20 bộ đề thi thử THPT quốc gia môn toán năm 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN NĂM HỌC: 2015-2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (2,0 điểm) 3π 2π   Tính sin  α     b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x a) Cho tan α  π  α  1  đoạn  2;  2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2.4x  6x  9x Câu (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xn Trường mơn Tốn có em đạt giải có nam nữ, mơn Văn có em đạt giải có nam nữ, mơn Hóa học có em đạt giải có nam nữ, mơn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn mơn em học sinh để dự đại hội thi đua? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội? Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vng góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  y 17  ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm  x    x  1 y    x   y  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  8 y  1    y  2 x    x  4x  Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức  P  1    xy  yz  zx 2 x  y  y  z  z  x2  2 -HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Hä tªn thÝ sinh: .; SBD HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D  R 2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   Điểm 0,25 x x b, Bảng biến thiên: y’ = x  x , y’ =  x = 0, x  1 x - -1 y' + 0 + -3 + + + 0,25 y Câu (1,0 điểm) -4 -4 Hàm số đồng biến khoảng (- 1; 0) (1;) , hàm số nghịch biến khoảng (;1) (0; 1) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = - Hàm số đạt cực tiểu x =  , yCT = y(  ) = - 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox điểm (  ; 0) 0,25 y  1 O x 0,25 3 4 Cho tan α  π  α  Câu 2.1 (1,0 điểm) 3π 2π   Tính sin  α   ?   1 Ta có Cos α   tan α     cosα   3π  cosα  nên cosα    2 sin α  cosα.tan α   5 Do π  α  0,25 0,25 0,25 Vậy 2π  2π 2π  sin  α    sin α.cos  cosα.sin  3  2 1  5  15    5 10 Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  Câu 2.2 (1,0 điểm) 0,25 cos x  sin 4x  cos3x   2sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0,25  2sin 2x(sinx  cos2x)   sin 2x(2sin x  sin x  1)  0,25 kπ  x     x  π  k2π sin 2x     s inx     x   π  k2π  1  s inx    7π  k2π x   0,5 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f  x   x   x 1  đoạn  2;  2  Câu (1,0 điểm) x + Ta có f '(x)   0,25  x2 + f '(x)   x   [  2; ] 0,25  15 0,25 minf(x)  2 0,25 + Có f (2)  2;f ( )  maxf(x)  [-2; ]  15 ; [-2; ] Giải phương trình 2.4x  6x  9x Phương trình x x 4 6        9 9 2x Câu (1,0 điểm) 0,25 x 2 2         3 3   x    1  Loai  3   x      0,25 0,25  x   log 2 Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 0,25 Câu (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định trường THPT Xn Trường mơn Tốn em đạt giải có nam nữ , mơn Văn có em đạt giải có nam nữ , mơn Hóa học có em đạt giải có nam nữ , mơn Vật lí có em đạt giải có nam nữ Hỏi có cách chọn mơn em học sinh để dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có học sinh nam nữ để dự đại hội? Có tất 5.5.5.5=625 cách  n(Ω)  625 0,25 Gọi A biến cố “có HS nam nữ dự đại hội” 0,25  A biến cố “Cả bốn HS nam HS nữ dự ĐH”    n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A  n(A) 48  n(Ω) 625 Vậy P(A)   P  A    48 577  625 625 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Tam giác SAB nằm 0,25 0,25 mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (ABCD) Biết SD  2a góc tạo đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) 300 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) Gọi H trung điểm AB Suy SH  ( ABCD) S ·  300 SCH Ta có: K A Câu (1,0 điểm) D I H B SHC  SHD  SC  SD  2a Xét tam giác SHC vuông H ta có: 0,25 SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a C HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB mà SH  a nên AB  2a Suy BC  HC  BH  2a Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 0,25 4a Vậy, VS ABCD  S ABCD SH  3 Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I hình chiếu H lên AC K hình chiếu H lên SI Ta có: AC  HI AC  SH nên AC   SHI   AC  HK Mà, ta lại có: HK  SI Do đó: HK   SAC  0,25 Vì hai tam giác SIA SBC đồng dạng nên Suy ra, HK  HS HI HS  HI  HI AH AH BC a   HI   BC AC AC a 66 11 0,25 Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    HK  2a 66 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M điểm đối xứng B qua C N hình chiếu vng góc B MD.Tam giác BDM nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  y  17  ; đường thẳng BC qua điểm E(7;0) điểm M có tung độ âm A Câu (1,0 điểm) B I C D +(T) có tâm I(4;1);R=5 + Do I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BDM N,C chân đường cao nên chứng minh :IM  CN 0,25 E N M + Lập ptđt IM qua I IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0  M(7; 3) + M giao điểm (T) với IM :   M(1;5) (loai) +Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C giao điểm BC NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5) + Đường thẳng DC qua C vng góc BC : y=1  D(9;1) D giao điểm (T) DC :   D(1;1) Vì B,D nằm phía với CN nên D(-1 ;1) uuur uuur +Do BA  CD => A(-1 ;5) * Nếu không loại mà lấy điểm D cho 0,75đ  x    x  1 y    x   y  y   Giải hệ phương trình:   x  8 y  1    y  2 x    x  4x   0,25 0,25 0,25  Điều kiện x  1; y  Đặt x   a; y   b  a, b   , từ (1) ta có: a  ab  a     b    b  a  b  ab  b  a  b  Câu (1,0 điểm)   a  b 1  2a  b    a  b (do a, b    2a  b  0,25  x 1  y2  y  x3 Thế vào (2) ta được:  x  8 x  4   x  1   x 1   x  4x  x    x4 x 1   *  x  x  x 1  + x   y  11;  x  8 x    x  1 x  8 x2  4x   x 1  0,25 + *   x   3  x  4   x  1  x  x      x 1    x 1  0,25  3   x    3  x    3 (**)    Xét hàm số f  t    t  3  t  3 với t  ¡ có f '  t    t  1  t  ¡ nên f  t  đồng biến ¡ x  Do **  f  x    f  x    x   x    x   x  4x  x   13  x (T/M) x  x    x 0,25  13 11  13 y 2   13 11  13  ;    Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  8;11  Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1    xy  yz  zx 2 x  y  y  z  z  x2  2 Ta có x2  y    x2  1   y  1   x  y  ,….; xy  Câu (1,0 điểm) 1 1 xy  ,…     xy  yz  zx  3 Nên P   2x y y  z z  x  Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   xyz   x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz   x  y  z  xy  yz  zx  0,25  x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x  1    x y yz zx  x  y  y  z  z  x   x  y  z   xy  yz  zx   x  y  y  z  z  x   x  y  z   xy  yz  zx   x  y  z  xy  yz  zx  27    xy  yz  zx  1 27 27   xy  yz  zx     xy  yz  zx  8 Suy P   Đặt t  xy  yz  zx Do x, y, z  0; 2    x   y   z    xy  yz  zx   xyz 2t 2 2 Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z    t  Vậy t   2;3 0,25 27 27 Ta có P    t    f  t   8t 8  27  8t  27 Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t     t   2;3  8t  16t nên hàm số f  t  đồng biến  2;3 15 15 15 Do P  f  t   P  Có P  x  y  z  4 15 Vậy giá trị nhỏ P đạt x  y  z  0,25  f  t   f  3  (Mọi cách giải khác cho điểm tương tự) 0,25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TỐN; Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 7/11/2015 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: y  x3  3x  có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A 1; 5 Gọi B giao điểm tiếp tuyến với đồ thị (C)  B  A  Tính diện tích tam giác OAB, với O gốc tọa độ Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x)  x  3x  đoạn  2; 4 