Bộ đề thi thử môn toán kỳ thi THPT quốc gia 2016 có giải chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 24 Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 2log ( x  1)  log (2 x  1)   x  y  x  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  x  y    x  y (x,y  )   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  1  x   e x dx  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, góc cạnh bên SC đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BD SA Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình: x  y   , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  y   Điểm M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;-2;1), B(-1;0;3), C(0;2;1) Lập phương trình mặt cầu đường kính AB tìm tọa độ điểm H chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC Câu (0,5 điểm) Một hộp đựng thẻ đánh số 1,2,3, ,9 Rút ngẫu nhiên thẻ nhân số ghi ba thẻ với Tính xác suất để tích nhận số lẻ Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x z   3y z y -Hết -ĐÁP ÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 24) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm giá trị thực tham số m để phương trình TXĐ: D   , y /  3x  12 x  x  3x  x  m  có nghiệm 2 x  y' 0  x  Hàm số nghịch biến khoảng(-  ;1) (3;+  ), đồng biến khoảng (1;3) lim y  , lim y   x  x  x BBT  + y'  – +  y -1  Đồ thị : qua điểm (3;-1), (1;3), (2;1), (0;-1) Pt : x  3x  x  m   x  x  x   2m  (*) 2 Pt (*) pt hoành độ giao điểm (C) đường thẳng d y  2m  (d phương trục Ox) Số nghiệm  m   1 phương trình số giao điểm (C) d Dựa vào đồ thị (C), để pt có nghiệm :   2m   m    m  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  (1  cos x )(sin x  cos x )  b) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1  i) z   3i  Tìm phần ảo số phức w   zi  z cos x  (1  cos x )(sin x  cos x )  sin x  cos x   (sin x  cos x)(sin x  cos x  1)    sin x  cos x    sin( x  )     sin( x  )     x   k     x   k 2   x    k 2   (1  i ) z   3i   z  => w = – i (0,5 điểm)  3i  2i 1 i Số phức w có phần ảo - ĐK: x > , (1,0 điểm) 2log ( x  1)  log (2 x  1)   x  3x     Điều kiện: x+y  0, x-y  ( k  )  x2  log [( x  1)(2 x  1)]  => tập nghiệm S = (1;2] 0.25 0.25 0.25  u  v  (u  v)  u  v  uv  u  x  y   Đặt:  ta có hệ:  u  v    u2  v2  v  x  y  uv    uv   2    u  v  uv  (1)    (u  v )2  2uv  Thế (1) vào (2) ta có:  uv  (2)   0.25 0.25 uv  uv   uv   uv  uv   (3  uv )  uv   uv  Kết hợp (1) ta có:   u  4, v  (vì u>v) u  v  0.25 Từ ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) u   x Đặt  2x dv  (2  e )dx du   dx  =>  2x v  x  e 0.25 (1,0 điểm) 2x 1 I  (1  x )(2 x  e )   (2  e x )dx 2 1 1 = (1  x)(2 x  e x )  ( x  e x ) 0 0.25  e2  Gọi H trung điểm AB-Lập luận SH  ( ABC ) -Tính SH  a 15 (1,0 điểm) Tính VS ABC  4a 15 0,5 0.25 0.25 Qua A vẽ đường thẳng  / /BD , gọi E hình chiếu H lên  , K hình chiếu H lên SE Chứng minh được:d(BD,SA)=d(BD,(S,  ))=2d(H, (S,  ))=2HK Tam giác EAH vuông cân E, HE  0.25 a 2 1 31 15     HK  a 2 2 HK SH HE 15a 31  d ( BD, SA)  15 a 31    cos HCB  Gọi H trực tâm  ABC Tìm B(0;-1), cos HBC 10  2 (1,0 điểm) Pt đthẳng HC có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0( n  ( a; b) VTPT a  b  ) 0.25 0.25  cos HCB ab a a   4a  10ab  4b2          2 10 b b 2(a  b ) a  b  2  a  2, b    ,  a  1, b  2(l ) a    b phương trình CH: -2x + y + = 0.25 0.25 AB  CH Tìm pt AB:x+2y+2=0 0.25 Tìm : C ( ;  ) ,pt AC:6x+3y+1=0 3 (1,0 điểm) Tìm tọa độ tâm I mặt cầu I(0;-1;2), bán kính mặt cầu: R  0.25 Phương trình mặt cầu (S): x  ( y  1)2  ( z  2)2  0.25    Giả sử H(x;y;z), AH  (x  1; y 2; z  1), BC  (1; 2; 2), BH  ( x  1; y; z  3) 0.25     AH  BC  AH BC   x  y  z  5   2 x  y  2 BH phương BC   , y  z  23 Tìm H(  ; ; ) 9 0.25 Số phần tử không gian mẫu n(  ) = C 39 = 84 (0,5 điểm) 0.25 Số cách chọn thẻ có tích số lẻ n(A) = C53 = 10 0.25 10 => Xác suất cần tính P(A) = = 84 42 Ta có 10 x  xz  x, z (1,0 điểm) Từ suy P 0.25 z  yz  z y x z   y  x  xz  z  yz  y z y 0.25  2( x  z )  y ( x  y  z )  xz  yz  2( x  z )  y  x ( y  z ) Do x  y  z nên x ( y  z )  Từ kết hợp với ta P x z   y  2( x  z )  y  2(3  y )  y  ( y  1)   z y Vậy giá trị nhỏ P đạt x=y=z=1 Chú ý: Mọi cách giải đạt điểm tối đa 0,25 0.25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 25 Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị A, B cho tam giác OAB vuông O ( với O gốc tọa độ ) sin x   6sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x  ln x dx x2 52 x1  6.5x   b) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm d: A  4;1;3 đường thẳng x  y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với đường thẳng d Tìm tọa độ 2 điểm B thuộc d cho AB  27 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có tam giác ABC vuông A , AB  AC  a , I trung điểm SC , hình chiếu vuông góc S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy góc 60 Tính thể tích khối chóp S ABC tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác  ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) P bc 3a  bc  ca 3b  ca  x  xy  x  y  y  y     y  x   y   x  Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức:  ab 3c  ab …….Hết……… ĐÁP ÁN (ĐỀ 25) Câu Nội dung Điểm a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  0.25 TXĐ: D  R y '  3x  , y '   x  1 Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 1;  , đồng biến khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  , đạt cực tiểu x  1 , yCT  1 lim y   , x  lim y   x  * Bảng biến thiên x 0.25 – y’ -1 + – + + + y -1 - Đồ thị: 2 0.25 b.(1,0 điểm) y '  3 x  3m  3  x  m  0.25 y '   x  m  *  Đồ thị hàm số (1) có điểm cực trị  PT (*) có nghiệm phân biệt  m   ** 0.25   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B  m ;1  2m m    Tam giác OAB vuông O  OAOB   4m3  m    m  ( TM (**) ) Vậy m  0.25 0,25 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x 0.25  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   2sin x  cos x    2sin x  0 25  2sin x  cos x   sin x   sin x   sin x  cos x  3(Vn) 25  x  k Vậy nghiệm PT x  k , k  Z 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx  2  dx    dx x x x 1 1 Tính J   ln x dx x2 Đặt u  ln x, dv  0.25 0.25 1 dx Khi du  dx, v   x x x 2 1 Do J   ln x   dx x x 1 1 1 J   ln    ln  x1 2 Vậy I  0.25  ln 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5x  