40 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2016 có HƯỚNG dẫn CHI TIẾT

TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx ba điểm phân biệt Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  Câu 3: (2,0 điểm) Tính tích phân: ln I  e x  e dx x I   ln   x   dx Câu 4: (1,0 điểm) Giải phương trình: log  4x  log x   10 15   Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn biểu thức:   x2  ;  x  0  x  Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 Lập phương trình mặt phẳng (ABC) Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, qua điểm A có tâm thuộc trục Oy Câu 6: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình chữ nhật, AC = 2a Biết ∆SAB cạnh a nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính thể tích khối chóp S.ABCD tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N trung điểm SA BC Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  x  y   đường thẳng d: x + y – = Tìm d điểm M cho từ M kẻ hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) MA, MB (A, B hai tiếp điểm) cho S MAB  3S IAB , với I tâm đường tròn (C) 2 y  y  x  x   x   y  1  Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ;  x, y  R   y  y    y  x  -Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Bài thi chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm Câu Nội dung (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) TXĐ: D = R y '  x  x Điểm 0,25 x  Ta có y(0) = 0; y(– 2) = y'    x  2 Giới hạn 0,25 Bảng biến thiên Đồng biến, nghịch biến Cực trị 0,25 Vẽ đồ thị 0,25 2/ (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm đồ thị (C) đường thẳng d nghiệm phương trình: x  x  x  mx  x  x  x  m     2 x  x  m  (*)  0,25 Để hai đồ thị cắt ba điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0,25   '  9  2m  m  Khi đó:    m  m  m  (1,0 điểm) 0,5 sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  0,25      sin  x     sin  x    4 4   0,25  x  k 2   x    k 2  0,25 KL 0,25 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) Đặt u   e x Tính e x dx  2udu Đổi cận: x = u = 2; x = ln2 u  2u Khi đó: I   2u du  3 2  16 2 3 0,25 0,25 0,5 KL 2/ (1,0 điểm) Đặt t  x  Tính dx  2tdt 0,25 Đổi cận: x = u = 2; x = u = 3 Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt 0,25 Sử dụng phần ta I  16 ln  3ln  0,5 (1,0 1/ (0,5 điểm) điểm) Đk: x  Ta có: log  4x  log x   10  log x   log x   10  0,25 Đặt t  log x  , (t ≥ 0) t  Phương trình có dạng: 2t  t  10    t   (l )  2 log x    log x   x  Với t = ta Vậy phương trình có nghiệm x = 0,25 2/ (0,5 điểm) 15 15  k 15     Ta có:   x    C15k   k 0  x   x  x Khi xét số hạng không chứa x ta có 15   2 k k 0 15  k k 15 C x k 15 0,25 5k  15   k  Vậy số hạng không chứa x 212.C153     (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0    điểm)  Do n  1; 2;0  vectơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC) Do (ABC): x + 2y – = 0,25 0,25 0,25 Gọi I tâm mặt cầu (S) Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0) a  Do (S) có bán kính R = qua A nên IA  R   a  1      a  1 0,25 Với a = ta có I(0;3;0) nên  S  : x   y  3  z  Với a = – ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x   y  1  z  (1,0 Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) điểm) a SH  0,25 0,25 Do AB  a  AD  a Khi S ABCD  AB AD  a Vậy a3 VS ABCD  SH S ABCD  0,25 Gọi P trung điểm cạnh AH Do MP // SH hay MP  (ABCD) 0,25 Dễ thấy ∆MPN vuông P Ta có MP  a a 13 SH  ; PN   MN  a 4 0,25 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A B vuông nên hai góc M I bù 0,25 Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta MA2  3R  MI  0,25 a  Gọi điểm M(a;3 – a) Do MI  nên  a  0,25 Với a = ta M(1;2) Với a = ta M(5;– 2) 0,25 (1,0 Đk: 4  x  điểm) Ta có: y  y  x  x   x   y  1   y  1  y   1  x   x   x 0,25 Xét hàm số f  t   2t  t đồng biến R Khi phương trình có dạng: f  y  1  f   1 x  y 1  1 x  y  1 1 x 0,25 Thế vào phương trình lại ta được:  2x   1 x  x   x   1 x   2x   Dễ thấy vế trái hàm số đồng biến [- 4;1] nên phương trình có nghiệm x = – 0,25 Khi x = – ta y = Vậy hệ có nghiệm (– 3;3) 0,25 -Hết - ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề 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 ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x   6sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  ln x dx x2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x   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 A  4;1;3 đường thẳng x 1 y 1 z    Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với đường 2 thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 d: 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;  , 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  x  xy  x  y  y  y    y  x   y   x  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết……… ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm a (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3 x  , y '   x  1 0.25 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   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y -1 + – + + - -1 Đồ thị: 0.25 2 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  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  Tam giác OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  Vậy m  0.25 ( TM (**) ) 0.25 0.25 0,25 (1,0 điểm) sin x   6sin x  cos x 0.25  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x  3  sin x  0 25  2sin x  cos x   sin x   sin x   sin x  cos x  3(Vn)  x  k Vậy nghiệm PT x  k , k  Z 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 ln x x2 ln x ln x I   xdx   dx    dx    dx x 1 x x 1 0.25 ln x dx x Tính J   Đặt u  ln x, dv  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 5   6.5    5.5  6.5     x 5   x  Vậy nghiệm PT x  x  1   x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 x x 1 x 2x x Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61  C51.C62  135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ  165 11 0.25 0.25 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 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   13 10 12    Vậy B  7; 4;6  B   ; ;   t  7  7  (1,0 điểm) Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) (2) suy  AB  SK Do góc  SAB  với đáy góc   60 SK HK SKH  Ta có SH  HK tan SKH 1 a3 Vậy VS ABC  S ABC SH  AB AC.SH  3 12 a 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 Vậy d  I ,  SAB        HM  2 HM HK SH 3a 4 0.25 0,25 (1,0 điểm)  Gọi AI phan giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI 0,25   CAD   CAI  IAD   CAI ,  nên   Mà BAI ABC  CAD AID  IAD  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   (1,0 điểm) 0,25 0,25  x  xy  x  y  y  y  4(1)   y  x   y   x  1(2) 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 1  y2  y   y 1   0y  ) y 1 1 Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;   0 y    0.25 0.25 (1,0 điểm) bc bc bc bc  1         ab ac  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1   Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy  b = c ab ac (a  b)(a  c) Vì a + b + c = ta có Tương tự Suy P  ca ca  1      ba bc 3b  ca 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 16 3π ) = ⇒ cos α = − (do π < α < 25 25 − − sin α + cos α Từ có A = = 5 = sin α − cos α − + 5 b) Cho số phức z thỏa mãn 3( z + 1) = z + i (7 − i ) Tính môđun số phức z Ta