x 1 Câu (1.0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác: cos2x  cos6x  cos4x b) Cho cos2      với     Tính giá trị biểu thức: P  1  tan   cos    4  Câu (1 điểm)  a)Tìm hệ số số hạng chứa x 2010 khai triển nhị thức:  x     x2  2016 b) Gọi X tập hợp số tự nhiên gồm chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa chữ số lẻ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(3; 4) đường thẳng d có phương trình: x  2y   Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho: MA  MB2  36 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B AB  2, AC  Hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABC) trung điểm H đoạn thẳng AC Cạnh bên SA tạo với mặt đáy góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AB SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường trịn (T) có phương trình: x  y  6x  2y   Gọi H hình chiếu A BC Đường trịn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x  10y   điểm H có hồnh độ nhỏ tung độ  xy  y  2y  x   y   x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   3  y  2x  3y   2x  Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x2 y2  z2  zx   y xy   z3 Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: yz   x3  Câu (2.0 điểm) Đáp án Điểm a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị… • Tập xác định: D  ¡ • Sự biến thiên: x   y  y '  3x  6x; y '     x  2  y  0.25 Giới hạn: lim y  ; lim   x  x  Bảng biến thiên: x y'  -2     0.25  y  - H/s đb khoảng (; 2), (0; ) nb khoảng (2; 0) - Hàm số đạt cực x  2; y CÑ  ; đạt cực tiểu x  0; yCT  • Đồ thị: x 1 y 0.25 0.25 b (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác… + Ta có: y '(1)   phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A 1; 5 là: y  9(x 1)   y  9x  (d) + Tọa độ điểm B giao d (C) có hoành độ nghiệm pt: x  x3  3x2   9x   x3  3x2  9x   (x  1)2 (x  5)     x  5 uuur Do B  A nên B(5;  49) Ta có: AB   6; 54   AB  82 ; d  O,d   0.25 82 0.25 Tìm giá trị lớn nhỏ nhất… Ta có f (x) liên tục đoạn  2; 4 , f '(x)  x  2x  (x  1)2 0.25 Với x   2; 4 , f '(x)   x  0.25 10 0.25 Ta có: f (2)  4,f (3)  3,f (4)  Vậy Min f ( x)  x = 3; Max f ( x)  x = 2;  0.25 1 Suy ra: SOAB  d  O,d  AB  82  12 (đvdt) 2 82 (1 điểm) 0.25 a Giải phương trình … 2 ;  0.25 (1.0 điểm)  cos4x  PT  cos4x cos2x  cos4x  cos4x(2 cos2x 1)     cos2x        x   k  4x   k    x     k  x     k 2   b.Tính giá trị biểu thức…      nên sin   0,cos  Ta có:  cos2 1 , cos2    cos   10 10 0.25 0.25 Do sin2    cos2   sin  , tan    3  sin   10 cos 10 Khi đó: P  1  tan   (1.0 điểm) 0.25       10 10   cos  sin    1  3 0.25 a.Tìm hệ số số hạng chứa x 2010 khai triển…   Xét khai triển:  x   x   Số hạng chứa x 2010 2016 k 2016  2 k k 2016 3 k  C x     C2016 x k 0 k 0 x  ứng với 2016  3k  2010  k  22 C22016 x 2010 có hệ số 2016 k 2016 2016  k 22 C2016  4C22016 b.Tính xác suất … Gọi  không gian mẫu phép thử: “Chọn ngẫu nhiên số từ tập X” Khi đó:   A 96  60480 0.25 0.25 0.25 Gọi A biến cố: “Số chọn chứa chữ số lẻ” Khi đó: + Chọn chữ số lẻ đơi khác từ chữ số 1, 3, 5, 7, có C35 cách +Chọn chữ số chẵn đội khác từ chữ số 2, 4, 6, có C34 cách + Sắp xếp chữ số để số thỏa mãn biến cố A có 6! cách Do A  C35 C34 6!  