 4www.DeThiThuDaiHoc.com 3
Vậy
3
4 3
1
1+ =
=
Gọi O= AC∩BD, H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥AB
Do AB=(SAB)∩ABCD) và
) (
) (SAB ⊥ ABCD nên SH ⊥( ABCD) +) Ta có OA= AC = a =a
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 HE⊥BC,H∈BC, do SH ⊥BC nên BC⊥(SHE)
Kẻ HK ⊥SE,K∈SE, ta có BC⊥HK⇒HK ⊥(SBC)⇒HK =d(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 R=3 Do M∈d nên M(a;1−a)
Do M nằm ngoài (C) nên IM >R⇔IM2 >9⇔(a+2)2 +(−a)2 >9
0 5 4
2 2 + − >
Ta có MA2 =MB2 =IM2−IA2 =(a+2)2 +(−a)2 −9=2a2+4a−5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình:(x−a)2+(y+a−1)2 =2a2+4a−5
0 6 6 ) 1 ( 2 2
2
0,25
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình
0 4 2 4
2
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a+2)x−ay+3a−5=0(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
Câu 7
(1,0 điểm)
+) Do (E) tiếp xúc với ∆ nên (E) có bán kính R1=d(E,∆)
Chu vi của (E) lớn nhất ⇔R1 lớn nhất⇔d(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
S
A
B
C
D
O
E
H
K
www.MATHVN.com
Trang 5Ta có
−
=
2
3
; 2
1
EK , ∆ có vectơ chỉ phương u=(a;a+2)
Do đó ∆⊥EK ⇔EK.u=0 ( 2) 0
2
3 2
−
⇔ a a ⇔a=−3 (thỏa mãn (*)) Vậy M(−3;4)là điểm cần tìm
0,25
d có phương trình tham số
−
=
−
=
+
−
=
t z
t y
t x
2 4
2 1
Gọi B=d∩(P), do B∈d nên B(−1+2t;4−t;−2t)
0,25
Do B∈(P) nên 2(−1+2t)−2(4−t)−2t−6=0⇔t=4⇒B(7;0;−8) 0,25
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên I(−1+2a;4−a;−2a)
Theo bài ra thì (S) có bán kính R=IA=d(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 a=1⇒I =(1;3;−2),R=4⇒(S):(x−1)2 +(y−3)2+(z+2)2 =16
+) Với
13
116
; 13
70
; 13
87
; 13
83 13
−
=
⇒
−
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 A cách chọn 8 chữ số tiếp theo 98
Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9.A = 3265920 98
0,25
Câu 9
(0,5 điểm)
Xét các số thỏa mãn đề bài:
- Có C cách chọn 4 chữ số lẻ 54
- 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 đón(A)=C54.7.A42.6!=302400
Vậy xác suất cần tìm là
54
5 3265920
302400 )
0,25
www.MATHVN.com
Trang 6www.DeThiThuDaiHoc.com 5
) 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+ y+z +y ≥ +zy+z+y
⇔
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 ( ) ( − 2+ − 2 ≥
⇔ yz y z yz (hiển nhiên đúng)
Dấu “=” xảy ra khi y=z=1
0,25
Ta lại có y+z ≥ 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 −1−2 2 <x<−1+2 2 nên (x+1)2∈[0;8)
Đặt t=(1+x)2 ⇒t∈[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 x=−3,y=z=1
0,25
-HẾT -
www.MATHVN.com