ĐỀ THI KSCL HÈ MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2016-2017

Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để chọn được số có mặt chữ số 1.. Câu 4.[r]

TRƯỜNG THPT LÊ XOAY

Năm học 201 6 -201 7 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI

THPT QUỐC GIA LẦN 1

MÔN: TOÁN; KHỐI 12

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Xét sự đồng biến, nghịch biến của hàm số y=x3−3 x2+ 1

b) Tìm các điểm cực trị của hàm số y=x4− 2 x2− 3.

Câu 2 (1,0 điểm)

Tìm m để đồ thị hàm số y=x3−3 m2x +2 có hai điểm cực trị là A , B

sao cho độ dài đoạn AB bằng 2√5

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình cos 2 x+ 2cos x+1=0 , (x ∈ R )

b) Cho E là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số khác nhau được lập từ các

chữ số 1, 2, 3, 4, 5 Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác suất để chọn được số có mặt chữ số 1

Câu 4 (1,0 điểm)

Giải bất phương trình x+1

x − 2√x+1 x >3 , ( x ∈ R ).

Câu 5 (2,0 điểm)

Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại

A , AB=a Đường thẳngA C 'hợp với mặt phẳng BC \{C(|' B ') một góc bằng 30 0 Điểm I là trung điểm đoạn BC

a, Chứng minh BC \{CAI⊥ (|' B '

) Tính độ dài đoạn C C' theo a

b, Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BCvà A C '

Câu 6 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tạiA Gọi

Mlà điểm trên cạnh ACsao cho AB=3 AM Đường tròn tâm I đường kính

CM cắt BM tại D Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Biết đường thẳng BC qua điểm N(13; 0), phương trình đường thẳng CD là x − 3 y − 5=0, điểm I (0 ;− 1) và điểm C có hoành độ dương

Câu 7 (1,0 điểm)

Cho các số thực dương x , y , z thoả mãn xyz+x +z= y Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= 2

x2 +1−

2

y2 +1+

3

z2 +1

Hết

-Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1

MÔN TOÁN – KHỐI 12 NĂM HỌC 2016-2017.

1a

(1,0đ)

y=x3−3 x2+1

+ Txđ: D = R

y '=0 ⇔

¿

¿

+ Bảng biến thiên

y -∞

1

-3

+∞

0,25 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 0) và (2; +∞)

hàm số nghịch biến trên khoảng ( 0; 2) 0,25

1b

(1,0đ)

y=x4− 2 x2− 3

+ Txđ: D = R

y '=0 ⇔

¿

¿

+y ''=12 x2− 4

y ''(0 )=− 4<0⇒Hàm số đạt cực đại tại x=0 , yCĐ=−3

0,25

y ''(± 1)=8 >0 ⇒Hàm số đạt cực tiểu tại x=± 1 , yCT=− 4

Vậy hàm số đạt cực đại tại x=0 , yCĐ=−3

hàm số đạt cực tiểu tại x=± 1 , yCT=− 4 0,25

2

(1,0đ)

y=x3−3 m2x +2

Txđ: D = R

y '=3 x2−3 m2;

y '=0⇔

¿

¿

¿

Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ⇔Phương trình y '=0 có hai nghiệm phân

Với m≠ 0 đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là

⇒ AB=√4 m2

+16 m6

Theo giả thiết AB=2√5⇔16 m6

Đặt m2

=t (t >0 ) ta được 4 t3

+t − 5=0⇔ (t −1)(4 t2 +4 t+5)=0⇔t=1

⇒m=±1(tmđk)

(1,0đ)

cos2 x+2cos x+1=0

⇔2 cos x (cos x +1)=0

⇔

¿

¿

cos x=0 ⇔ x= π

cos x +1=0 ⇔cos x=− 1⇔ x =π +l 2 π (l ∈ Z )

Vậy phương trình có các nghiệm là π2+kππ , (kπ ∈ Z ); π +l2 π (l ∈ Z ) 0,25

3b

(1,0đ)

Số phần tử của tập hợp E là A53

0,25

Số phần tử của không gian mẫu là n (Ω)=A53 =60 0,25 Gọi B là biến cố ‘‘Số được chọn có mặt chữ số 1’’

Số các số có mặt chữ số 1 trong E là 3 A52=36⇒n ( B)=36

0,25

Vậy xác suất cần tìm là P (B )=36

60=

3

4

(1,0đ)

x+1

x − 2√x+ 1 x >3 , ( x∈ R )

ĐK: ¿

¿

0,25 Đặt t=√x +1 x ;(t >0) Ta được 1

t2− 2t >3⇔2t3

+3t2− 1<0

0,25

⇔ (t +1)2

(2t − 1)< 0 ⇔t <1

t <1

2⇒ x

x +1<

1

4⇔ 3 x −1 x+1 <0⇔ x ∈(− 1;1

3)

Đối chiếu điều kiện ta được x ∈(0;1

3)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x ∈(0;1

3)

0,25

5a

(1,0đ)

I

C

A

Tam giác ABC cân tại A , I là trung điểm BC ⇒ AI ⊥BC mà

BC \{C

AI⊥ C C '

⇒ AI⊥ (|' B '

)

0,5

A C ' có hình chiếu là I C' lên BC \{C(|' B '

) ⇒Góc giữa A C ' và BC \{C(|' B '

) là góc giữa

A C ' và I C'

¿A C ' I ⇒ A C '

AI=1

2a√2⇒ A C '

=a√2

Δ AC \{ C ' có AC=a; A C '

=a√2;C=900⇒ C C '

=a

Vậy C C'

=a

0,25

5b

(1,0đ)

BC // \{ B

¿B ' C ' ⊂(A B ' C ')