28800 Vậy xác suất cần tìm là: P(A)  (1.0 điểm) A   28800 10  60480 21 Tìm tọa độ điểm M … uuuur Giả sử M(2t  2;t)  d  MA  (2t  3;  t)  MA  5t  8t  13 uuur MB  (1  2t;  t)  MB2  5t  12t  17 Ta có: MA  MB2  36  5t  8t  13  5t  12t  17  36  10t  4t    t   M(4;1)    3 t  M  ;   5 5 0.25  16  Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1),M  ;   5 Tính thể tích khối chóp S.ABC 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ SB  AB  SA2 =a SB.SA h  SH  AB a =  VS ABCD  2a3 0.25 0.25  d(AB,SC) Vì AB// DC nên d (AB, SC)= d( AB, (SDC)) = d ( A, (SDC) 3V  A.SDC dtSDC .VS ABCD  dtSDC  dt SDC=? tgSAD vuông A nên SD  a tgSBC vuông B nên SC  a , DC= 2a  dtSDC  19 a nên d ( A, ( SDC ))  6a 0.5 đ 6b 0.5 đ 0.25 6a 57 19 + Mp ( ) song song với (P) nên mp ( ) có vecto pháp tuyến r n  (2; 2;1) mặt khác ( ) qua điểm A (1;-1; 0) nên : Pt ( ) (x – 1) -2 (y + 1) +1( z – 0)=  2x – 2y +z -4 = + Gọi M (x; y; z) - Do M  ( P)  x  y  z 1  uuur r - Do MA  (P)  MAcùng phuongn uuur Mà MA  (1  x; 1  y;  z ) r n  (2; 2;1)  x 1  y  z   nên 2 x  y     y  z  1 0.25 0.25 0.25 0.25 2 x  y  z   x  y   y  z  1   x     y     z    1 1 KL : M  ;  ;   3 3 r + Gọi n  (a; b) vecto pháp tuyến đường thẳng AB với a  b2  góc đường thẳng AB AC 450 ab  cos 450  a  b2 12  12 Ta có hpt 0.25 0.25  a  b2  a  b 1đ  a.b  a   b  + a=0 nên b ≠0  chọn b= pt đt AB 0(x – 5)+ 1( y – 8)=0  y=8 + b=0 nên a ≠0  chọn a=1  pt đt AB 1( x – 5) +0(y – 8)=0  x=5 0.25 * Gọi M’ điểm đối xứng với M qua AC, AC phân giác góc tạo hai đường thẳng BC DC nên M’ thuộc đường thẳng BC  pt đt MM’ 1( x- 6) -1(y – 2)=0  x – y – = 0.25 + Gọi H giao điểm đt MM’ AC  H( 7;3) + H trung điểm MM’  M’(8; ) * Với M’(8;4) AB : y=8 pt BC x= B= AB  BC B(8;8) * Với M’(8,4) AB : x= 5 pt BC y=4  B= AB  BC  B(5;4) + 1đ x  xy  y   x  y  x  (1  y ) x  y  y  có   (3 y  1)2 x  2y nên   x   y 1 y 1 x  + Với x=2y vào (1) ta có   y  1  x  2  y  3  x  + Với x= -y-1 vào (1) ta có   y   x  3 Vậy hệ có nghiệm (2;1); (-2;-1); (2;-3); (-3;2) 0.25 + Ta có x2  y  (3x  2)( y  1)   ( x  y)2  3( x  y)    xy  y 0.25 0.25 0.25 0.25 Vì x,y khơng âm nên ( x  y)2  3( x  y)     x  y  Đặt t = x+y t  1; 2 0.25 Ta có P  x2  y  x  y   x  y  ( x  y)2  ( x  y)   ( x  y) P  t2  t   t 0.25 + Xét hàm f (t )  t  t   t với t  1; 2 1đ 4 với t  1; 2  f '(t )    với t  1; 2 4t f(t) liên tục đoạn [1;2] nên f(t) đồng biến đoạn [1;2]  maxf (t )  f (2)    f (t )   ta có f '(t )  2t   [1;2]  x y  x   P   , P=    t  y  KL: Giá trị lớn P  đạt x = y = 0.25 0.25 TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 – LẦN MƠN TỐN Thời gian làm 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2(m  1) x2  m  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1;3) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x   sin x  sin x ln Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   e x  dx Câu (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên số từ tập S  1, 2, ,11 Tính xác suất để tổng ba số chọn 12 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB vng góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho MA + MB nhỏ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, với AB  BC  a; AD  2a,(a  0) Các mặt bên (SAC) (SBD) vng góc với mặt đáy Biết góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CD SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y  x  y  20  đường thẳng  : 3x  y  20  Chứng tỏ đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C) Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), đỉnh B C nằm đường thẳng  cho trung điểm cạnh AB thuộc (C) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , biết trực tâm H tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có hồnh độ dương Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực (4m  3) x   (3m  4)  x  m   1  Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c   ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức 2  P a b bc c a   c a b - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu cán coi thi khơng cần giải thích thêm KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA – LẦN 1, Ngày 22/3/2015 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Tại Trường THPT Bắc Yên Thành – Nghệ An) Câu (2.0 điểm) Nội dung a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Với m = 2, y  x  2x * TXĐ: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y'  x  x ; y'   x  x   x  0, x  1 Hàm số đồng biến khoảng (-1; 0) (1;   ) Hàm số nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x =  1; yct = y(  1) = -2 - Giới hạn vô cực: lim ( x  x )  +  Điểm 0.25 0.25 x  - Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0.25 * Đồ thị: Tìm guao với trục tọa độ 0.25 b (1.0 điểm) Tìm m để hàm số … Ta có y' = x  4(m  1) x (1.0 điểm) y' =  x  4(m  1) x =  x  x  (m  1)   TH1: Nếu m-   m  Hàm số đồng biến khoảng (0; +  ) Vậy m  thoả mãn ycbt TH 2: m - >  m> y' =  x = 0, x =  m  Hàm số đồng biến khoảng (- m  ; ) ( m  ; +  ) 0.25 Để hàm số đồng biến khoảng (1; ) m    m  Kết luận: Vậy hàm số đồng biến khoảng (1; )  m   ;2 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình… Điều kiện: sin x  1 (*) 0.25 cos x  PT tương đương với cos x  cos x   cos x  25 sin x  Hay sin x  1 (l ) cos x  25 Vậy nghiệm phương trình là: x  (1.0 điểm)   k 2 ; x  k 2 , (k  ) Tính tích phân… ln I  ln 0.25 (2  e )dx   (e x  2)dx x ln = (2 x  e x ) ln  (e x  x ) ln 0.25 ln = (2ln   1)  (3  2ln 3)  (2  2ln 2) (1.0 điểm) (1.0 điểm) 0.25 Vậy 4ln  2ln Chọn ngẫu nhiên 0.25 Số trường hợp C113  165 0.25 Các (a, b, c) mà a  b  c  12 a  b  c (1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5) 0.5 165 Trong không gian với hệ tọa độ Vậy P  0.25 0.25 Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với mp(P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z Pt AA' : , AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm   1 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1) Vì H trung điểm AA' nên ta có :    1  0.25 0.25 0.25 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x  y 1 z   Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương 1 trình 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)    1  0.25 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD … BD · = 600 KỴ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH Gäi H = AC  BD, suy SH  (ABCD) & BH = 0.25 2a 2a a AD = => SH = => VSABCD = SH.SABCD = 3 3 Gọi O trung điểm AD, ta cú ABCO hỡnh vuụng cạnh a =>ACD cã trung tuyÕn CO = AD CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC) Mµ HE = 0.25 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)) Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH = IH  HS  IC = a => IS = 5a kẻ CK SI mà CK BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= SH.IC = SI.CK => CK = 2 0.25 SH IC 2a  SI VËy d(CD;SB) = 2a S A K O D 0.25 I E H B (1.0 điểm) (1.0 điểm) C Trong mặt phẳng tọa độ Đường thẳng () tiếp xúc với (C) N (4; 2) 0.25 Gọi M trung điểm cạnh AB Từ giả thiết M thuộc (C) B thuộc () , tìm B(12; 4) (do B có hồnh độ dương) 0.25 Do C thuộc () đường thẳng (d) qua H, vng góc với AB Viết PT (d) 0.25 C  ()  (d )  (0;5) 0.25 Tìm giá trị tham số m … Điều kiện: 3  x  Khi PT tương đương với m  x   1 x 1 x   1 x 1 0.25 (*) Do ( x  3)2  (  x )2  Nên ta đặt x   2sin   4t ; 1 t2  x  2cos   2(1  t ) , 1 t2   t  tan   7t  12t   với 0    , (*)  m  2  t  16 t   t   0;1   Xét hàm số f (t )  0.25 7t  12t  , t   0;1 Lập bảng biến thiên hàm số f (t ) 5t  16t  7 9 Kết luận: m   ;  9 7 (1.0 điểm) 0.25 0.25 Cho số thực … 1 c b   x  y 1 Không tính tổng quát, giả sử  c  b  a  Đặt x  ; y    a a  c  ax; b  ay 0.25 Khi    (1  y )  y  1    y  y  (1  y )( y  x)(1  x)    2 P   xy y y Xét hàm số f ( y )   y2  y 2 ,  y  Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất y 0.50 0.25  2 đẳng thức Cô si), chứng minh f (t )  1      2 Kết luận: MaxP  