Đề khảo sát chất lượng môn Toán Lớp 12 - Năm học 2014-2015 - Sở GD & ĐT Thanh Hóa (Có đáp án)

 >> Truy cập  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 0 
SỞ 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 32 24  xxy 
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 b) Tìm m để phương trình 32 24  mxx có 4 nghiệm phân biệt. 
Câu 2 (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình: 05sin82cos2  xx . 
 b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: izii 24)1)(2(  . Tính môđun của z . 
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình: 033.109.3  xx . 
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 2 2
3 6 2 2
1 2 2
( 1) 3 ( 2) 3 4 0
x y x x x y
y x y x y
    

     
( , )x yR . 
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =  
2
0
2 sin)cos(

xdxxx . 
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 aBDaAC 4,2  , 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 
01:  yxd và đường tròn 0424:)( 22  yxyxC . 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 )2;3;1(A , đường thẳng 
21
4
2
1
:





 zyx
d và mặt phẳng 0622:)(  zyxP . 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 0,0,221221  zyx 
và 1 zyx . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
222 )(8
1
)(
1
)(
1
zyzxyx
P





 . 
----------------HẾT---------------- 
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 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(2,0 điểm) 
a) (1,0 điểm) 
1) Tập xác định : D  R 
2) Sự biến thiên: 
a, Giới hạn : 

y
x
lim ; 

y
x
lim 
0,25 
b, Bảng biến thiên: y’ = xx 44 3  , y’ = 0  x = 0, 1x 
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 mxxmxx  3232 2424 (1). 0,25 
Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng my  0,25 
Theo đồ thị ta thấy đường thẳng my  cắt (C) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi 
34  m . 
0,25 
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi )3;4( m . 0,25 
Câu 2 
(1,0 điểm) 
a) (0,5 điểm) 
05sin82cos2  xx 05sin8)sin21(2 2  xx 
03sin8sin4 2  xx 
0,25 
1 1 
3 
y 
x O 
4 
3 3 
2 









2
1
sin
)(
2
3
sin
x
x lo¹i





 
 
  

Z
2
6
( )
5
2
6
x k
k
x k
 0,25 
b) (0,5 điểm) 
Đặt biaz  , ( R,a b ), khi đó biaz  . Theo bài ra ta có 
iibaibiaii 24)1(324)1)(2(  
0,25 












3
1
21
43
b
a
b
a
. Do đó iz 31 , suy ra 1031 22 z 0,25 
Câu 3 
(0,5 điểm) 
Đặt )0(3  tt x . Bất phương trình đã cho trở thành 
3
3
1
03103 2  ttt 
0,25 
Suy ra 1133
3
1
 xx . 
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là ]1;1[S . 
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 
Điều kiện: 22 yx . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) 
)2( )1(31333 23236  yyyyyxyx 
 )1(3)1(3)( 3232  yyyxyx (3) 
0,25 
Xét hàm số tttf 3)( 3  có     R2'( ) 3 3 0,f t t t 
Do đó 2 2(3) ( ) ( 1) 1,( 1).f x y f y x y y y        
Thế vào (1) ta được 12122  yxxyx 
110)11(0112)1( 22  yxyxyxyx 
0,25 
Do đó hệ đã cho tương đương với 
























0
)4(1)2(
2
0
1
1
1
11
222
2
2
22
2
x
xxx
xy
x
yyx
xyx
yyx
yx
0)1)(1(0)1(013)4( 2222224  xxxxxxxx 











2
51
2
51
x
x
. Do x > 0 nên 
2
51
x hoặc 
2
51
x 
0,25 
Với 
2
51
2
51 


 yx . Với 
2
51
2
51 


 yx . 
Vậy hệ đã cho có nghiệm 






 

2
51
;
2
51
);( yx , 






 

2
51
;
2
51
);( yx 
0,25 
Câu 5 
(1,0 điểm) 
 
2
0
2
2
0
sincossin

xdxxxdxxI . Đặt  
2
0
2
2
2
0
1 sincos,sin

xdxxIxdxxI 0,25 
Đặt 1sincoscos
cossin
2
0
2
0
2
0
1 















xxdxxxI
xv
dxdu
xdxdv
xu
 0,25 
3 
3
1
3
cos
)(coscossincos
2
0
32
0
2
2
0
2
2  

x
xxdxdxxI . 0,25 
Vậy 
3
4
3
1
1 I . 0,25 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
Gọi BDACO  , H là trung điểm 
của AB, suy ra ABSH  . 
Do ))( ABCDSABAB  và 
)()( ABCDSAB  nên )(ABCDSH  
+) Ta có a
aAC
OA 
2
2
2
, 
a
aBD
OB 2
2
4
2
 . 
54 2222 aaaOBOAAB  
0,25 
+) 
2
15
2
3 aAB
SH  
244.2
2
1
.
2
1
aaaBDACSABCD  . 0,25 
Thể tích khối chóp ABCDS là : 
3
152
4.
2
15
3
1
.
3
1 32 aa
a
SSHV ABCD  . 
Ta có BC // AD nên AD //(SBC) ))(,())(,(),( SBCAdSBCADdSCADd  . 
Do H là trung điểm của AB và B = )(SBCAH  nên )).(,(2))(,( SBCHdSBCAd  
Kẻ BCHBCHE  , , do BCSH  nên )(SHEBC  . 
Kẻ SEKSEHK  , , ta có ))(,()( SBCHdHKSBCHKHKBC  . 
0,25 
5
52
52
4
.2
2 2 a
a
a
AB
S
BC
S
BC
S
HE ABCDABCBCH  . 
91
13652
91
152
60
91
15
4
4
5111
222222
aa
HK
aaaSHHEHK
 