có cos α = − sin α = − Đặt z = a + bi (a, b ∈ ℝ ) Khi 3( z + 1) = z + i (7 − i ) ⇔ 3(a + bi + 1) = 4(a − bi ) + + 7i ⇔ a − + 7(1 − b)i = a = ⇔ ⇒ z = b = 0.25 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình 22+ x − 22− x = 15 PT viết lại 4.2 x − Câu (0,5 điểm) = 15 Đặt t = x (t > 0) ta 4t − 15t − = 2x t = 4 1 i Với t = − x = − ⇒ x ∈ ∅ 4 x i Với t = = ⇔ x = Vậy PT cho có nghiệm x = 0.25 ⇔t=− 0.25    (1) 4 x =  x + + 1 ( x − y + y − 2) Giải hệ phương trình  ⋅ ( x + y )2 + 2014 y + 2015 = x + 4030 y (2)  Từ PT(2), ta có ( x + y ) − ( x + y ) = −2015( y − 1) ≤ ⇒ ≤ x + y ≤ Do x ≤ 1; y ≤ Câu (1 điểm) i Nếu x + − = ⇔ x = 0, thay vào HPT, ta − y + y − =  −( y − 1) ( y + 2) = ⇔ ⇔ y = (do y ≤ 1)   y + 2014 y + 2015 = 4030 y  y + 2014 y + 2015 = 4030 y Như ( x; y) = (0;1) nghiệm HPT cho i Nếu x + − ≠ ⇔ x ≠ 0, nhân hai vế PT(1) với 0.25 0.25 x + − , ta (1) ⇔ x  x + − 1 = x ( x − y + y − 2) ⇔  x + − 1 = x − y + y −      ⇔ x + − x + + = y − y + ⇔  x + − 1  x + −  = ( y + 2)( y − 1) (3)    0.25 Với x ≠ 0; x ≤ 1; y ≤ 1, ta có x + − > 0; x + − < 0;( y + 2)( y − 1) ≥ 2  Nên  x + − 1  x + −  < ≤ ( y + 2)( y − 1) , từ PT(3) vô nghiệm    Đối chiếu với điều kiện ta thấy ( x; y) = (0;1) nghiệm HPT cho Câu (1 điểm) e 0.25 Tính tích phân I = ∫ x x + ln x dx ( ) e e     e Ta có I = ∫ x dx + ∫ x ln xdx =  e − 1 + ∫ x ln xdx   0.25 e Tính I1 = ∫ x ln xdx 0.25  du = x dx u = ln x Đặt  ⇒ ⋅ x2  dv = xdx  v=  e e  x2  e2 ⇒ I1 =  ln x  − xdx = + 4  1 21 ∫  0.25  Vậy I =  8e + e −  ⋅ 4  0.25   Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = 3a, BC = 5a; mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) Biết SA = 2a SAC = 30o Tính theo a thể tích khối chóp S ABC khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) i Kẻ SH ⊥ AC ( H ∈ AC ) S Do ( SAC ) ⊥ ( ABC ) nên SH ⊥ ( ABC ) 2a Ta có SH = SA.sin SAC = 2a = a 0.25 30 o H A K C D 3a 5a Câu (1 điểm) B Thể tích khối chóp S ABC 1 VS ABC = S ABC SH = AB AC.SH = ⋅ 3a.4a.a = 2a3 3 6 i Kẻ HD ⊥ BC ( D ∈ BC ), HK ⊥ SD ( K ∈ SD ) Khi HK = d ( H ;( SBC )) 0.25 = 3a nên AC = HC ⇒ d ( A;( SBC )) = 4d ( H ;( SBC )) = HK 0.25 Vì AH = SA.cos SAC = 2a Ta có HD AB 3a = ⇒ HD = ⋅ HC BC Từ d ( A;( SBC )) = HK = Câu (1 điểm) 3a = 6a ⋅ = 2 SH + HD 9a 3a + 25 SH HD 4a 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có D(5; 4) Đường trung trực đoạn DC có phương trình d1 : 2x + y − = đường phân giác góc BAC tam giác ABC có phương trình d : x + y + 10 = Xác định tọa độ đỉnh lại hình bình hành Gọi M trung điểm DC , M ∈ d1 nên M (3m + 3; − 2m + 1), m ∈ ℝ Ta có u1.DM = (*), với u1 = (−3; 2) vectơ phương (VTCP) d1 DM = (3m − 2; − 2m − 3) Nên (*) ⇔ −3(3m − 2) + 2(−2m − 3) = ⇔ m = Vậy M (3; 1) , suy C (1; − 2) 0.25 Củng theo giả thiết A ∈ d nên A(a; − 10 − 5a), a ∈ ℝ  xB − a = −4 x = a − ⇔ B  yB + 10 + 5a = −6  yB = −16 − 5a Mặt khác ABCD HBH nên AB = DC ⇔  0.25 ⇒ B(a − 4; − 16 − 5a ) Vì DA DC không phương nên a − −14 − 5a ≠ ⇔ a ≠ −1 −4 −6 Đường thẳng d phân giác góc BAC nhận u2 = (−1; 5) VTCP nên ( ) ( ) cos AB; u2 = cos AC ; u2 ⇔ ⇔ (−4)(−1) + (−6)5 (−4) + ( −6) = AB.u2 AC.u2 = AB u2 AC u2 (1 − a )(−1) + (8 + 5a )5 2 (1 − a) + (8 + 5a) ⇔− 0.25 26 26a + 39 = 52 (1 − a )2 + (8 + 5a ) ⇔ a = −2 (thỏa mãn) Vậy A(−2; 0), B(−6; − 6) 0.25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(–1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)  x = −t  đường thẳng d :  y = + t , t ∈ ℝ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) tìm tọa độ giao  z = − t điểm d với mặt phẳng (ABC) Ta có AB = (1; 0; −1); AC = (2; −1; 2);  AB, AC  = ( −1; − 4; − 1) Câu (1 điểm) Mặt phẳng (ABC) nhận vectơ n =  AB, AC  làm vectơ pháp tuyến 0.25 0.25 Suy (ABC) : x + 4(y − 1) + z − = hay x + y + z − =  x = −t  Tọa độ giao điểm I d mp(ABC) nghiệm hệ  y = + t z = − t  x + y + z − = ⇒ −t + 4(2 + t ) + − t − = ⇒ t = −3 ⇒ I (3; − 1; 6) 0.25 0.25 Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cnn + Cnn−1 + An2 = 821 Tìm hệ số x31   khai triển Niu-tơn  x + n   ( x ≠ 0) x2  Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ℕ Câu (0,5 điểm) 2 ⇔ n + n − 1640 = ⇒ n = 40 Theo giả thiết Cnn + Cnn −1 + A 2n = 821 ⇔ + n +   Ta có  x +  x2   40 n(n − 1) = 821 0.25 k 40   =∑ ⋅   = ∑ C k40 x 40 −3k  x2  k =0 k =0 Yêu cầu toán 40 − 3k = 31 ⇔ k = 40 C k40 x 40 − k 0.25 Vậy hệ số x 31 C340 = 9880 Câu 10 (1 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + x + y2 + i Gọi M = x + x  x y  −  +  ⋅ y  x +1 y +1 + y2 + y2 Ta có  2  2  1 2y +  =  x + y + +  (Theo Cauchy-Schwarz)  2x +  + x y x y 5 5 5     ≥ − xy  (Theo BĐT AM-GM)  xy +  =  xy +  5 xy  5 xy  M≥ 0.25  3  xy ⋅ −  = (do giả thiết)  xy  Suy M ≥ (1) x y i Gọi N = + ⋅ x +1 y +1 x y x y 4x 4y Ta có N = + ≤ + = +     x + y + 4x + y + x + + y + + 4 4  4   4x 4y  4 Hơn nữa: + = − 3 + = − 3⋅ = ⋅  ≤ 2−3 4x + y + 4x + y + 10  4x + y +  Do − N ≥ − (2) Từ (1) (2) suy P ≥ − ⋅ 4 Khi x = y = P = − ⋅ Vậy MinP = − ⋅ 5 ≥ -Hết 0.25 0.25 0.25 SỞ GD&ĐT HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT BẠCH ĐẰNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề 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 ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x   6sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình x3  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 A  4;1;3  đường x 1 y 1 z  Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A vuông góc với   2 đường thẳng d Tìm tọa độ điểm B thuộc d cho AB  27 thẳng d : 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;  , 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  x  xy  x  y  y  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y  x   y   x  Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết……… ĐÁP ÁN Câu Nội dung a.(1,0 điểm) Vơí m=1 hàm số trở thành : y   x3  3x  TXĐ: D  R y '  3x  , y '   x  1 Điểm 0.25 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   , lim y   x x * Bảng biến thiên x – y’ + y 0.25 + -1 – + + -1 - Đồ thị: 0.25 2 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  **   Khi điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  Tam giác OAB vuông O  OA.OB   4m3  m    m  ( TM (**) ) (1,0 điểm) Vậy m  0.25 0.25 0,25 sin x   6sin x  cos x 0.25  (sin x  6sin x)  (1  cos x)   sin x  cos x    sin 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 1 x 1 0.25 ln x dx x2 Tính J   Đặt u  ln x, dv  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   ln 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 5 x  52 x 1  6.5x    5.52 x  6.5 x     x 5   x    Vậy nghiệm PT x  x  1  x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 Số cách chọn học sinh có nam nữ C52 C61  C51 C62  135 135 Do xác suất để học sinh chọn có nam nữ  165 11 0.25 (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25  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     y  1   z  3   2 x  y  3z  18  0.25 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  2 AB  27  AB  27    2t   t   6  3t   27  7t  24t   t   13 10 12    Vậy B  7;4;  B   ; ;   t  7  7  (1,0 điểm) Gọi K trung điểm AB  HK  AB (1) Sj Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) (2) suy  AB  SK Do góc  SAB  với đáy góc   60 SK HK SKH M B H C  Ta có SH  HK tan SKH a 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 a a 1 16 Vậy d  I ,  SAB        HM  2 4 HM HK SH 3a (1,0 điểm) 0.25 0,25  Gọi AI phan giác BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI A E M' K M I B C 0,25   CAD   CAI  IAD    CAI ,  nên  AID  IAD ABC  CAD Mà BAI  DAI cân D  DE  AI D 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 0,25 0,25 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     5x  y   (1,0 điểm)  x  xy  x  y  y  y  4(1)    y  x   y   x  1(2) 0.25  xy  x  y  y   Đk:  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  1, thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y2  y   y   y  (    y2  y   y   y  y 1    y2    y  2    y2  y   y 1 y 1 1  y2  y   y    0y  ) y 1  Với y  x  Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT  5;  (1,0 điểm) 0.25  0 y    0.25 0.25 Vì a + b + c = ta có bc  bc bc   bc  1      ab a c  3a  bc a(a  b  c)  bc (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 3b  ca   ca     ba bc  ab 3c  ab   ab     ca cb  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 SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm cực đại (C) Câu (1,0 điểm)   cos x 2sin x   2cos x   1  sin x b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i    i  z   i  1  2i  z Tính môđun z a) Giải phương trình Câu (0,5 điểm) Giải phương trình: log x  log  x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  x  171x  40  x  1 x   20  0, x   e Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   1  x3 lnxdx x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, AB  BC  a,   900 , cạnh SA  a SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông C Gọi H hình BAD chiếu A lên SB Tính thể tích tứ diện SBCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm cạnh AC cho AB  AM Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM 4  D Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng BC qua N  ;0  , phương 3  trình đường thẳng CD : x  y   điểm C có hoành độ lớn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d: x 1 y z Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M vuông góc với d Tìm d hai   1 điểm A, B cho tam giác ABM Câu (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: a3 a3   b  c   b3 b3   c  a   c3 c3   a  b  1 Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Ghi chú: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN Câu Câu (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm)  Tập xác định: R  Giới hạn tiệm cận: lim y   Đồ thị (C) có không tiệm cận x   Điểm 0,25   CBT: Ta có y '  x3  x  x x  ; y'   x   x  1 Dấu y’: y '   x   1;0   1;   ; y '   x   ; 1   0;1  hàm số ĐB khoảng  1;0  1;    NB khoảng  ; 1 (0 ; 1) 0,25  Hàm số có hai CT x = 1; yCT = y(1) = có CĐ x = ; yCĐ = y(0) =  Bảng biến thiên: x y’ y - - -1 + + 0 - + + + 0,25  Đồ thị: Đồ thị cắt Oy (0;1) Điểm khác (2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Câu (1,0 điểm) 0,25 b) (1,0 điểm)  Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc tiếp tuyến điểm CĐ đồ thị cho y’(0) =  Phương trình tiếp tuyến (C) điểm CĐ là: y = a) (0,5 điểm)   k Khi p.trình cho tương đương với 2sin x cos x  cos x  cos x    sin x cos x   l    cos x  cos x     cos x    Điều kiện:  sin x   x    Với cos x  0,5 0,5   x    k 2 Đối chiếu điều kiện, phương trình cho có nghiệm là: x   0,25 0,25  k 2 , k   b) (0,5 điểm) 1  i    i  z   i  1  2i  z  1  i    i   1  2i   z   i 2 0,25   2i   i    2i  z   i  i   i 1  2i     3i  z  13  2i Vậy môđun z 13 z Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x > Khi đó, phương trình tương đương với log x  log x  log   log x  2  log x   x  (t/m) Vậy phương trình có nghiệm là: x = Điều kiện: x  Khi phương trình tương đương với x 0,25 0,25    x  12 x    x    8  x  1 x   36  x  1  54 x   27   x        x  2  3 x  2  5x    5x   3 Xét hàm sô f  t   t  3t  Phương trình (1) có dạng f  x    f x    0,25   Ta có: f '  t   3t  3; f '  t    t  1 t - f’(t) -1 + - + + 0,25 f(t) Suy ra: Hàm số f  t   t  3t đồng biến khoảng (1; + )  x   Với điều kiện x    2 x    0,25 Từ suy 1  x   x    x   x   x   5x      x  22 x    x  x    x  1  x    x  11  116  t / m   x  11  116 Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  11  116 Câu (1,0 điểm) e e e  x3 ln x lnxdx   dx   x lnxdx  I1  I Ta có: I   x x 1 e Tính I1: I1   0,25 e lnx ln x e dx   ln xd  lnx    x 2 1  du  dx  u  ln x  x   Tính I2: I  x lnxdx Đặt   x dv  x dx  v  0,25 0,25 e  0,25  I2  e 1e x3 e3 e 2e3 ln x  x dx   x3   31 3 9  e Vậy I   1  x3 2e3 11 2e3 lnxdx      x 9 18 Câu (1,0 điểm) 0,25  Chứng minh:  SCD vuông C  ABCD hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân C  AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 0,25 a3 a3 a3  VSBCD = VS.ABCD – VSABD  (đvtt)    S SCD  a 2; d  B,  SCD    (hoặc  d  B,  SCD   d  A,  SCD   d  H ,  SCD   d  B,  SCD     3VS BCD S SCD 0,25 a3 a   a BK a   d  B,  SCD    ) CK 2 0,5 SH SA2 2 a    d  H ,  SCD    d  B,  SCD    SB SB 3 Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC) Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD) Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED) AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông H Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD))  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK Từ tính HJ = a/3 Hoặc phương pháp tọa độ ABM S Câu (1,0 điểm) DCM (g  g)  AB DC  3 AM DM Xét tam giác CMD ta có: CM  DM  CD  4CI  10 DM Mà DM  2d (I,d)  nên CI  10 0,5  11  Gọi I  y  6; y  Ta có  C   ;   (loại) C(3; -1) (thỏa mãn)  5 I trung điểm CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I  C  :  x  1   y  1  2  11  D giao điểm CD (C)  D   ;   Phương trình đường thẳng BM: 3x  y    5 Phương trình đường thẳng BC: 3x  y   B giao điểm BM BC  B  2;2  0,5 Phương trình đường thẳng AB qua B vuông góc với AC  AB : x   A giao điểm AB AC  A  2; 1 Câu (1,0 điểm) Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1  Mp(P) qua M(2;1;2)  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt 0,5 Suy phương trình mp(P): 1. x    1. y  1  1. z     x  y  z   Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH  d( M , d)   10  , H ; ;  3 3  Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH  3  x 1 y z    1 Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ:  ( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2   3  6 10   6 10  Giải hệ ta tìm A, B là:   ;  ;  ;  ;  ,    9  3 9  3 Câu (0,5 điểm)  Gọi  (không gian mẫu) số số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880  Gọi A biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác Số số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: n  A   A74  A63  1560 0,25 0,25 0,25 1560 13  Xác suất cần tìm P(A) =  5880 49 Câu 10 (1,0 điểm) 0,25 x2 Xét BĐT:  x   , x   x   x  x2 x2 Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có:  x  1  x  1  x  x    1 2 Ấp dụng vào toán ta có: a3 1 a2    1 3 a  b2  c2 a3   b  c  1bc bc 1  1    2 a   a  Tương tự, ta có: b3  b2 a  b2  c2 b3   c  a  Công vế với vế (1), (2), (3) suy đpcm Đăng thức xảy a  b  c 0,25  2; c3 c3   a  b   c2 a  b2  c2  3 0,25 0,25 0,25 -Hết Ghi chú: Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định [...]... Suy ra A    4 4  2  Ta có f  0   6, f  Khi x  y  0,25 0,25 1 5 thì dấu bằng xảy ra Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 17  5 5 4 0,25 Thạch Thành, ngày 23 tháng 10 năm 2015 Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 -2016 Mơn: TỐN; Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 7/11/2015 Câu 1 (2.0 điểm)... đủ điểm từng phần như đáp án quy định TRƯỜNG THPT CHUN VÕ NGUN GIÁP ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN THỨ NHẤT Mơn TỐN Thời gian làm bài: 180phút, khơng kể phát đề 1 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x 3  2 x 2  3 x  1 3 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng y  1 Câu 2...SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT BẮC N THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  1 a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của... ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa 0.25   2 0.25 Luyenthipro.vn TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I Năm học 2015 – 2016 MƠN: TỐN LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút, khơng kể thời gian giao đề ( Đề thi gồm 01 trang) Câu 1( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2 (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (C) b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm...   2 C2016 x k 0 k 0 x  ứng với 2016  3k  2010  k  2 là 22 C 22016 x 2010 có hệ số là 2016 k 2016 2016  k 2 22 C2016  4C 22016 b.Tính xác suất … Gọi  là khơng gian mẫu của phép thử: “Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X” Khi đó:   A 96  60480 0.25 0.25 0.25 Gọi A là biến cố: “Số được chọn chỉ chứa 3 chữ số lẻ” Khi đó: + Chọn 3 chữ số lẻ đơi một khác nhau từ các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 có C35... (1,0 điểm).Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm M (1; 2;3), N (1;0;1) và mặt phẳng ( P ) : x  y  z  4  0 Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng MN , tâm nằm trên 6 đường thẳng MN và (S ) tiếp xúc với (P) Câu 9 (0,5 điểm).Trong kì thi TN THPT, Bình làm đề thi trắc nghiệm mơn Hóa học Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng;... Tính xác suất để điểm thi mơn Hóa học của Bình khơng dưới 9,5 điểm Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 4  b 4  Chứng minh rằng: 1  ab  2 ab 2 2 3 7    2 2 1  a 1  b 1  2ab 6 ……… HẾT……… Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh………………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Mơn: TỐN; (ĐÁP... Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:……… TRƯỜNG THPT KHỐI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I MƠN: TỐN LỚP 12 (Hướng dẫn gồm 04 trang) Chú ý:  Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó  Điểm tồn bài khơng làm tròn CÂU ĐÁP ÁN TXĐ: D   Sự biến thi n: y  3x2  6x  3x  x  2 ĐIỂM 0.25 x... 1 2 Suy ra g (t)  g ( )  7 (2) 6 Từ (1) và (2) suy ra M  0,25 7 1 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  (a  b, t  ab  ) 6 2 2 6 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MƠN TỐN_KHỐI 12 (lần 1) Năm học: 2015 -2016 Thời gian: 180 phút Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x2  4 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số  f  x  x  2   x... của biểu thức A  x3  y3  3  xy  1 x  y  2 -Hết Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh Câu 1 ĐÁP ÁN TỐN 12, lần 1, 2015 -2016 Nội dung  Tập xác đinh: D  ¡  Sự biến thi n: - Chi u biến thi n: y '  3x2  6 x ; y '  0  x  0; x  2 Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến ... SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN : TỐN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu (1,0 điểm)... 2015 Người đề làm đáp án: Bùi Trí Tuấn SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 -2016 Mơn: TỐN; Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 7/11/2015... AN TRƯỜNG THPT BẮC N THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Khảo sát biến thi n vẽ đồ