Đề thi THPT Quốc Gia môn toán 2015 - 2016(có đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 3 . y x x   Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số   4 f x x x   trên đoạn   1;3 . Câu 3 (1,0 điểm) a) Cho số phức thỏa   1 1 5 0 i z i     . Tìm phần thực và phần ảo của z. b) Giải phương trình   2 2 log 2 3. x x    Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân   1 0 3 . x I x e dx    Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục , Oxyz cho các điểm     1; 2;1 , 2;1;3 A B và mặt phẳng   : 2 3 0 P x y z     . Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng   . P Câu 6 (1,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức     1 3cos 2 2 3cos2 P      biết 2 sin . 3   b) Trong đợt phòng chống dịch MERS-CoV. Sở y tế thành phố đã chọn ngẫu nhiên 3 đội phòng chống dịch cơ động trong số 5 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM và 20 đội của Trung tâm y tế cơ sở để kiểm tra công tác chuẩn bị. Tính xác suất để có ít nhất 2 đội của các Trung tâm y tế cơ sở được chọn. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp . S ABCD có đáy ACBD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳmg   ACBD , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng   ACBD bằng 45 0 . Tính theo a thể tích của khối chóp . S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng , . SB AC Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng hệ tọa độ , Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu của vuông góc C trên đường thẳng AD. Giả sử     5; 5 , 9; 3 H K    và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng 10 0. x y    Tìm tọa độ điểm A. Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình     2 2 2 8 1 2 2 2 3 x x x x x x         trên tập số thực. Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực , , a b c thuộc đoạn   1;3 và thỏa mãn điều kiện 6 a b c    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 12 72 1 2 a b b c c a abc abc ab bc a P c        Hết Thí sinh không được sử dụng bất kì loại tài liệu nào, giám thị coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN (tham khảo nha các em… chống trị định với các cháu yếu tim ) Câu 1. Thí sinh tự làm Câu 2.         1;3 1;3 max 5 1; min 4 2 x x f x x f x x         Câu 3. a) 3 2 z i    phần thực 3, phần ảo 2  b) 2 3 x x       Câu 4. 4 3 I e   Câu 5.   1 2 1 : ; 0; 5; 1 1 3 2 x y z AB M        Câu 6. a) 14 9 P  b) 209 30 P  Câu 7.   3 2 0 5 , 1 ; 3 SBV AC a a d  Câu 8.   15;5 A  Câu 9. 2 3 13 2 x x         Câu 10. 166 11 P  . Dấu “=” xảy ra 1; 2; 3 a b c    và các hoán vị LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.  Tập xác định D    Sự biến thiên - Chiều biến thiên : 2 1 ' 3 3, ' 0 1 y x y x x            Hàm số đồng biến trên 2 khoảng   ; 1   và   1;  . Hàm số nghịch biến trên   1;1  - Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 1 2 cđ x y     ; hàm số đạt cực tiểu 1 2 ct x y     - Giới hạn tại vô cực lim x y    và lim x y     Hàm số không có tiệm cận - Bảng biến thiên x  1  1  ' y  0  0  y 2   2   Đồ thị Câu 2. Ta có   2 2 2 ' 4 4 1f x x x x          2 1;3 ' 0 1 2 ; 4 3 0 2 x x xf x               Tính       1 5; 2 4 13 3 ; 3f f f    . So sánh các giá trị này ta thấy   [1;3] min 4 f x  ;   [1;3] max 5 f x  . Chú ý: Có thể lập bảng biến thiên hoặc sử dụng BĐT để tìm min và max Câu 3. a) Cách 1: Coi đây là phương trình bậc nhất đối với z     1 1 5 0 1 – 1– 5 i z z i i i             2 1 5 1 1 5 1 4 5 3 2 1 1 1 2 i i i i i z i i i i               Vậy phần thực của z là 3; phần ảo của z là 2  Cách 2: Đặt   , ,z