Vậy 
91
13654
2),(
a
HKSCADd  . 
0,25 
Câu 7 
(1,0 điểm) 
Đường tròn (C) có tâm )1;2(I , bán kính 3R . Do dM  nên )1;( aaM  . 
Do M nằm ngoài (C) nên 9)()2(9 222  aaIMRIM 
0542 2  aa (*) 
Ta có 5429)()2( 2222222  aaaaIAIMMBMA 
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình: 542)1()( 222  aaayax 
066)1(2222  ayaaxyx (1) 
0,25 
Do A, B thuộc (C) nên tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình 
042422  yxyx (2). 
Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được 053)2(  aayxa (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 
4 
+) Do (E) tiếp xúc với  nên (E) có bán kính ),(1  EdR 
Chu vi của (E) lớn nhất 1R lớn nhất ),(  Ed 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
),(  EKEHEd 
Dấu “=” xảy ra khi EKKH  . 
0,25 
Ta có 






2
3
;
2
1
EK ,  có vectơ chỉ phương )2;(  aau 
Do đó 0.  uEKEK 0)2(
2
3
2
1
 aa 3 a (thỏa mãn (*)) 
Vậy  4;3M là điểm cần tìm 
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) 
d có phương trình tham số 








tz
ty
tx
2
4
21
. 
Gọi )(PdB  , do dB nên )2;4;21( tttB  
0,25 
Do )(PB nên )8;0;7(4062)4(2)21(2  Btttt 0,25 
Gọi I là tâm mặt cầu (S), do I thuộc d nên )2;4;21( aaaI  
Theo bài ra thì (S) có bán kính ))(,( PIdIAR  
222
222
122
62)4(2)21(2
)22()1()22(



aaa
aaa 
3
164
929 2


a
aa
13
35
;1017511065)164()929(9 222  aaaaaaa . 
0,25 
+) Với 16)2()3()1(:)(4),2;3;1(1 222  zyxSRIa 
+) Với 
13
116
;
13
70
;
13
87
;
13
83
13
35






 RIa 
169
13456
13
70
13
87
13
83
:)(
222


















 zyxS 
0,25 
Câu 9 
(0,5 điểm) 
Xét các số có 9 chữ số khác nhau: 
- Có 9 cách chọn chữ số ở vị trí đầu tiên. 
- Có 89A cách chọn 8 chữ số tiếp theo 
Do đó số các số có 9 chữ số khác nhau là: 9. 89A = 3265920 
0,25 
Xét các số thỏa mãn đề bài: 
- Có 45C 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 24A cách chọn và xếp hai chữ số lẻ đứng hai bên chữ số 0. 
- 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  !6..7.)( 24
4
5 ACAn 302400. 
 Vậy xác suất cần tìm là 
54
5
3265920
302400
)( AP . 
0,25 
5 
Câu 10 
(1,0 điểm) Ta có 222222 )1(8
1
)1(
1
)1(
1
)1(8
1
)1(
1
)1(
1
xzyxyz
P











 
Ta sẽ chứng minh 
yzzy 



 1
1
)1(
1
)1(
1
22
Thật vậy: 222
22
)]1)(1[(])1()1)[(1(
1
1
)1(
1
)1(
1
yzyzyz
yzzy






. 
222 )1()222)(1( yzzyyzyzyz  
22
2
)()1)((2)1(
)1(2))(1()1(2)1)((2
yzzyyzzy
yzzyzyzyyzzyyz


04)()1(242))(1( 22222  yzzyyzzyyzzyzy 
0)1()( 22  yzzyyz (hiển nhiên đúng). 
Dấu “=” xảy ra khi 1 zy . 
0,25 
Ta lại có yz
zy


2
4
)1(
4
)1(
2
222 xxzy
yz








 
 
Do đó 
2222 )1(4
4
4
)1(
1
1
1
1
)1(
1
)1(
1
xxyzzy 









22 )1(8
1
)1(4
4




xx
P 
Do 221221  x nên )8;0[)1( 2 x . 
Đặt )8;0[)1( 2  txt và P
tt 



8
1
4
4
0,25 
Xét 
tt
tf




8
1
4
4
)( với )8;0[t . 
22
2
22 )8()4(
240723
)8(
1
)4(
4
)('
tt
tt
tt
tf






 
20;402407230)(' 2  tttttf (loại) 
Bảng biến thiên 
t 0 4 8 
f’(t) - 0 + 
f(t) 
8
9
  
4
3
0,25 
Do đó 
4
3
)(  tfP và 
4
3
P khi 














1
3
1
1
4)1( 2
zy
x
zyx
zy
x
 Vậy 
4
3
min P khi 1,3  zyx 
0,25 
----------------HẾT----------------