đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016đề thi thử có giải số 01 luyện thi quốc gia 2016
KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – ĐỀ THI THỬ CÓ GIẢI CHI TIẾT Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 322 2 (1) ( 43) 3 yxmxmmx=++++++1 (1) (m là tham số thực). a) Khi m = − 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để hàm số (1) có hai cực trị tại hai điểm 12 , x x .Khi đó, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 12 1 2 2( ) A xx x x=−+ . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác: 2sin 2 3sin cos 2 4 xx π ⎛⎞ x + =++ ⎜⎟ ⎝⎠ (x ∈ \). Câu 3 (1,0 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C): sin=yxx, các trục Ox, Oy và đường thẳng 4 x π = . Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi cho (H) quay quanh Ox. Câu 4 (1,0 điểm). a) Cho số phức z thỏa mãn ( ) 23 19ziz−+ =−i ) . Tìm môđun của số phức z. b) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển ( 2 23 n x − , trong đó n là số nguyên dương thỏa mãn: . 135 21 21 21 21 21 4096 n nnn n CCC C + +++ + ++++ = Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; −1; 1), B(2; 2; 2), mặt phẳng (P): x + y − z + 1 = 0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 8z − 7 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với đường thẳng AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt (S) theo một đường tròn (C) sao cho diện tích hình tròn (C) bằng 18 π. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông, mặt SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Khoảng cách từ trung điểm I của AB đến mặt phẳng (SCD) bằng 5 5 a . Gọi F là trung điểm của cạnh AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD: − +=32xy 0. Viết phương trình đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng 43 và x A > 0, y A < y D . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 33 2 3 73()1261 (, ) 41324 xy xyxy x x xy xy x y ⎧ ++ −− += ⎪ ∈ ⎨ +++ + = ⎪ ⎩ Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương ,, x yz thỏa 3xyz + +=. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 222 222 x yyzzx Px y z x yyzzx + + =+++ ++ . Hết ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Câu, ý NỘI DUNG Điểm Khi m = −3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 1,0 Khi m = − 3, hàm số trở thành 32 2 21 3 y xx. = −+ +Tập xác định: D.= +∞=−∞= +∞→−∞→ yy xx lim;lim 2 24 y 'x x=−. y’ = 0 ⇔ x = 0 hoăc x = 2 0,25 +BBT x –∞ 0 2 +∞ y' 0 0 y 1 + ∞ –∞ 0,25 + Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0),(2;) − ∞+∞, nghịch biến trên ( 0; 2). Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CĐ = 1; và đạt cực tiểu tại x = 2; y CT = 3 5 − Tìm đúng điểm uốn U(1 ; – 1/3 ) 0,25 1.a) + Đồ thị ( qua 5 điểm : CĐ, CT, điểm uốn và 2 điểm có hoành độ x < 0 và x> 2 0,25 322 2 (1) ( 43) 3 yxmxmmx=++++++ 3 5 − 1 có hai cực trị ; GTLN 12 1 2 2( ) A xx x x=−+ 1,0 Tập xác định D = . Ta có 22 221 43 y 'x (m)xm m=+ ++++. 0,25 Hàm số có hai cực trị Ù y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ’ >0 ⇔ mm 2 650 5m++<⇔−<<−1 0,25 Khi đó gọi x 1 , x 2 là các nghiệm pt y’ = 0 thì x 1 , x 2 là các điểm cực trị hàm số. Ta có 12 2 12 1 1 (4 2 xx m xx m m +=−− ⎧ 3)=++ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ => 2 1 87 2 Amm = ++ 0,25 1.b) Xét hàm số 2 1 (87 2 tmm=++ 2 2 f x () = 2 3 · x 3 2· x 2 + 1 -1 1 2 -5/3 O 3 U ) trên (-5;-1) => 9 0 2 t − ≤< ( dùng BBT) Suy ra 9 2 A ≤ khi m = – 4. Vậy maxA = 9 2 khi m = − 4. 0,25 Giải phương trình lượng giác 2sin 2 3sin cos 2 4 xx π ⎛⎞ x + =++ ⎜⎟ ⎝⎠ 1,0 2 PT (1) ⇔+ sin 2 cos 2 3sin cos 2xxxx=++ . 2 2sin cos 3sin 2cos cos 3 0xx x x x⇔−+−−= 0,25 () ( ) ( ) ()() 2cos 3 sin cos 1 2cos 3 0 sin cos 1 2cos 3 0 xxx x xx x ⇔−++ − ⇔++ −= = 0,25 3 cos ( ) 2 sin cos 1 xVN xx ⎡ = ⎢ ⇔ ⎢ += ⎣ − 0,25 2 1 sin 2 4 2 2 x k x xk π π π π π ⎡ =− + ⎛⎞ ⎢ ⇔+=−⇔ ⎜⎟ ⎢ ⎝⎠ =+ ⎣ (k ∈ ) Phương trình có các nghiệm: 2, 2 2 x kx k π π π =− + = + π (k ∈ ). 0,25 Tính thể tích khối tròn xoay. 1,0 Thể tích khối tròn xoay cần tính là V= 4 2 0 (sin) x xdx π π ∫ 0,25 = 2 44 44 00 00 1cos2 .sin . cos2 22 x x xdx x dx xdx x xdx ππ ππ π ππ ⎛ − ==− ⎜⎟ ⎝⎠ ∫∫ ∫∫ ⎞ 0,25 + 4 0 x dx π ∫ = 22 4 0 23 x π 2 π = . 0,25 3 + 4 0 cos 2 x xdx π ∫ . Đặt từng phần u = x, dv = cos 2xdx. Ta có du = dx, v = 1 2 sin 2x. Từ đó, tính được 4 0 cos 2 x xdx π ∫ = 1 84 π − . Do đó, V = 2 (4 64 8) π ππ −+. 0,25 a) Tìm môđun của số phức z 0,5 Gọi ; Khi đó ,,zabiab=+ ∈ ( ) 23 19zizi − +=− () 23abi i⇔+ − + () 19abi i− =− ( ) 33319ab ab i ⇔ −− − − =− 0,25 31 339 ab ab −− = ⎧ ⇔ ⎨ −= ⎩ ⇔ . Vậy môđun của số phức z là : 2 1 a b = ⎧ ⎨ =− ⎩ 22 2(1) 5z =+−= 0,25 b) Tìm hệ số của x 7 trong khai triển () 2 23 n x − , … 0,5 Ta có () 21 0 1 2 2 2121 21 21 21 21 1 n nn nn n n x C C x C x C x + ++ ++ + + +=+ + ++ Cho x=1, ta có (1) 21 0 1 2 21 21 21 21 21 2 nn nnn C C C C ++ +++ =++++ n+ 1 n+ 1 n+ Cho x= -1, ta có : (2) 01 2 2 21 21 21 21 0 n nnn C C C C + +++ =−+−− Lầy (1) trừ (2), ta được : () 21 1 3 5 21 21 21 21 21 22 nn nnn n C C C C ++ +++ + = ++++ ⇔ 21 3 5 2 21 21 21 21 2 nn nnn CCC C + +++ =++++ 0,25 4 Từ giả thiết ta có 2212 2 4096 2 2 2 12 nn n=⇔=⇔= Do đó ta có () 12 12 12 12 0 23 1 2 3 kk k k k x ()C (x) − = −=− ∑ ( 0 ≤ k ≤ 12, k nguyên) ⇒ hệ số của x 9 là : - . 993 12 32C 0,25 mp(Q) // AB, (Q) ⊥ (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 3 2 . 1,0 Ta có x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 8z − 7 = 0 ⇔ (x −1) 2 + y 2 + (z +4) 2 = 24. Suy ra (S) có tâm I(1 ; 0 ; − 4), bán kính R = 2 6. 0,25 Gọi , lần lượt là vecto pháp tuyến của mp(P), mp(Q). Ta có P n r Q n r P n r = (1; 1; −1), A B uuur = (1; 3; 1), [ P n r , A B u uur ] = (4; − 2; 2) ≠ 0 r . Ta có nên có thể chọn ()// () () Q QP QAB n AB QP nn ⎧ ⊥ ⎧ ⎪ ⇒ ⎨⎨ ⊥ ⊥ ⎩ ⎪ ⎩ r uuur rr Q n r = 1 2 [ P n r , AB u uur ] Hay = (2; −1; 1). Suy ra pt mp(Q): 2x − y + z + d = 0 Q n r 0,25 Gọi r, d lần lượt là bán kính của (C), khoảng cách từ tâm I của (S) đến mp(Q). Ta có diện tích hình tròn (C) bằng 18 π nên r 2 = 18. Do đó d 2 = R 2 − r 2 = 24 − 18 = 6 ⇒ d = 6. Ta có d = 6 ⇔ |d −2| = 6 ⇔ d = 8 hoặc d = − 4. Từ đó, có 2 mp là (Q 1 ): 2x − y + z + 8 = 0, (Q 2 ): 2x − y + z − 4 = 0 0,25 5 Mp(Q) có pt trên có thể chứa AB. Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; −1; 1) ∉ (Q 1 ) nên AB // (Q 1 ); A(1; −1; 1) ∈ (Q 2 ) nên AB ⊂ (Q 2 ). KL: pt mp(Q): 2x − y + z + 8 = 0. 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CF và SB. 1,0 0,25 Đặt AB = x ; ( x > 0), khi đó 2 x SI = . Trong tam giác vuông SIJ ta có: 22 222 2 111 1 11 . 5 2 5 x a IE SI IJ x x a =+⇒ = +⇒= ⎛⎞⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 2 . 11 . 332 S ABCD ABCD aa VSSIa == . 6 = 0,25 6 Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài tại K. Khi đó CF// (SBK), suy ra d(CF; SB) = d(F; (SBK)). Dựng () ( ) ,;, I HBKHBKILSHLSH⊥∈ ⊥∈. Ta có: 0,25 Vì I là trung điểm AB và tam giác SAB vuông cân tại S nên . SI AB⊥ B A D C S K I F J E H L Ta có: ()( ) ()( ) () () . , SAB ABCD AB SAB ABCD SI ABCD SI SAB SI AB ∩=⎧ ⎪ ⊥⇒⊥ ⎨ ⎪ ⊂⊥ ⎩ Gọi J là trung điểm CD, E là hình chiếu vuông góc của I lên SJ. Ta có: ⎨ () ( CD IJ CD SIJ CD IE SIJ CD SI ⊥ ⎧ ⇒⊥ ⇒⊥⊂ ⊥ ⎩ ) Và () () () 5 ; 5 IE CD a IE SCD IE d I SCD IE SJ ⊥ ⎧ ⇒⊥ ⇒= = ⎨ . ⊥ ⎩ () BK SI B K SIH BK IL BK IH ⊥ ⎧ ⇒⊥ ⇒⊥ ⎨ ⊥ ⎩ . Từ () ( () ; IL BK ) I LSBK ILdISBK IL SH ⊥ ⎧ ⇒⊥ ⇒= ⎨ ⊥ ⎩ . Tứ giác BCFK là hình bình hành . F KBCa⇒== Lại có: . 22 aa FA AK = ⇒= Hai tam giác vuông BHI và BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra: 2 2 . . 22 25 4 aa HI BI KA BI a HI KA BK BK a a =⇒= = = + . Trong tam giác vuông SIH: 222 111 24 a IL IL IH IS =+⇒=. (){} () () () () ; 2 ; dASBK BA AI SBK B BI dI SBK ∩=⇒ = () () () () = 2 ;2; 24 6 aa dASBK dI SBK⇒= ==, tương tự : () () () () 2 ;2; 3 6 aa dF SBK dASBK=== 6 . Vậy : () 6 ; 3 a dCFSB = . 