a bi a b    sau đó đồng nhất hai vế theo i được a và b Ta có       1 1 5 0 1 5 0 0 0 i a bi i a b b a i i               1 3 5 2 a b a a b b                b) Phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 1 7 2 0, log ( 2) 3 log 8 2 4 2 2 8 2 6 0 3 x x x x x x x x x x x x                                         Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 x  hoặc 3 x   Câu 4. Dấu hiệu nhận biết tích phân từng phần là tích của hai loại hàm và đặt u theo quy tắc “nhất lô, nhì đa, tam lượng, tứ mũ” Đặt – 3 x x u x dv e dx du v e dx            Khi đó   1 1 1 0 0 0 3 2 3 4 3 x x x I x e e dx e e e           Câu 5. - Đường thẳng AB đi qua A và có vtcp   1;3;2 AB   nên có phương trình chính tắc là 1 2 1 1 3 2 x y z      - Tọa độ giao điểm M của AB và (P) là nghiệm hệ phương trình:       5 5 0 1 2 1 2 1 5 0; 5; 1 1 3 2 2 3 0 1 5 5 2 2 1 3 0 y x x x y z z x y M x y z z x x x                                             Chú ý: Đề không yêu cầu viết phương trình đường thẳng AB ở dạng nào nên ta có thế viết ở dạng chính tắc hoặc tham số. Nếu để ở dạng tham số thì khi tìm tọa độ điểm M ta thay vào mặt phẳng   P sẽ được một phương trình bậc nhất theo t và sẽ tìm được giao điểm Câu 6. a) Dựa vào công thức 2 cos 1 2sin     ta sẽ tính được P Ta có     2 2 8 1 14 1 3 1 2sin 2 3 1 2sin 1 3 1 2 3 9 9 9 P P                                           b) Từ giả thiết ta có tất cả 25 đội tham gia phòng chống dịch - Số cách chọn 3 đội từ 25 đội là 3 25 C nên số phần tử của không gian mẫu là 3 25 2300 C   - Gọi A là “biến cố có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn” Số cách chọn ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn là 2 hoặc 3 TH 1: Có 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn và 1 đội của Trung tâm y tế dự phòng TPHCM Vậy tất cả có 2 1 20 5 . 950 C C  cách TH 2: Có 3 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn Vậy tất cả có 3 20 1140 C  cách Nên số kết quả thuận lợi cho biến cố A là 2 1 3 20 5 20 2090 A C C C   Khi đó xác suất để có ít nhất 2 đội của các trung tâm y tế cơ sở được chọn 209 230 A P     Câu 7. Xu hướng ra câu hình không gian thường là giải bằng hai cách khác nhau để thuận lợi cho học sinh giải được. Cách 1: Phương pháp Hình học cổ điển - Tính thể tích Vì   SA ABCD SA AC AC     là hình chiếu của SC trên mặt phẳng   ABCD hay  0 45 SCA  hay tam giác SAC vuông cân tại A hay 2 AS a AC  + Diện tích hình vuông ABCD là 2 S a  + Thể tích hình chóp . S ABCD là 3 2 1 1 2 . . 2 3 3 3 ABCD a V S SA a a   (đvtt) - Tính khoảng cách + Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC cắt CA tại M khi đó tứ giác ABMC là hình bình hành + Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K Suy ra AK vuông góc   SBM Vì AC song song   SBM suy ra       , , d AC SB d A SBM AK   Trong tam giác vuông AHB ta có 0 2 .sin 45 2 a AH AB  Trong tam giác vuông SAH ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 5 10 5 2 2 2 a AK AK SA AH a a a        Khi đó       10 5 , ,d AC SB d A SBM AK a    (đvđd) Cách 2: Phương pháp tọa độ hóa Chọn hệ trục tọa độ sao cho             0;0;0 , ;0;0 , ; ;0 0; ;0 , 0;0; 2 A O B Ox B a C xOy C a a D Oy D a S Oz S a          Từ đó sẽ tính được thể tích và khoảng cách Học sinh tự tính nha  Câu 8. Xu hướng ra đề thường là kết hợp giữa hình học phẳng và hình giải tích trong mặt phẳng. Do đó ta cần vẽ hình chính xác để từ đó dựa vào hình vẽ “mò mẫn, dự đoán” tìm ra điểm mấu chốt của bài toán - Từ hình vẽ ta có thể dự đoán tứ giác AHKC là hình thang nội tiếp đường tròn tâm M (M là trung điểm