BC⊄(A B ' C ')

' C '|}}

⇒ BC//(A B ' C ')

h=d(BC , A C ')=d(BC ,(A B ' C '))=d(I ,( A B ' C '))

0,25

Gọi J là trung điểm của B '

C ' ⇒IJ ⊥ B '

C ' màBC \{CAI⊥ B '

C '(do AI⊥ (|' B '))

⇒ B ' C ' ⊥ (AIJ ) (1)

0,25

Hạ IH⊥ AJ , H ∈ AJ (2 )

Từ (1)⇒IH ⊥ B'

C '( 3)

Từ (2) và (3)⇒IH ⊥(A B ' C ')⇒h=IH

0,25

Δ AIJ vuông tại I có IH là đường caoAI=a√2

2 ;IJ=a ⇒AJ=a√32

⇒IH=AI IJ

AJ =

a√3 3

Vậy d(BC, A C ')=a√3

3

0,25

B

C’

B’

A’

H

J

B

N

6

(1,0đ) +Tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn

⇒ A B M=M C D

+ tan A B M=1

3⇒cos A B M= 3

√10 (Vì A B Mnhọn) ⇒cos M C D= 3

√10

0,25 + Gọi n (a ;b );(⃗ a2

+b2≠0) là 1 vtpt của AC; ⃗n1(1; − 3) là 1 vtpt của CD

⇒|cos(⃗n , ⃗ n1)|=cos M C D= 3

√10

⇔ |a −3 b|

√10.√a2

+b2 = 3

√10

⇔ 8 a2 +6 ab=0⇔

¿

¿

¿ + Khi a= −3 b

4 , chọn n (3 ;− 4)⃗ mà AC qua I (0 ;− 1) nên AC có phương trình:

3 x − 4 y − 4=0

CD ∩ AC={C}⇒C(− 85 ;

−11

5 ) (loại)

0,25 + Khi a=0 , chọn n (0 ;1)⃗ mà AC qua I (0 ;− 1) nên AC có phương trình: y +1=0

CD ∩ AC={C}⇒C (2 ;−1)⇒ M (−2 ;−1) (Vì I là trung điểm của CM)

Phương trình đường tròn (I) đường kính CM là x2

+( y+ 1)2=4

D ∈CD ⇒ D (3 t+5 ;t ) mà D ∈( I )⇒10 t

2 +32t +22=0 ⇔

¿

¿

¿ Với t=−1 ⇒ D (2 ;− 1)≡ C (loại)

Với t= −11

5 ⇒ D(−85 ;

−11

5 )

0,25

BM qua M, D nên BM có phương trình: 3 x+ y+7=0

Mà BC qua C, N nên BC có phương trình: 3 x+5 y −1=0

⇒ B (−3 ;2)

AB qua B vuông góc với AC nên AB có phương trình: x +3=0

AB∩ AC={A}⇒ A (−3 ;−1 )

Vậy A (−3 ;−1 ); B (− 3 ;2);C (2;−1 ); D(−85 ;

− 11

5 )

0,25 Theo giả thiết xyz+x +z= y ⇒ z= y − x

xy+1

I

D

C M

A

(1,0đ)

⇒ 3

z2 +1=

3

(xy +1y − x )2+1

= 3 ( xy+1)2

( y − x )2+ (xy +1)2=

3 ( xy+1)2

(x2+1) (y2+ 1)

A= 2

x2 +1−

2

y2 + 1+

3 (xy +1)2

(x2 + 1)(y2 +1)

¿ 2(y2 +1)−2(x2 +1)+3 (xy +1)2

(x2 +1) (y2

2(y2− x2)+3 x 2y2

+ 6 xy +3

(x2 +1) (y2 +1)

¿ 3+( y − x )(5 x − y )

(x2+ 1)(y2+1) =3+(3 y −3 x ) (5 x − y )

(x2+1) (y2+1)

0,25

Ta chứng minh (a+ b)2≥ 4 ab , ∀ a , b∈ R (1)

và ( x + y )2≤(x2

+ 1)(y2 +1), ∀ x , y ∈ R (2)

Thật vậy: (1)⇔(a − b)2≥ 0 ,luôn đúng với mọi số thực a, b

(2)⇔( xy −1)2≥ 0 , luôn đúng với mọi số thực x, y

0,25

Áp dụng bất đẳng thức (a+ b)2≥ 4 ab , ∀ a , b∈ R (1)

Ta được (3 y − 3 x )(5 x − y )≤[(3 y −3 x )+(5 x − y )]

2

4 =( x + y )

2

Lại có (x + y )2≤(x2+ 1)(y2+1), ∀ x , y ∈ R (2)

Vậy A=3+ (3 y −3 x ) (5 x − y )

(x2+1) (y2+1) ≤ 3+ ( x+ y )

2

3 (x + y )2=3+

1

3=

10 3

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

x=√2

2

y=√2

z =√2

4

¿ { {

¿

¿ Vậy A đạt GTLN bằng 103 khi và chỉ khi x=√2

2 ; y=√2 ; z=

√2 4

0,25

HẾT

MA TRẬN ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016-2017

MÔN: TOÁN – KHỐI 12

Mức độ

Chủ đề

Các mức độ đánh giá

Tổng Nhận biết Thông hiểu

Vận dụng mức độ thấp

Vận dụng mức độ cao

Tự luận Tự luận Tự luận Tự luận

Sự đồng biến, nghịch biến

của hàm số

Phương trình lượng giác Số câu 1 câu 3a 1

Bất phương trình chứa

căn

Hình học không gian

(góc và khoảng cách)

Phương pháp tọa độ trong

mặt phẳng