0,25 Viết phương trình đường tròn (S) 1,0 +B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2). +Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 60 0 . +Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD là đường kính. +Tam giác ABD vuông tại A có 0 60 3ABD AD AB=⇒= 0,25 +Ta có 1 223. 2 ABCD ABD ABD SSS ABAD ΔΔ =⇔=⇔ = 23 2 1 .3 23 2. 2 AB AB ⇔=⇔= +Ta có () ( ) ;2 , 0, ;0AAB Aa a AB a∈⇔ > =− u uur () 2 2 2022(AB a a a=⇔ − + =⇔= >0)suy ra ( ) 2; 2A . 0,25 +Ta có () ( ) ;3 2, 2;3DBD Dd d AD d d∈⇔ + =− u uur . Nên () () 2 2 2 1 323234480 2 d AD AB d d d d d =− ⎡ =⇔−+ =⇔−−=⇔ ⎢ = ⎣ Suy ra () () 1; 3 2 2; 2 3 2 D D ⎡ −− + ⎢ ⎢ . Vì y A < y D nên chọn + ⎢ ⎣ ( ) 2; 2 3 2D + . 0,25 7 + Đường tròn (S) có tâm ( 1; 3 2I ) + , bán kính 2 I A = nên có phương trình: () () 2 2 132xy−+−− =4. 0,25 Giải hệ phương trình 33 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 (1) (, ) 4 1 3 2 4 (2) xy xyxy x x xy xy x y ⎧ ++ −− += ⎪ ∈ ⎨ +++ + = ⎪ ⎩ 1,0 8 Điều kiện: 3x+2y≥ 0 A D I B C 32 32 23 33 (1) 8 12 6 1 3 3 (2 1) ( ) 2 1 1 xxxxxyxyy x xy x xy y x ⇔− +−=− + − ⇔−=−⇔−=−⇔=− 0,25 Thế y = 1− x vào (2) ta được: 3 32 24xx + ++= Đặt 3 32, 2(0axbxb=+=+≥) Ta có hệ 32 4 34 ab ab += ⎧ ⎨ =− ⎩ 0,25 =− =− =− ⎧⎧ ⎧ ⇔⇔ ⇔ ⎨⎨ ⎨ =−− = −+− −+−= ⎩⎩ ⎩ =− =⎧ ⎧ ⇔⇔ ⎨⎨ = −−+= ⎩ ⎩ 323 2 32 2 44 4 3(4 ) 4 3( 16 8 ) 4 3 24 44 0 4 2 2 (2)( 22)0 ba ba ba aa a aa aaa ba a b aaa 0,25 3 322 2 22 x x x ⎧ += ⎪ ⇔⇔ ⎨ += ⎪ ⎩ = ⇒ y = − 1 (thỏa ĐK) Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2; −1). 0,25 Cho các số dương ,, x yz thỏa 3xyz + += . Tìm GTNN của biểu thức 222 222 x yyzzx Px y z x yyzzx + + =+++ ++ 1,0 Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có 32 232 232 2 2, 2, 2. x xy xyy yz yzz zx zx+≥ +≥ +≥ () ( ) ( ) 333 2 2 2 2 2 2 21xyz xyyzzx xyyzzx⇒++≥ + + − + + Mặt khác, do nên 3xyz++= () () () ()( () 222 222 333 2 2 2 2 2 2 3 2 xyz xyzxyz xyz xyyzzx xyyzzx ++ =++ ++ =+++ + + + + + ) Từ (1) và (2), ta có 2222 2 2 x yzxyyzz++≥ + +x. 0,25 Do đó 222 222 x yyzzx Px y z x yz ++ ≥+++ ++ Ta có () ( 2 222 2 ) x yz x y z xyyzzx++ = + + + + + . Đặt 222 9 2 t t x y z xy yz zx − =++⇒++= . 0,25 Do () 2 222 3 3 xyz x yz t ++ ++≥ ⇒≥ Khi đó 2 92 ,3 ,3 22 ttt Pt t P t tt −− ≥+ ≥ ⇔ ≥ ≥ 9+ 0,25 9 Xét hàm số () 2 2 , 2 tt ft t −+ = 9 trên [ ) 3; + ∞ . Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến trên [ ) 3; + ∞ . () () 3 minf 3 4 t Ptf ≥ ⇒≥ = = . Kết luận được : min 4 1.Pxyz =⇔=== 0,25