của AC), các tam giác HMN và AHK là các tam giác cân tại M và H. Do đó mấu chốt bài toán là tìm tọa độ điểm M sau đó mới tìm tọa độ điểm A dựa vào mối quan hệ giữa ba điểm M, H, K và A, M, H khi biết tọa độ điểm H và K - Gọi M là trung điểm của AC để tìm tọa độ điểm M là có hai hướng sau Hướng 1: Giải hệ M MH MK       . Thật vậy ta có   0 90AHC AKC    tứ giác AHKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính 2 AC R MH MK MA MC      A B C D H K S M Giả sử   ; 10M m m   . Khi đó   0 0;10 MH MK m M     Hướng 2: Giải hệ M M d       . Với d chính là đường trung trực của đoạn HK - Để tìm tọa độ điểm A ta cũng có hai hướng là ta giải hệ HA HK MA MH      hoặc chứng minh A là điểm đối xứng với K qua đường thẳng MH (đường thẳng MH viết được khi biết tọa độ điểm M) Ta sẽ chứng minh tam giác AHK cân tại H. Thật vậy từ giả thiết ta có tam giác ABD cân tại A nên   BAH DAH  Ta có           0 0 90 90 DAH ABH ABH ADH DAH ACB ACB ABH             Mặt khác   ACH AKH  (góc nội tiếp cùng chắn cung  AH ). Từ đó ta có   DAH DKH HAK    cân tại H hay HA HK  Giả sử   ; A x y ta giải hệ             2 2 2 2 5 5 260 15; 5 15;5 9; 3 9; 3 10 250 x y x y A HA HK MA MH x y A K x y                                  lo¹i Vậy tọa độ điểm A cần tìm là   15;5 A  Câu 9. Xu hướng ra đề các năm gần đây thường là kết hợp các phương pháp lại với nhau như liên hợp, đặt ẩn phụ, đạo hàm và phương pháp hàm số Điều kiện 2 x   . Vì   2 2 2 3 1 2 0,x x x x          Phương trình       2 2 4 2 1 2 3 2 2 x x x x x x x           vì 2 2 0, 2 x x         2 2 4 1 * 2 3 2 2 x x x x x x               Giải   * :           2 * 4 2 2 1 2 3 x x x x x                   2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ** x x x x                        Xét hàm số       2 3 2 2 2 2 2 4 t t t tt t f       với t R   Ta có   2 ' 3 4 2 0,f t t t t        nên   f t đồng biến trên  Khi đó   2 1 3 13 ** 1 2 2 2 1 2 x x x x x x x                 Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 x  hoặc 3 13 2 x   Chú ý: Phương trình   ** cũng có thể giải bằng liên hợp hoặc biến đổi tương đương Câu 10. Xu hướng ra đề thường kết hợp các đẳng thức, bất đẳng thức phụ, bất đẳng thức cổ điển và phương pháp hàm số. Dựa vào hằng đẳng thức     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 12 6 ab bc ca a b b c c a abc a b c a b b c c a abc a b c                     Mặt khác theo giả thiết                       1 1 1 0 1 0 , , 1;3 3 3 3 0 3 9 27 0 5 3 27 5 11 3 27 a b c abc ab bc ac a b c a b c a b c abc ab bc ac a b c abc ab bc ac ab bc ac ab bc ac ab bc ac abc ab bc ac                                                                Mặt khác ta có bất đẳng thức phụ   2 12 3 a ab c ca b c b       Do đó nếu ta đặt ab b ca t c    ta sẽ thu được   2 2 72 1 72 1 72 5 5 2 2 2 2 t t t P abc t t t t           với   11;12 t  Xét hàm số     72 5 , 11;12 2 2 t f t t t            2 2 2 1 72 144 ' 0, 11;12 2 2 t f t t f t t t         là hàm nghịch biến trên đoạn   11;12 Do đó       max 11;12 11 72 5 160 max 11 2 11 2 11 P f t f      . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 11 1; 2; 3 6 t ab bc ca a b c a b c               và các hoán vị . GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (1,0.     b) Từ giả thi t ta có tất cả 25 đội tham gia phòng chống dịch - Số cách chọn 3 đội từ 25 đội là 3 25 C nên số phần tử của không gian mẫu là 3 25 2300 C   - Gọi A là “biến cố. thi n - Chiều biến thi n : 2 1 ' 3 3, ' 0 1 y x y x x            Hàm số đồng biến trên 2 khoảng   ; 1   và   1;  . Hàm số nghịch biến trên   1;1  -