52 x1  6.5x    5.52 x  6.5x     x 5   x  Vậy nghiệm PT x  x  1   x  1 0.25 b,(0,5điểm) n     C113  165 0.25 Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61  C51 C62  135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ 135  165 11 0.25 (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP ud   2;1;3   Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  : 2  x    1 y  1   z  3   2 x  y  z  18  0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  0.25 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   t   (1,0 điểm)  13 10 12  Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   7  7 0.25 Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Sj 0.25 Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) Từ (1) (2) suy  AB  SK Do góc  SAB  với đáy góc M   60 SK HK SKH B H C a Ta có SH  HK tan SKH K A 1 a3 Vậy VS ABC  S ABC SH  AB AC SH  3 12 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  Do d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 16 a a     HM  Vậy d  I ,  SAB    2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm)  Gọi AI phân giác BAC A  Ta có :  AID   ABC  BAI E M' K   CAD   CAI  IAD M B I C 0,25 D    CAI ,  nên  Mà BAI AID  IAD ABC  CAD  DAI cân D  DE  AI PT đường thẳng AI : x  y   0,25 Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP đường thẳng AB AM '   3;5   VTPT đường thẳng AB n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     x  y   0,25 0,25  x  xy  x  y  y  y  4(1)    y  x   y   x  1(2) (1,0 điểm) 0.25  xy  x  y  y   Đk: 4 y  x    y 1   Ta có (1)  x  y   x  y  y  1  4( y  1)  Đặt u  x  y , v  y  ( u  0, v  ) u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y2  y   y 1  y  (    y2  y   y 1  y 0.25  y 1 1   y2    y  2    y  y   y 1 y 1   y2  y   y 1   0 y     0y  ) y 1 1 0.25 0.25 Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;  (1,0 điểm) Vì a + b + c = ta có bc bc bc bc  1        3a  bc a (a  b  c)  bc (a  b)(a  c )  a  b a  c  1 Vì theo BĐT Cô-Si:   , dấu đẳng thức xảy  b = c ab a c (a  b)(a  c ) Tương tự Suy P  ca ca  1      3b  ca  b  a b  c  ab ab  1      ca cb  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c     , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 a = b = c = 0,25  +   xdx = +   x  2 32 0,25 x cos xdx Đặt phần u = x, dv = cos 2xdx Ta có du = dx, v = Từ đó, tính   x cos xdx = sin 2x   0,25  Do đó, V = (  4  8) 64 a) Tìm môđun số phức z 0,5 Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi z    3i  z   9i  a  bi    3i  a  bi    9i  a  3b   3a  3b    9i 0,25  a  3b  a    Vậy môđun số phức z : z  22  (1)   3a  3b  b  1 0,25 b) Tìm hệ số x7 khai triển 2  x , … 0,5 2n Ta có n 1 1  x  C20n 1  C21n1 x  C22n 1 x   C22nn11 x n1 Cho x=1, ta có 22 n 1  C20n 1  C21n1  C22n1   C22nn11 (1) Cho x= -1, ta có :  C20n 1  C21 n1  C22n 1   C22nn11 (2) 0,25 Lầy (1) trừ (2), ta : 22 n 1  C21n 1  C23n1  C25n 1   C22nn11   22 n  C21n 1  C23n1  C25n 1   C22nn11 Từ giả thiết ta có 22 n  4096  22 n  212  2n  12 12 Do ta có 2  3x    ( 1 )k C12k 212k ( 3x )k 12 ( ≤ k ≤ 12, k nguyên) 0,25 k 0  hệ số x9 : - C129 39 23 mp(Q) // AB, (Q)  (P), cắt (S) theo đường tròn có bán kính 1,0 Ta có x2 + y2 + z2  2x + 8z  =  (x 1)2 + y2 + (z +4)2 = 24 0,25 Suy (S) có tâm I(1 ; ;  4), bán kính R =   Gọi n P , nQ vecto pháp tuyến mp(P), mp(Q) Ta có      n P = (1; 1; 1), AB = (1; 3; 1), [ n P , AB ] = (4;  2; 2)    nQ  AB  (Q ) / / AB   Ta có    nên chọn nQ = [ n P , AB ]  (Q )  ( P) nQ  n P 0,25  Hay nQ = (2; 1; 1) Suy pt mp(Q): 2x  y + z + d = Gọi r, d bán kính (C), khoảng cách từ tâm I (S) đến mp(Q) 0,25 Ta có diện tích hình tròn (C) 18 nên r2 = 18 Do d2 = R2  r2 = 24  18 =  d = Ta có d =  |d 2| =  d = d =  Từ đó, có mp (Q1): 2x  y + z + = 0, (Q2): 2x  y + z  = Mp(Q) có pt chứa AB Kiểm tra trực tiếp thấy A(1; 1; 1)  (Q1) nên AB // (Q1); A(1; 1; 1)  (Q2) nên AB  0,25 (Q2) KL: pt mp(Q): 2x  y + z + = Thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CF SB Vì I trung điểm AB tam giác SAB vuông cân S nên SI  AB Ta có: 1,0 S  SAB    ABCD   AB   SI   ABCD   SAB    ABCD   SI   SAB  , SI  AB E L H B C J I K A F D Gọi J trung điểm CD, E hình chiếu vuông góc I lên SJ Ta có: CD  IJ  CD   SIJ   CD  IE   SIJ   CD  SI Và  IE  CD a  IE   SCD   IE  d  I ;  SCD     0,25 Đặt AB = x ; ( x > 0), SI  x Trong tam giác vuông SIJ ta có: 1 1 1  2 2    x  a 2 IE SI IJ x a 5  x 2       Thể tích khối chóp S.ABCD: VS ABCD 0,25 1 a a3  S ABCD SI  a  3 Qua B dựng đường thẳng song song CF cắt DA kéo dài K Khi CF// (SBK), suy d(CF; SB) = d(F; (SBK)) 0,25 Dựng IH  BK ,  H  BK  ; IL  SH ,  L  SH  Ta có:  BK  SI  BK   SIH   BK  IL   BK  IH  IL  BK Từ   IL   SBK   IL  d  I ;  SBK    IL  SH Tứ giác BCFK hình bình hành  FK  BC  a Lại có: FA  a a  AK  2 Hai tam giác vuông BHI BAK có góc nhọn B chung nên đồng dạng, suy ra: HI BI KA.BI   HI   KA BK BK Trong tam giác vuông SIH: AI   SBK    B  a a 2  a a2 a2  1 a    IL  2 IL IH IS 24 d  A;  SBK   d  I ;  SBK    2a a BA    d  A;  SBK    2d  I ;  SBK    , BI 24 tương tự : d  F ;  SBK    2d  A;  SBK    0,25 2a a a  Vậy : d  CF ; SB   3 Viết phương trình đường tròn (S) 1,0 A +B giao điểm AB BD, tìm B(0; 2) +Tính góc hai đường thẳng AB BD 600 +Ta có BD đường trung trực dây cung AC nên BD B I đường kính C D 0,25 +Tam giác ABD vuông A có  ABD  600  AD  AB +Ta có S ABCD  2S ABD  SABD   AB AD  0,25 AB   AB  2  +Ta có A  AB  A  a;2  , a  0, AB   a;0    a  AB    02   a  (a  0) suy A  2;   +Ta có D  BD  D d ; 3d  , AD  d  2; 3d     0,25  d  2 Nên AD  AB      3d   d  1   4d  d     d    D 1;   Suy  Vì yA < yD nên chọn D 2;   D 2;        + Đường tròn (S) có tâm I 1;  , bán kính IA  nên có phương trình: 0,25  x  1   y 32  4 7 x  y  3xy ( x  y )  12 x  x  (1) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) x  y   3x  y  (2)  1,0 Điều kiện: 3x+2y  (1)  x  12 x  x   x3  3x y  3xy  y  (2 x  1)3  ( x  y )3  x   x  y  y   x Thế y = 1 x vào (2) ta được: 0,25 3x   x   Đặt a  3x  2, b  x  ( b  0) 0,25 a  b  Ta có hệ  a  3b  b   a b   a b   a    2 a  3(4  a)  a  3(16  8a  a )  a  3a  24a  44  b   a a    b  (a  2)(a  a  22)  0,25 0,25  3x     x   y =  (thỏa ĐK)  x   Kết luận: Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2;1) Cho số dương x, y, z thỏa x  y  z  Tìm GTNN biểu thức P  x2  y  z  1,0 xy  yz  zx x y  y2z  z2 x Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có x  xy  x y, y  yz  y z , z  zx  z x  x  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx  1 0,25 Mặt khác, x  y  z  nên  x  y  z    x  y  z   x2  y  z   x  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx    Từ (1) (2), ta có x  y  z  x y  y z  z x Do P  x  y  z  0,25 xy  yz  zx x2  y  z 2 Ta có  x  y  z   x  y  z   xy  yz  zx  Đặt t  x  y  z  xy  yz  zx  2 Do x  y  z Khi P  t   x  y  z  9t 0,25 t 3 9t 2t  t  ,t   P  ,t  2t 2t Xét hàm số f  t   2t  t  ,  3;  2t Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến  3;   P  m in f  t   f  3  t 3 Kết luận : P   x  y  z  0,25 KỲ THI THPT QUỐC GIA (ĐỀ 29) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  (C ) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt Câu 2.( 1,0 điểm) a) Giải phương trình : 3cos5 x  sin 3x.cos2 x  s inx  b) Cho số phức: z   2i Xác định phần thực phần ảo số phức z  z Câu 3.( 0,5 điểm) Giải phương trình: log x   log (2  x )  log 27 x3  Câu 4.( 1,0 điểm) x    x  x  x  11 Giải phương trình: Câu 5.( 1,0 điểm) Tính tích phân I   x3 1 x   x  dx Câu 6.( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, Sc vuông góc mặt phẳng (ABCD), SC có SC  a Gọi O giao điểm AC BD, gọi M trung điểm cạnh AB Tính thể tích khối chóp S.AMCD, tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) theo a Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): x2  y  điểm C(2;0).Tìm tọa độ điểm A,B (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành  ABC Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian oxyz cho điểm A(0;2;2) Viết phương trình đường thẳng  qua A vuông  x  2  góc đường thẳng d1 :   ; đồng thời cắt d :  y  t 2 z   t  x 1 y2 z Câu 9.(0,5 điểm) Từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8,9 lập số tự nhiên số gồm chữ số khác tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng ngàn Câu 10.(1,0 điểm)   Cho x, y số thực thỏa mãn x  y   3x y   x  y Tìm GTLN GTNN biểu thức P  x2  y  x y x2  y  ĐÁP ÁN Câu 1b NỘI DUNG Điểm Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  x  m  cắt trục hoành điểm phân biệt 1.0đ Dựa vào đồ thị tìm 1  m  2a Giải phương trình : 0.5đ 3cos5 x  sin 3x.cos2 x  s inx     x  k    18 PT  cos5 x  sin x  s inx  sin   x   s inx   2 3  x     k   2b Cho số phức: z   2i Xác định phần thực phần ảo số phức z  z 0.5đ z  z    2i     2i    14i Phần thực a=8; phần ảo b=-14 Giải phương trình: log x   log (2  x )  log 27 x3  0.5đ + ĐK:  x  (*) +PT  log3 ( x  2)  log3 (2  x )  log3 x   log3 [( x  2)(2  x )]= log3 x  (2  x)(2  x)  x 1  17  x2  x    x  Kết hợp với (*) ta nghiệm phương trình x  Giải phương trình: 1  17 x    x  x  x  11 1.0đ + ĐK: x   2;4 x  1   x   + Áp dụng BĐT Cauchy   x2  4 x    x   x 1  x   Dấu “=”khi   x  Mặt khác x2  x  11   x  3   dấu “=”xảy 4  x  x=3 Vậy phương trình có nghiệm x=3 Tính tích phân I   x3 1 x   x  dx 1.0đ Đặt t  x  ĐS: I  ln  1.0đ Tìm tọa độ điểm A,B  (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành  ABC Giả sử A( x0 ; y0 ), B ( x0 ;  y0 ) 1.0đ x x + Vì A,B thuộc (E) nên  y02   y02   , (1) 4 + Mà tam giác