1   (Tìm a, b, c để đẳng thức xẩy ra)   Hết - 0.25 SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ THI THỬ KỲ THI THPT NĂM HỌC 2014-2015 TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG Lần thứ ba - Mơn: Tốn (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Họ tên thí sinh: Số báo danh: ………………… Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y  2x  m 1 (1) x2 a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) biết tiếp điểm có tung độ y  c Tìm giá trị m  để hàm số (1) đồng biến khoảng xác định Câu (1,0 điểm): a Cho sin         7  với     Tính tan      b Giải bất phương trình 8.3 xx 9 x x1  x    1 Câu (1,0 điểm): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y  e x  , trục hoành hai đường thẳng x  ln 3, x  ln Câu (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a,   600 AC '  2a Gọi O giao điểm AC BD, E giao điểm A’C OC’ BAD Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (EBD) Câu (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC, gọi E, F hình chiếu đỉnh B, C lên cạnh AC, AB Các đường thẳng BC EF có phương trình BC : x  y  12  , EF : x  49 y   , trung điểm I EF nằm đường thẳng  : x  12 y  Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết BC  17 đỉnh B có hồnh độ âm Câu (1,0 điểm): Trong không gian Oxyz cho ba điểm A(1;  2;0), B( 5;  3;1) , x 1 y z    C  2; 3;4  đường thẳng  : 1 1 a Chứng minh tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC b Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng  cho thể tích tứ diện D.ABC Câu (1,0 điểm): a Giải phương trình: 3x   x   x   x    b Từ tập E  1; 2;3;4;5 , lập số tự nhiên có ba chữ số Lấy ngẫu nhiên hai số số vừa lập Tính xác suất để hai số lấy có số có hai chữ số phân biệt Câu (1,0 điểm): Tìm số phức z biết z   i   z   i   13  Câu (1,0 điểm): Cho a, b, c  số thực thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn P   a   b   c   - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG TỔ TOÁN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn : TỐN; Lần ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu (2,0 điểm) Đáp án 2x  x2 * Tập xác định: D   \ 2 * Sự biến thiên: 2 Đạo hàm y '   0,  x  D Hàm số nghịch biến khoảng  x  2 Điểm a (1,0 điểm) y  0.25  ;2  ;  2;   Giới hạn: lim y  lim y  , nên đường thẳng y  tiệm cận ngang đồ thị  C1  x x  lim y  ; lim y   , nên đường thẳng x  tiệm cận đứng đồ thị x  2 0.25 x  2  C1  Bảng biến thiên: 0.25 * Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng Điểm đặc biệt 0.25 b (0,5 điểm) Phương trình tiếp tuyến (C) điểm M  4;3  : 0.25 Ta có y   x  4; y '     y 1  x  4   y   x  2 c (0,5 điểm) 3  m Ta có y '  , tập xác định D   \ 2  x  2 (1,0 điểm) 0.25 Với m  , hàm số đồng biến khoảng ( ; 2)  2;  y '  0, x   m  a (0,5 điểm) 1 Ta có sin        sin a  3  2 Do     nên cos    cos       cos    7       2 tan      tan  3      tan      cot   sin      2  b (0,5 điểm) Điều kiện: x  Bất phương trình tương đương với 8.3 x x   x x  ln8 Diện tích hình phẳng cần tìm là: S   ln3 0.25 0.25 0.25 1  Đặt t  x  x , t  , ta có 9t  8t    t  1 (loại) t  Do x  x   x  x  2   x  x     x    x  Vậy tập nghiệm bất phương trình T  0;4  (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 ln8 e x  dx  ln e x  1dx 0.25 2t Đặt t  e x   e x  t   e x dx  2tdt  dx  dt t 1 Đổi cận : x  ln  t  2, x  ln  t  0.25 3 2t 1  dt  2     dt t 1 t 1 t 1   0.25 Khi S   t 1  2t  ln   ln t 1 2 0.25 (1,0 điểm) D' ABD có   600 AB  AD  a, BAD nên ABD đều, suy a AO   AC  a ; CC '  a C' A' B' H 0.25 D I C O A B a2 a3 AC.BD  Do VABCD A' B 'C ' D '  CC '.S ABCD  2 Vẽ CH  OC '( H  OC ') (1) BD  OC  Ta có   BD  (OCC ')  BD  CH (2) BD  CC ' Từ (1) (2) ta có CH  ( IBD) nên d  C ,  IBD    CH AC cắt (IBD) O O trung điểm AC Do d  A,  IBD    d  C ,  IBD    CH S ABCD  a a 21    2 CC '  OC 3a a  CC '.OC (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 a Vì I thuộc  nên I 12m; m  , mà I thuộc EF nên ta có m  , suy 145  72  I ;   145 145  Gọi d đường thẳng qua I vng góc với EF, ta có d :49 x  y  24  Đường thẳng d cắt BC trung điểm M BC, M  0; 3  Ta có BM  17, B  4b  12; b  , BM  0.25  4b  12  2   b   nên ta có phương trình b  2  B  4; 2   17  17b  102b  136    b  4  B  4; 4  Chọn B  4; 4   C  4; 2   4b  12    b  3 0.25     8e   16   64 14  Lấy E  e; , ta có BE.EC  , E  ;   F   ;   49    5  29 29   16   64 14  F  ;   E   ;   5  29 29   16   64 14  + Với E  ;   F   ;  Ta có  5  29 29  0.25  16 10  BE : x  y   0, CF : x  y   , suy A  ;   (loại 9        90o ) AB AC   cos AB, AC   A    64 14   16  + Với E   ;  F  ;   Ta có  29 29   5 BE : x  y  12  0, CF : x  y   , 0.25 suy A  0;6  (thỏa mãn) Vậy A  0;6  , B  4; 4  , C  4; 2  (1,0 điểm) a (0,5 điểm) 0.25 Ta có AB  BC  AC  nên tam giác ABC Diện tích tam giác ABC là: S  3   0.25 b (0,5 điểm) 3V Ta có VD ABC  d  D,  ABC   S ABC   d  D,  ABC     S     AB   4; 1;1 , AC   1; 1;4    AB, AC    3;15;3  0.25 Phương trình mặt phẳng (ABC) : x  y  z   Vì D   nên D  1  t ; t ;2  t  1  t  5t   t  t  2 2    3t  12    3 3 t  6 Vậy có hai điểm D thỏa mãn điều kiện toán : D  3; 2;4  d  D,  ABC    (1,0 điểm) 0.25 D  6; 7;8  a (0,5 điểm) Điều kiện x   Với điều kiện đó, ta có  3x   x   3x   x   x   3x   x   3x   x  0.25    3x   x    3x   x     x   x   1(do x   x   0)  3x   x    3x   x    2 x  x    x  8x    x   (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm x   b (0,5 điểm) Từ tập hợp E  1;2;3;4;5 ta lập 53  125 số có chữ số Chọn 2 số từ 125 số có C125 cách Gọi A biến cố : « Hai số chọn có số có hai chữ số phân biệt » Trong 125 số có C52  60 số có ba chữ số có hai chữ số 0.25 0.25 0.25 phân biệt Do n   A   60.65  C602 60.65  C602 567 Vậy xác suất cần tìm : P    0, 73 C125 775 (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đặt t  z   i , phương trình trở thành : t  6t  13  Ta có  '  4  4i ,  ' có hai bậc hai 2i 0.25 Phương trình có hai nghiệm phức t   2i t   2i 0.25 0.25 Do z   i   2i z   i   2i Vậy z  i z  3i Không tổng quát giả sử a  b  c Suy  a  b  c  c  c  c suy c  2; a  b    a  b 2  2 Ta chứng minh bất đẳng thức  a   b             Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với a  b  2 2 2 a b  a  2b    a  b   16  a  b    a  b   16a 2b 16 2  16  a  b    a  b   4ab  a  b  0.25 0.25 0.25 2  16  a  b    a  b   a  b   4ab    Bất đẳng thức cuối  a  b    16 Đặt x  a a b ta có 2   b   c     x    c     x   2 2 2   2x  2  0.25  5 Hơn x  a  b  nên ta có x   2;   2 Ta cần tìm giá trị lớn 2 f  x    x     x     x  24 x5  54 x  96 x3  168 x  96 x  152   Vì c  nên ta có x  c   x   5  2;   2  5 f '  x   12  x    x    x  x  1 , f '  x   0,  x   2;   2 Nhưng f    216 nên f  x  đạt GTLN 216, dấu xảy 0.25 x  Vậy ta có  a   b   c    216 , hay P đạt GTLN 216, dấu xảy a  b  c  Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác đáp án điểm tối đa Hết ... Trường THPT Bố Hạ Tổ Toán- Tin ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 201 5 -201 6 MƠN: TỐN, LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thi. .. chứa x 201 0 khai triển…   Xét khai triển:  x   x   Số hạng chứa x 201 0 201 6 k 201 6  2 k k 201 6 3 k  C x     C2016 x k 0 k 0 x  ứng với 201 6  3k  201 0  k  22 C 2201 6 x 201 0... 0,25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 201 5 -201 6 Mơn: TỐN; Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 7/11 /201 5 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: