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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(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), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x  Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  cos 2 x  cos 3x  b)Cho số phức z thỏa mãn z    3i  z   9i Tìm mơđun số phức z Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x   Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ trường phổ thơng có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 Gọi M, N trung điểm cạnh bên SA SB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN) Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) đường thẳng d:  x  2  t   y   2t Viết phương trình mặt phẳng qua A chứa đường thẳng d Viết phương trình z  1  2t  mặt cầu tâm A tiếp xúc với d Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:        32 x  y   1   y 3 3  x x  5  y  1   x 2 y 3 2  x   y  1 Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: ab  bc  ca  Tìm GTNN biểu thức: P a 16  b  c   a  bc   b 16  a  c   b  ac   a2 1  c      a ab  Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015 Câu 1a (1,0đ) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án -Tập xác định: D = R -Sự biến thiên: Chiều biến thiên y '  3 x  x; y '   x   x  Các khoảng nghịch biến: (-;0) (2;+); khoảng đồng biến: (0;2) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = 0; đạt cực đại x = 2, yCĐ = Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x   Điểm 0,25 0,25 x   Bảng biến thiên: x y' y - 0 – + + + 0,25 – - Đồ thị: y x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0,25 -2 -4 -6 -8 1b (1,0đ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên có hệ số góc 2 Gọi M(x0;y0) tiếp điểm, ta có  x  x0   x  x0    x0  Suy M(1;2) Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 2a (0,5đ) 1  (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x)  2 2  (cos6 x  cos2 x)  cos4 x   cos x.cos2 x  cos4 x  cos x  cos 2 x  cos x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  cos4 x(2 cos x  1)   k  cos4 x  x     cos2 x    x     k   2b (0,5đ) Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi z    3i  z   9i 0,25 0,25  a  bi    3i  a  bi    9i   a  3b   3a  3b    9i  a  3b  a   Vậy môđun số phức z : z  22  (1)   3a  3b  b  1 (0,5đ) 32 ( x 1)  82.3 x    9.32 x  82.3 x     x   3  x  32  2  x  Vậy bất phương trình có nghiệm   x  0,25 0,25 0,25 (0.5đ) n()  C12  495 Gọi A biến cố : “ học sinh chọn không lớp trên”  A : “ học sinh chọn học sinh lớp trên” Ta có trường hợp sau: + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C52 C14 C31  120 cách + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C42 C31  90 cách 0,25 0,25 + học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C có C51.C14 C32  60 cách  n( A)  270 n( A)  n() 11  P ( A)  Vậy xác suất biến cố A là: P ( A)   P ( A)  (1,0đ)   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 11 1 x3 I1   x dx   0,25 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 Đặt u = x  du = dx; dv  e x dx choïn v  0,25 2x e  xe x dx   Vậy I  (1,0đ) x 2x 1 2x e2 e2  e |0  e dx   e x |10  20 4  3e  12 0,25 0,25 S Ta có SA  (ABCD)  AC hình chiếu SC H M  (ABCD)  SCA  600 N AC  AD  CD  a ; SA  AC tan 600  a 15 A B 0,25 D C 1 15a3 VS ABCD  S ABCD SA  AB.AD.SA  3 Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH  0,25 0,25 SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN)) SH SM SA.DA SA.DA 2a 15 SHM ~ DAM    SH    2 DA DM DM AD  AM 31 (1,0đ) 0,25 Đường thẳng d qua M(-2;1;-1) có vectơ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)   mp(P) qua A chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến 0,25 (P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0,25 0,25 Gọi H hình chiếu A d  H(-2 + t; + 2t; -1 – 2t),  32 10 26  AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH a   t   AH    ; ;  9   Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH = (1,0đ) 10 200 Vậy (S): x  2  y  32  z  52  Gọi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, AF  EF Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0 Tọa độ điểm F nghiệm hệ G A B H D E C 0,25 32 AF  ; 0,25 nội F 17   x  3 x  y  10  17    F  ;   AF    5 x  3y  y   AFE  DCB  EF  0,25 0,25 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t  hay E  3; 1  E  ;   5 Theo giả thiết ta E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên  x  12   y  12   x  3   y  12  AD  DE    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  x  x     hay D(1;-1)  D(3;1)  y  1  y   x  1 x  3  Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1) 0,25 Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1) (0,5đ) x  y  ĐK:  0.25 Ta có phương trình thứ    x x  y  1  hệ:  x  a Đặt:     y  1 x  y 3   x   y  1  * 0,25 Phương trình thứ hệ trở thành:  y    b a  2a  b   b  a  2b    a  b  BCS VT*  Ta có:  a  b    a  b   VP*  a  b  2a  b  2b  a   Dấu “=” xảy khi: a  b  Thế vào phương trình đẩu hệ ta có: 32 x  *  y    x 0,25 y  1  x  y   0.25 52 x 32   x  y 3 y 3 3  5 ** Mặt khác theo AM-GM ta có:   x  y 3   x y 3 3 y 3 3   2 32   x  y 3 y 3 3  32  AM  GM  x  y 3 y 3 3     VT**  VP** Và dẩu “=” xảy khi:  y 3 3 x  y 3   2  0.25 32   x  y 3 y 3 3    x    y 3     x    y  13   13   4  Vậy nghiệm hệ  x; y    ; 10 (1,0đ) Ta có: 0,25 a  bc a  bc 1   ab  ac ab  ac  2a  b  c  ab  ac  a  bc  a  b  a  c  a 2a   b  c   a  bc   a  b  a  c  Tương tự ta có: 1 b 2b   a  c   b  ac   c  b  a  b   2 0,25 Từ (1) (2) ta có: 0,25 P  a2 1  c  1 2a 2b         a  b  a  c   c  b  a  b    a ab   a  1  b  c  4ab  2ac  2bc    a  b  b  c  c  a  4ab Mặt khác ta có a,b,c số khơng âm ab  bc  ca  Nên ta có: a  1  b  c  4ab Từ ta có:  a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a  4ab 4ab  2c  a  b   a  b  b  c  c  a  AMGM 1 4ab  2ac  2bc P   a  b  b  c  c  a  4ab  2c  a  b  0,25   a  bc  ab  ac   a  b   b  ac Dấu “=” xảy   1 c   ab  bc ab  bc  ca   c    Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Ngày thi: 1/12/2015, BTC trả cho thí sinh vào ngày 4/12/2015 *******HẾT******* SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA MƠN TỐN (Năm học 2015 – 2016) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: ( điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Câu 2: ( điểm) a) Giải phương trình: sin x  cos2x  2sin x  1 b) Tính tích phân: I =  x ( x  1)2 dx Câu 3: (1 điểm) a) Từ hộp đựng viên bi đỏ viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi Tính xác suất để hai viên bi chọn màu x 1 x 1 1 b) Giải phương trình:        3 9 Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + = Viết phương trình đường thẳng d qua A vng góc với (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho OM  Câu ( điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy hình vng, SA vng góc với đáy, SA = a Góc đường thẳng SD mặt phẳng (SAC) 300 Tính thể tích khối chóp SABCD khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M trung điểm CD) Câu ( điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm BC I(6; 1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – = Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE x - = điểm D có tung độ dương Câu ( điểm)  y  y   y   x  x  xy Giải hệ phương trình   x  y  3x  y   x  14 x   Câu (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 2a 2b c2  Chứng minh rằng:    a  b2  c2  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: Hướng dẫn giải thang điểm Câu 1a Hướng dẫn giải Điểm Hàm số y = x – 3x +1 TXĐ D = R Sự biến thiên: lim y  x  ; xlim y   ; y’=3x2-6x => y’ =  x  0; x   0,5 BBT x - + y' + - 0 + y + -5 -3 - -2 Hàm số đồng biến (-  ;0) (2; +  ); Hàm số nghịch biến (0;2) Hàm số đạt cực đại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu x = 2; y = -3 Đồ thị 1b 0.5 -4 -6 x   x  2m Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ =   0,5 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m (1  4m ) Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; m Diện tích tam giác OAB: S  d (O; AB ) AB   4m (1  m4 )   m  2(TM ) Với m 0 OAB 2a 2b  4m sin x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0 0.5  x  k  x  k  sinx=0       sinx+cosx=1  x  k 2 ; x    k 2  x   k 2 0,5 I=  0,5 x ( x  x  1) d x   (x  x3  x )dx x5 x4 x3  (   ) 3.a  0,5 30 Khơng gian mẫu có:   C92  36 0,25 Gọi A biến cố lấy hai viên bi màu:  A  C42  C52  16 Xác suất biến cố: PA=  A  16   36 3.b Đặt t= 0,25 0.25 t  ( ) x (t  0) Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 =   t   x ( ) 2 Ta có    ( 1) x   0,5 0,5  x  log1 / x   x  y 1 z 1 Phương trình đường thảng d qua A vng góc với (P):   2 x   t   y   2t  z  1  2t  t   OM  (2  t )  (1  2t )  (1  2t )   9t  12t     t    Vậy tọa độ M(1; -1;1) M( ; ;  ) 0,5 Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 3 0,5 DB  ( SAC )  hình chiếu vng góc DS lên (SAC) SO; Góc SD (SAC) CM: 0,25 DSO  30 Đặt DO =x Ta có SO= x (O giao AC với BD) Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a  S  AC.BD  x  a ABCD 2 1 Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S  a3 ABCD N Gọi trung điểm 0,25 S AB Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))= => DN// BM d(A;(SBM)) 0,25 Kẻ AI  BM ; AH  SM Từ CM AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2 Mà SABM = Khi AI.BM suy AI =2/ a H D A N M I 0,25 C B 1    AH  a  d ( D;( SBM ))  a 2 AH AI SA 3 Gọi K trung điểm AH Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K BCDE nội tiếp đường tròn tâm I Suy IK vng góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 Tọa độ K(1:1) => A(-1;2) Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD 0,25 A K 0,25 H    ( x  1)  x  hoac x  1(l )  D (2;3) PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: B 2x – y -11 = Tọa độ C(8;5)  B(4; 3) Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5) (1)DK x  0; y  1;  3x  y   Nhận thấy x= 0; y = không nghiệm hệ Ta có: (1)  D E C 0,5 I 0,5 y   x  ( y  1)  x  y ( y   x)  1  y   x)   y  x  1(do  y   x  0) y 1  x y 1  x  ( y   x)( Khi đó: (2)  x    x  x  14 x    ( x   4)  (1   x )  ( x  5)(3 x  1)  0,5   3x  1)   x   y  3x     x Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) Từ gt: ab  bc  ca  1;   a  a  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)  ( x  5)( Ta có: a b a b  ab  ab       2 a  b  (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c) (1  a )(1  b )  c  c2 Suy ra: VT   c2  c2 1 2c (  c  2)  f ( c )  f '( c )   f '(c)   c  c2  (1  c ) 0,5 0,25 Từ ta CM được: c   a  b   maxVT = max f ( c) = f ( 3)  a  b   c   a  3a   0,25 SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN : TỐN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  2 x  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số x2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x3  3x  đoạn  2;1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình  2sin x  1   sin x  2cos x   sin x  cos x Câu (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n 20   b) Tìm số hạng chứa x khai triển P  x    x   , x  x   Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , với A  2;5 , trọng tâm  5 G  ;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  2;  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC  3 Câu (1,0 điểm) sin   cos  a) Cho tan   2 Tính giá trị biểu thức: P   4cot  sin   cos  b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu Câu lạc Toán học 10 thành viên tiêu biểu Câu lạc Tiếng Anh Trong trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên thành viên tham gia trò chơi Tính xác suất cho thành viên chọn, Câu lạc có thành viên Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD, có đáy ABCD hình chữ nhật với AD  AB  2a Tam giác SAD tam giác vuông cân đỉnh S nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy  ABCD  Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA BD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  AB Điểm  31 17  H  ;  điểm đối xứng điểm B qua đường chéo AC Tìm tọa độ đỉnh hình chữ  5 nhật ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  C có tung độ âm 8 x3  y   y y   x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  y   x   x3  13  y    82 x  29     Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x  y  z   x  y  3 2  y  x  1 z  1 - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA LẦN MƠN TỐN (Năm học 2014 – 2015) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: ( điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị A, B cho diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) Câu 2: ( điểm) a) Giải phương trình: sin x  cos2x  2sin x  1 b) Tính tích phân: I =  x ( x  1)2 dx Câu 3: (1 điểm) a) Từ hộp đựng viên bi đỏ viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi Tính xác suất để hai viên bi chọn màu x 1 x 1 1 b) Giải phương trình:        3 9 Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + = Viết phương trình đường thẳng d qua A vng góc với (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d cho OM  Câu ( điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy hình vng, SA vng góc với đáy, SA = a Góc đường thẳng SD mặt phẳng (SAC) 300 Tính thể tích khối chóp SABCD khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M trung điểm CD) Câu ( điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm BC I(6; 1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – = Gọi D, E chân đường cao kẻ từ B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE x - = điểm D có tung độ dương Câu ( điểm)  y  y   y   x  x  xy Giải hệ phương trình   x  y  3x  y   x  14 x   Câu (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 2a 2b c2  Chứng minh rằng:    a  b2  c2  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: Hướng dẫn giải thang điểm Câu 1a Hướng dẫn giải Điểm Hàm số y = x – 3x +1 TXĐ D = R Sự biến thiên: lim y  x  ; xlim y   ; y’=3x2-6x => y’ =  x  0; x   0,5 BBT x - + y' + - 0 + y + -5 -3 - -2 Hàm số đồng biến (-  ;0) (2; +  ); Hàm số nghịch biến (0;2) Hàm số đạt cực đại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu x = 2; y = -3 Đồ thị 1b 0.5 -4 -6 x   x  2m Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ =   0,5 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m (1  4m ) Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; m Diện tích tam giác OAB: S  d (O; AB ) AB   4m (1  m4 )   m  2(TM ) Với m 0 OAB 2a 2b  4m sin x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0 0.5  x  k  x  k  sinx=0       sinx+cosx=1  x  k 2 ; x    k 2  x   k 2 0,5 I=  0,5 x ( x  x  1) d x   (x  x3  x )dx x5 x4 x3  (   ) 3.a  0,5 30 Khơng gian mẫu có:   C92  36 0,25 Gọi A biến cố lấy hai viên bi màu:  A  C42  C52  16 Xác suất biến cố: PA=  A  16   36 3.b Đặt t= 0,25 0.25 t  ( ) x (t  0) Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 =   t   x ( ) 2 Ta có    ( 1) x   0,5 0,5  x  log1 / x   x  y 1 z 1 Phương trình đường thảng d qua A vng góc với (P):   2 x   t   y   2t  z  1  2t  t   OM  (2  t )  (1  2t )  (1  2t )   9t  12t     t    Vậy tọa độ M(1; -1;1) M( ; ;  ) 0,5 Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 3 0,5 DB  ( SAC )  hình chiếu vng góc DS lên (SAC) SO; Góc SD (SAC) CM: 0,25 DSO  30 Đặt DO =x Ta có SO= x (O giao AC với BD) Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a  S  AC.BD  x  a ABCD 2 1 Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S  a3 ABCD N Gọi trung điểm 0,25 S AB Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))= => DN// BM d(A;(SBM)) 0,25 Kẻ AI  BM ; AH  SM Từ CM AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2 Mà SABM = Khi AI.BM suy AI =2/ a H D A N M I 0,25 C B 1    AH  a  d ( D;( SBM ))  a 2 AH AI SA 3 Gọi K trung điểm AH Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K BCDE nội tiếp đường tròn tâm I Suy IK vng góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 Tọa độ K(1:1) => A(-1;2) Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD 0,25 A K 0,25 H    ( x  1)  x  hoac x  1(l )  D (2;3) PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: B 2x – y -11 = Tọa độ C(8;5)  B(4; 3) Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5) (1)DK x  0; y  1;  3x  y   Nhận thấy x= 0; y = không nghiệm hệ Ta có: (1)  D E C 0,5 I 0,5 y   x  ( y  1)  x  y ( y   x)  1  y   x)   y  x  1(do  y   x  0) y 1  x y 1  x  ( y   x)( Khi đó: (2)  x    x  x  14 x    ( x   4)  (1   x )  ( x  5)(3 x  1)  0,5   3x  1)   x   y  3x     x Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) Từ gt: ab  bc  ca  1;   a  a  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)  ( x  5)( Ta có: a b a b  ab  ab       2 a  b  (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c) (1  a )(1  b )  c  c2 Suy ra: VT   c2  c2 1 2c (  c  2)  f ( c )  f '( c )   f '(c)   c  c2  (1  c ) 0,5 0,25 Từ ta CM được: c   a  b   maxVT = max f ( c) = f ( 3)  a  b   c   a  3a   0,25 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU LẦN - NĂM 2015 MƠN TỐN (Thời gian làm 180 phút không kể giao đề) Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x 1 (C ) x2 Kháo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (C) biết hệ số góc tiếp tuyến -5 Câu (0.5 điểm) Giải bất phương trình: log3(x – ) + log3(x – ) < Câu (1 điểm) Tính tích phân: I =  x x 1 dx Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A, D, SA vng góc với đáy SA = AD = a , AB = 2a Tính thể tích khối chóp S.ABC Tính khoảng cách AB SC Câu (1 điểm) Trong không gian O.xyz cho A(1;2;3), B(-3; -3;2 ) Viết phương trình mặt cầu đường kính AB Tìm điểm M nằm trục hồnh cho M cách hai điểm A, B Câu (1 điểm) Giải phương trình: 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx – Câu (0.5 điểm ) Gọi T tập hợp số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, Chọn ngẫu nhiên số từ tập T Tính xác suất để số chọn lớn 2015 Câu (1điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông A B, C hai điểm đối xứng qua gốc tọa độ Đường phân giác góc B tam giác có phương trình x + 2y - 5= Tìm tọa độ đỉnh tam giác biết đường thẳng AC qua K(6;2) 9 x  xy  x  y  y  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình   x  y     x  y   x  y Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c thuôc đoạn [1;2] Tìm giá trị nhỏ biểu thức a  b P= c   ab  bc  ca  - Hết Họ tên thí sinh ……………………………… Số báo danh…………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN CÂU NỘI DUNG Câu y= ĐIỂM x 1 (C ) x2 TXĐ: D = R \ 2 y’ = 5  x  2 < với x thuộc D Hàm số nghịch biến khoảng (-  ;2 ) (2 ; +  ), hàm số 0.25 cực trị lim y    , lim y    nên đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị x  2 x2 lim y  lim y  nên đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị x  0.25 x  Bảng biến thiên - x + y’ - + 0.25 2 - Đồ thị cắt trục tung (0 ; 1 1 ) , cắt trục hoành ( ; 0) điểm I(2;2) tâm 2 đối xứng đồ thị y 0.25 O 2 x Gọi M(x0;y0) tiếp điểm , k hệ số góc tiếp tuyến Phương trình tiếp tuyến M có dạng: y = k(x- x0) + y0 Câu , y’ 5  x  2 0.25 Hệ số góc k = -5  y’(x0) = -5  (x0 – 2)2 =  x0 = x0 = 0.25 Với x0 = M(3;7) phương trình tiếp tuyến y = -5x + 22 0.25 Với x0 = M(1;-3) phương trình tiếp tuyến y = -5x + 0.25 Giải bất phương trình: log3(x – ) + log3(x – ) < (*) ĐK: x > (*)  log3(x – )(x - 5) <  (x – )( x - 5) < 0.25  x2 – 8x +12 <  < x < Kết hợp ĐK < x < nghiệm bất phương trình Câu 0.25 Tính tích phân: I =  x x 1 dx x 1 = t Đặt x = t2 + , dx = 2tdt Đổi cận : x = t = ; x = t = 1 0 I =   t  1 t dt =   t  t  dt =2( t5 t3  ) = 0.25 0.25 0.5 16 15 Câu Tính thể tích khối chóp S.ABC SA vng góc với mp đáy nên SA đường cao khối chóp, SA = a Trong mặt phẳng đáy từ C kẻ CE // DA, E thuộc AB suy CE vuông góc với AB CE = DA = a đường cao tam giác CAB Diện tích tam giác S = CE.AB = a2 0.25 Thể tích khối chóp S.ABC V = 0.25 a Tính khoảng cách AB SC Ta có AB//DC nên d(AB, SC) = d(AB, SDC) Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ AH vng góc với SD (1), H thuộc SD Ta có DC vng góc với AD, DC vng góc SA nên DC vng góc với mp(SAD) suy DC vng góc AH (2) 0.25 Từ (1) (2) suy AH vng góc với (SDC) AH = d(AB, SDC) = d(AB, SC ) Trong tam giác vng SAD ta có Câu a 1     AH = 2 AH AD SA a 2 Gọi I trung điểm AB I(-1;  ; ) tâm mặt cầu Bán kính mặt cầu 0.25 0.25 R = IA = 21/2 Phương trình mặt cầu (x+1)2 +(y + )2 +(z  )2 = 21/2   M nằm trục hoành nên M(x;0;0) MA (1-x ;2;3) , MB (-3-x;-3;2) 0.25 0.25 M cách A , B tức MA2 = MB2 Hay (1-x)2+13 = (-3-x)2+13  x = Vậy M(1;0;0) thỏa mãn yêu cầu toán Câu 0.25 Giải phương trình : 2sin2x - cos2x = 7sinx + 2cosx –  4sinxcosx – 2cosx +2sin2x - 1– 7sinx + = 0.25  2cosx(2sinx -1) + 2sin2x -7sinx +3 =  2cosx(2sinx -1) + (sinx -3)(2sinx – 1) = 0.25  (2sinx -1) (sinx + 2cosx – 3) =0  sinx = Hoặc sinx + 2cosx – =0 Ta có: sinx + 2cosx – =0 vơ nghiệm 12 +22 < 32 Phương trình tương đương sinx = Câu  5  x=  k 2 x=  k 2 6 0.25 0.25 Số phần tử tập hợp T A74 = 840 Gọi abcd số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1,2,3,4,5,6,7 lớn 2015 Vì chữ số cho khơng chứa chữ số nên để có số cần tìm a  0.25 Vậy có cách chọn a Sau chọn a chọn b,c,d có A63 cách chọn Xác suất cần tìm P = Câu 6A63 = A7 Điểm B nằm đường thẳng x + 2y – = nên B(5 – 2b ; b) 0.25 B ; C đối xứng qua O nên C(2b – ; - b ) O thuộc BC 0.25 Gọi I điểm đối xứng O qua phân giác góc B suy I(2;4)   BI (2b – ; – b ) , CK (11 – 2b ; + b)   Tam giác ABC vuông A nên BI CK =  - 5b2 + 30b – 25 = 0.25  b= b= Với b= B(3;1) , C(-3;-1) suy A(3;1) nên loại Với b= B(- 5, ), C(5 ; -5) suy A( Câu 0.25 0.25 31 17 ; ) 5 9 x  xy  x  y  y  (1) Giải hệ phương trình   x  y     x  y   x  y (2) Đk : x  y  Nếu x = y (2) vô nghiệm nên x > y (2)   x y2 - x  y + – [3(x- y )]2 = 0.25  6x  y  1  x  y 1  x  y   x  y   7x  y    1  x  y    1  x  y     x  y   x  y     1  x  y   > suy 1–3x + 3y =0  x  y   x  y  x > y  nên  Thay y = x – vào phương trình (1) ta 9x2 + 9x(x - 1 ) + 5x – 4(x - ) + x  = 3  18x2 – 8x + 6x  2x(9x – ) + 0.25 + x - = 3 (9x – ) +3( 0.25 9x  - ) =   =  x = x >  (9x – )  x     9 x     Với x = Câu 10 0.25 4 y = Vậy hệ có nghiệm (x;y) = ( ; ) 9 9 a  b Cho a, b, c thc đoạn [1;2] Tìm GTNN P = c   ab  bc  ca  a  b P= = c   ab  bc  ca  a  b c   a  b  c  4ab 2  a  b Ta có 4ab  (a + b) nên P  2 c   a  b  c   a  b 2 Đặt t = a b    c c = a b  a b 1        c c  c c 0.25 a b  a, b , c thuộc [1;2] nên t thuộc [1;4] c c Ta có f(t) = t2 4t  2t , f’(t) = > với t thuộc [1;4] 2  4t  t  t  t   0.25 t = 0.25 Hàm số f(t) đồng biến [1;4] nên f(t) đạt GTNN Dấu xảy a = b ; ab = 1, a,b,c thuộc [1;2]  a =b = c =2 c 0.25 Vậy MinP = a =b = c = (MỌI CÁCH GIẢI ĐÚNG ĐỀU CHO ĐIỂM THEO THANG ĐIỂM TƯƠNG ỨNG) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y x2 đoạn  2;  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm mơđun số phức z biết z  z   7i b) Giải phương trình: x  3.3x     Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   Viết 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vng góc với mặt phẳng (Oxy) viết phương trình đường thẳng  ' hình chiếu vng góc  lên mặt phẳng (Oxy) Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: cos x.cos x  sin x  cos x b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy khơng có đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ;  có đường trịn 3  ngoại tiếp  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 điểm đối xứng I qua đường thẳng AB, AC Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 Viết phương trình đường trịn  C  2 y   y   x3   x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y   y  12    x  y  x   x  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm GTNN biểu thức: P 25a 2a  7b  16ab  25b 2b  7c  16bc  c2 3  a  a Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (Đáp án bao gồm trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D = R +Giới hạn: lim y   , lim y   x 0,25 x x  x  + Ta có y  3x  x; y    BBT: x  y + y 0 -  + 0,25   +Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;  +Hàm số nghịch biến khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu xct = 2, yct = y(2) = -3 + Đồ thị 0,25 0,25 -10 -5 10 -2 -4 -6 + Ta thấy hàm số cho xác định liên tục  2;  y' x2  2x x   y'   x  0,25  x  1 +Trên  2;  y' = có nghiệm x = 0,25 +Ta có y    4; y    16 0,25 +Max y = 16 x = 0,25 +Min y = x = 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R (1  i) z  (2  i ) z   2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )   2i 3a  2b  a   3a  2b  bi   2i     b  b  2 +Vậy z   2i 3b +Đặt: 3x  t , 0,25 t  t  +Với t=1: 3x   x  +Với t=2: 3x   x  log 2 0,25 t0 có: t  3t     0,25   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 0,25 I1   x dx  x3  0 0,5 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 0,5  +Đường thẳng  có vectơ phương u  1; 2; 1 , qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 0,25 +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  hay 2x – y – = 0.25    +Suy (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1;  qua M (Oxy) có phương trình z =  ' giao tuyến (P) (Oxy) 2x  y   z  +Xét hệ  x  t  +Đặt x = t hệ trở thành  y  3  2t z   0,25 0.25 x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t z   6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin x + sinx =  sinx = v sin x    6b 0,25  7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 6 Số cách lấy viên bi C144  1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách 0,25 0,25 1001  385 616   Xác suất lấy viên bi không đủ màu P  1001 1001 13 +Ta có: AN  AB  BN  2a S Diện tích tam giác ABC là: S ABC  0,25 BC AN  4a M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3 C A H 32a 3  (đvtt) N 0,25 B +Ta có: VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC 0,25 8a 3 VB AMN  VS ABC  2 +Mặt khác, SB  SC  5a  MN  SC  5a ; AM  SB  5a +Gọi H trung điểm AN MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 +Diện tích tam giác AMN S AMN 1  AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 0,25 d ( B, ( AMN ))  3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 0,25 +Gọi H,E trung điểm MN,BC suy H  2;1 Từ GT suy IAMB, IANC hình thoi Suy AMN,IBV tam giác cân + Suy AH  MN , IE  BC , AHEI hình bình hành + Suy G trọng tâm HEI  HG cắt IE F trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y    8   H  2;1 , G  ;0     F  3;   + Từ    2     HF  HG  0,25 + Từ EF  BC   EF  : x   E  3; 1 0,25 + Vì F trung điểm IE nên I  3;0   R  + Từ ta có:  C  :  x  3  y  phương trình đường trịn cần tìm  y  2 0,25 + Đk:  x  y + Từ pt thứ ta có:  y   y  12    x  y   x2   y   y   y  12     x2   y       x  y  x   x  y    y   y  12   2 2y   y    x x2   x2  y  y   y    y  2 2 x   x  y   y2 0 x    x  y   0 0.25 + Thay vào pt ta được: y   y   x3   x  0,25  y2  y2  x 4  x  y2  3 4  y2  x 4  x + Xét hàm số: ft   t  t  t  R Ta có: 3t  0,   t  R   f y   f  x     t 4  y    x    + Vậy ta có:  TM   y   x  y  2 f t  '    Kl: Nghiệm hệ là:  x; y    4; 2 10 y2  x 3 0,25  + Ta có:  a  b    2ab  a  b Nên ta có: 2a  7b  16ab  2a  7b  2ab  14ab  3a  8b  14ab    a  4b  3a  2b  4a  6b  2a  3b + Vậy ta có: 0,5 25a 2 2  2a  7b  16ab 25b + Tương tự ta có: 25a 1 2a  3b 2b  7c  16bc + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  25b 2b  3c  2 3c 25c  2  2c  c     a  a c  3a  2c  3 + Từ (1),(2),(3) ta có:  a2  a  b  c   c  2c  b2 c2  P  25      c  2c  25 5a  b  c  2a  3b 2b  3c 2c  3a    a  b  c   c  2c 0.25 + Mà a  b  c  theo giả thiết nên ta có: P  c  2c  15   c  1  14  14 Vậy GTNN P  14 Dấu "  " xảy a  b  c  0.25  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm ... DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015 Câu 1a (1,0đ) ĐÁP... SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN : TỐN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu (1,0 điểm)... SBD: (Cán coi thi khơng giải thích thêm) 1/1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Bản hướng dẫn chấm có trang NỘI DUNG