ABC nên AB  AC  x0     y02  y02 , (2) 2 3 2 3 + Từ (1) (2) suy A,B hai điểm  ;  ;  ;   7 7     Viết phương trình đường thẳng  … 1.0đ Giả sử  cắt d B(-2;t;1+t)  Ta có AB   2; t  2; t  1  Đường thẳng d1 có VTCP u   3; 2;      vuông d1  AB.u   t   AB   2;1;   x  2u   Vậy  qua A có VTCP AB   2;1;  có PTTS:  y   u  z   2u  Lập số tự nhiên số gồm chữ số khác … Giả sử số cần lập có dạng a1a2a3a4 a5 a6 0.5đ a , a , a  1; 2;5 Theo đề a3  a4  a5     a3 , a4 , a5  1;3; 4 TH1: a3 , a4 , a5  1; 2;5 Có cách chọn a1; cách chọn a2; 3! Cách chọn a3 ,a4,a5 cách chọn a6 Vậy có 6.5.3!.4=720 số TH2: a3 , a4 , a5  1; 3; 4 Tương tự có 720 số Vậy có 1440 số thỏa đề Tìm GTLN GTNN biểu thức P  10  * Từ giả thiết ta có: x  y x2  y  x y x2  y     x  y     x  3x y 2 * Mà  x  3x y   x  y  x2  y   ;     * Đặt t  x  y  t  3t     t  *Ta 2 x2  y2  x2  3x2 y2 x2  y2  x2  y2  2 2 2 x  2y  3x y t t  P    , t 1;2 t 1 x2  y2 1 x2  y2 1 x2  y2 1  * Xét hàm số f (t )   t2  t  t 1      x   f (t )  f (1)   P  1,   1;2   y  1    , t  1;2   4  x   m ax f (t )  f (2)    m ax P  ,   1;2    y     1.0đ ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA THPT ĐỀ 30 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  m x  ,  C x  m m  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m  b) Gọi I giao điểm hai đường tiệm cận đồ thị  C m  Tiếp tuyến điểm  C m cận ngang A B Tìm m Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình  cắt tiệm cận đứng tiệm để diện tích tam giác I A B  c os x  c o s x    s in x   c os x   b) Giải phương trình: 24x 4  17.22x 4   e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  1 ln x  x  x ln x  1 Câu (1,0 điểm) a) Gọi dx z1 , z2 hai nghiệm phức phương trình z  z   Tính A  z1  z 18 3  b) Tìm hệ số chứa x khai triển  x   , x  x   Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ P  : x ÕOxyz , cho đường thẳng  : x y  z  hai mặt phẳng   1 1  y  z   ,  Q  : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với hai mặt phẳng  P  , Q  Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp đáy Góc mặt phẳng  S  có tâm thuộc  đồng thời S ABC có tam giác ABC vuông C , AC  a, AB  2a , SA  SAB  mặt phẳng  SBC  60 Gọi H , K hình chiếu SC Chứng minh AK vuông góc HK tính thể tích khối chóp vuông góc với A lên SB S ABC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O x y , cho C  5;  , đường thẳng d : x  y  1  qua A song song với B C , đường phân giác A D có phương trình x  y   Viết phương trình cạnh tam giác A B C Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m x3  2x2   m Câu (1,0 điểm) Cho để bất phương trình sau có nghiệm   ,  x    x  x2 a  , b  , c  Chứng minh a2   b2 b2   c2 c2   a2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (ĐỀ THI THỬ 30) Câu Đáp án (2,0 điểm) a) Khi y m  1, Tập xác định Sự biến thiên: Điểm x 1 x 1 D \ 1 y'   x  1  0, x  1 Hàm số đồng biến khoảng Giới hạn tiệm cận:  ;1  1; lim y  lim y 1; tiệm cận ngang: x 0,25 x y 1 0,25 lim y   , lim y   ; tiệm cận đứng: x 1 x1 x1 Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị: 0,25 b) Với m, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x m , tiệm cận ngang y  m, I   m; m   m2 1 Giả sử M  x0 ; m    Cm  , phương trình tiếp tuyến M  Cm  : x  m   0,25 m2 1 m2 1 y x  x0   m  ,  x0  m 2 x  m  x0  m 0,25 Tìm  2m2   A  m; m  , x0  m   IB  x0  m B 2x0 m;m m2  , , từ suy IA  x0  m 0,25 SIAB  IAIB  m2 1 12 m  2 (1,0 điểm) 0,25 Phương trình cho tương đương với      3sinx  cos x  2sin x 3sinx  cos x   2sin x   3s inx  cos x  0,25 0,25   x   k 2   3   s inx  2   x   k 2       cos  x    5  x   k , k    b) x 4  17.2 2x 4 16x 4x 1    17    2x  17.4 x  16  16 16  4x  t  x   t  17t  16      x     16 t  16 x  2 e I  (1,0 điểm)  e e x  x ln x     ln x   d  x ln x  1 dx   xdx   x ln x  x ln x  1 0,25 0,25 0,25 0,25 x2 I  e  ln x ln x  1 e e2    ln  e   2 0,25 0,25 a)  '  25  Phương trình cho có hai nghiệm phức z1   5i , z2   5i 0,5 (1,0 điểm) Khi z1  z2  29  A  1682 0,5 9 b) ( 3) C18 Gọi I tâm mặt cầu  S  , I  t;3  t; 6  t  (1,0 điểm) 0,25 d  I ;( P )   5t  12 5t  5t  12 5t  , d  I ;(Q )    , theo giả thiết 3 3 0,25  t  2  I  2;1; 4  , R  0,25 0,25 2 Mặt cầu  S  :  x     y  1   z    SA  BC , AC  BC  BC   SAC   BC  AK (1,0 điểm) Mà AK  SC  AK   SBC   AK  HK S ABC a2 3   , AK  AH sin 60  AH 2 1 1  2   (1), 2 AH SA AB SA 4a 1 1 3         AK SA2 AC AH SA2 a AH SA2 4a Từ (1) (2) suy a   SA  SA a 0,25 0,25 (2) 0,5 VS ABC  a 12 Tìm (1,0 điểm) Từ A 1;6  , AC : x  y  13  , BC : x  y   C kẻ đường thẳng vuông góc AD , cắt AD A I , cắt AB J Khi tam giác ACJ CI : x  y    I  2;3 , J  1;2  , AB : x  y   Phương trình đường thẳng thẳng 0,5 cân phương trình đường 0,5 Điều kiện (1,0 điểm) x  Bất phương trình cho tương đương với x3  x2   x  x 2   m   x  2x  8 3 f  x   đồng biến Bất phương trình   có nghiệm  8m  m in f  x  f  2  16 x 2; m2 Gọi I tâm mặt cầu 0,25 có f '  x   0, x  nên hàm số 0,25  2;  f  x   8m Vậy x  x   8m f  x  x 2x 8 x  x2 Xét hàm số 0,25  S  , I  t;3  t; 6  t  0,25 d  I ;( P )   5t  12 5t  , d  I ;(Q )   3  t  2  I  2;1; 4  , R  Mặt cầu  S  :  x  2 , theo giả thiết 5t  12 5t   3 2   y  1   z             Oxy ta chọn u  a;  , v  b;  , w  c;   b  c  a        u  v  w  u  v  w suy 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ (1,0 điểm) Từ bất đẳng thức 1 a   b2   c   b c a 1  a  b  c       a b c 2  111 1 1  abc   a  b  c      a b c a b c     3   2 Dấu xảy a  b  c 1 0,5 0,25 [...]... , y  4 ,a  b  4 3 3 2 3 4 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x 3 + (m + 1)x 2 + (m 2 - 4)x - m + 1 a/ Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số khi m = 2 b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại giao điểm của (C ) với trục tung Câu 2 (1,0 điểm):  a/ Giải phương trình lượng giác: 2 cos(2x  )  4s inx.sin3x - 1  0 3 b/ Giải phương trình sau đây trên... 3  4  z  3  1   x   3 Vậy min T  2 khi  y  z   4  3 * Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 17) 3 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  6x  9x  1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2 b) Tìm m để phương trình x(x  3)  m có 3 nghiệm phân biệt Câu 2 (1,0 điểm) ... trí, có C53  10 (cách) 0,25 Còn lại hai vị trí, 4 chữ số Chọn hai chữ số xếp vào hai vị trí đó, có C42  12 (cách) Vậy không gian mẫu có 10.12  120 phần tử Gọi A là biến cố: “số được chọn chia hết cho 3”, có hai phương án: Hai chữ số còn lại là 1 và 5, có C53 2!  20 số 0,25 Hai chữ số còn lại là 2 và 4, có C53 2!  20 số Vậy biến cố A có 40 phần tử Xác suất của biến cố A là: P  CÂU 10 Theo giả thi t:... c c  a  a  b b  c c  a Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: a  b  c  1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 15) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 1.0 đ b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ y  1 Câu 2: (1,0 điểm) a) Giải phương trình: 1  cos x(2 cos x  1)  2 s inx 1 1  cos x b) Cho số phức...   0;  Ta có: 2t  1 6(1  t )  4  3 f '(t )  0, t   0;  , do đó f (t ) đồng biến trên  4 Do đó GTLN của hàm số đạt tại t   3  0;   4 0,25 3 27 , suy ra max P  4 5 ab  bc  2c 2 Đẳng thức xảy ra khi   8a  3b  4c , chẳng hạn chọn được 2a  c (a,b,c)=(3,8,6) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 16) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2 (1) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ...ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 13) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x 4  4x 2  3 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình x 4  4x 2  3  2m  0 (1) có hai nghiệm phân biệt Câu 2 (1,0 điểm) a) Cho tan   3 Tính A  3sin   2... chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số 2 2 x2  y 2  z 2  2 x  4 y  1   x  1   y  2   z 2  4 0,25 1 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Xét mặt cầu: 2  S  :  x  1   y  2  2  z 2  4 Có. .. chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2( x  z )  y Hết ĐÁP ÁN (ĐỀ 16) CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM y  x4  2x2 + TXĐ: D   + Sự biến thi n: x  0  Chi u biến thi n: y '  4 x 3  4... Cnn  3 9 Theo giả thi t ta có: Cn0  Cn1   Cnk   Cnn  4096 0.5 đ  2n  212  n  12 12 1  x  2  x5  x  3 Với n  12 ta có khai triển: k  1 0  k  12, k  Z  Gọi số hạng thứ 10 12 k 1 Tk 1  x C  2  x  Ta có : 3 k 12 6   Vì số hạng có chứa x nên : x5 k  C12k x 2k  21  6 là số hạng chứa x 2 k  21 5k 2 2  21  6 5k 6k  6 2 9 6 Với k  6 ta có hệ số cần tìm là... ÁN (ĐỀ 15) CÂU Câu 1 ĐÁP ÁN a) (1,0 điểm) Điểm (2,0 điểm) + Tập xác định: D   0,25 + Giới hạn: lim y  ; lim y   y '  3x 2  6 x x  x  + Sự biến thi n: Chi u biến thi n: y '  0   x  0  x  2 Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng (  ;-2), (0;  ) 0,25 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1 Bảng biến thi n: ... cách giải đạt điểm tối đa 0,25 0.25 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỀ 25 Câu ( 2,0 điểm) Cho hàm số y   x  3mx  (1) a) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có. ..  3 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 14) Câu (2,0 điểm): Cho hàm số: y = 2x + (m + 1)x + (m - 4)x - m + a/ Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị (C ) hàm số m = b/ Viết phương trình tiếp tuyến (C ) giao... c  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA (ĐỀ 15) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị (C) hàm số cho 1.0 đ b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung