BỘ 40 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016

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 (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 mơđun 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 vng góc với đáy, tam giác SCD vng 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 vng 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 hồnh độ lớn Câu (1,0 điểm) Trong khơng 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 vng 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 khơng 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 khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn: TỐN 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 khơng 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 mơđun 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 sơ 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 vng C  ABCD hình thang đáy AD, BC. ACD vng 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 vng 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 vng 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  (khơng 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 tốn 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  Cơng 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 khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề 1 x   m  1 x  mx  (1), m tham số 3 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại yCĐ thỏa mãn yCĐ  Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos3x  cos x  3cos2 x sin x b) Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn z  z   2i Câu (0,5 điểm) Giải phương trình log x  log  x  1  log  x  3   Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x  x   x  x  x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  1 dx x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA  2a, AB  a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng AM , SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có  ACD   với    cos  , điểm H thỏa mãn điều kiện HB  2 HC, K giao điểm hai đường thẳng AH 1 4 BD Cho biết H  ;   , K 1;  điểm B có hồnh độ dương Tìm tọa độ điểm A, B, C , D 3 3 Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x  y  z   đường x  y 1 z thẳng d :   Tìm tọa độ giao điểm (P) d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d cho 2 1 khoảng cách từ A đến (P) Câu (0,5 điểm) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm đội bóng tham dự, có đội nước ngồi đội Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C; bảng có đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác Câu 10 (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số thực khơng âm thỏa mãn 2   x  y    y  z    z  x     Tìm giá trị lớn biểu thức P  x  y  z  ln x  y  z  ( x  y  z )4 Hết -Ghi chú: BTC trả vào ngày 28, 29/3/2015 Để nhận thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC Thi thử THPT Quốc gia lần tổ chức vào chiều ngày 18 ngày 19/4/2015 Đăng ký dự thi Văn phòng Trường THPT Chun từ ngày 28/3/2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Khi m  hàm số trở thành y  x  x  2x  3 Tập xác định: D   Sự biến thiên: *) Chiều biến thiên: Ta có y   x  x  2, x    x  1  x  1 y    ; y    ; y    1  x  x  x  Suy hàm số đồng biến khoảng (;  1) (2;  ); hàm số nghịch biến khoảng (1; 2) *) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1, yCĐ  y (1)  ; hàm số đạt cực tiểu x  2, yCT  y (2)  3 *) Giới hạn vơ cực:   1 1 lim y  lim x       ; lim y  lim x        x  x  x  x  3x  3x   2x x  2x x *) Bảng biến thiên: x   1 y y' + –  y + 3 1 O  0,5 x 0,5 Đồ thị: 3 b) (1,0 điểm)  x  1 Ta có y  x   m  1 x  m, x  ; y     x  m Hàm số có cực đại m  1 Xét hai trường hợp (TH) sau: TH1 m  1 Hàm số đạt cực đại x  m, với yCĐ  y (m )   Ta có yCĐ  m3 m    m  3(tm) m3 m 1       m  3 3  m  (ktm) TH2 m  1 Hàm số đạt cực đại x  1, với yCĐ  y (1)  Ta có yCĐ  0,5 m 1     m   (tm) 2 3 Vậy giá trị cần tìm m m  3, m   m  2 0,5 a) (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Câu (0,5 điểm) Phương trình cho tương đương với  k  x   cos2 x  2cos2 x cos x  3cos2 x sin x    k    x    k cosx  sin x  b) (0,5 điểm) Đặt z  a  bi, ( a, b  ) Từ giả thiết ta có 0,5 3a  a  a  bi   a  bi    2i  3a  bi   2i     b  2  b  2 Vậy số phức z có phần thực 1, phần ảo 2 *) Điều kiện: x  Khi phươngtrình cho tương đương với log x  log  x  1  log  x  3  log2 x  x  log2  x  3  0,5  0,5  x 2   x  x  x   x  5x     x   Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm phương trình cho x  Câu (1,0 điểm)  x  1  *) Điều kiện: x  x  x     1   x  Bất phương trình cho tương đương với  x  x    x  x  x  x   (1) Xét hai trường hợp sau đây: TH1 Với 1   x  Khi x  x   x  Hơn hai biểu thức 0,5 x  x  3x khơng đồng thời Vì x  x    3x   x  x  x   Suy 1   x  thỏa mãn bất phương trình cho TH2 Với x  1  Khi x  x   Đặt x  x   a  0, x  b  Bất phương trình trở thành a  3b  4ab   a  b   a  3b    b  a  3b  x  x   1  17  65  x  x  2x   x    x , thỏa mãn 2  x  x   Vậy bất phương trình cho có nghiệm 1   x  ; Đặt Câu (1,0 điểm) 0,5 1  17  65 x 2 x   t Ta có x   t  2; x   t  3; x  t  dx  2tdt 3 0,5 t 1 t Khi I   2tdt   dt t 1 t 1 2     1  dt   t  ln t   t 1  2  1  ln  2 0,5 *) Từ giả thiết suy ABC SA  SB  SC Hạ SO  (ABC )  O tâm tam giác ABC a2 Ta có AB  a  S ABC  a a AM   AO  AM  3 a 33  SO  SA2  AO  a 11 Suy VS ABC  SO.S ABC  12 S Câu (1,0 điểm) H A C O M x K B *) Kẻ Bx // AM  mp ( S , Bx) // AM  d ( AM , SB )  d  AM , (S , Bx)   d  O , (S , Bx)  Hạ OK  Bx, OH  SK Vì Bx  (SOK ) nên Bx  OH  OH  ( S , Bx) a Ta có OMBK hình chữ nhật nên OK  MB  1 47 a 517 Vì SOK vng O nên     OH  2 2 OH OK OS 11a 47 a 517 Từ (1), (2) (3) suy d ( AM , SB )  OH  47 D Câu (1,0 điểm)  C Từ giả thiết suy H thuộc cạnh BC BH  Vì BH // AD nên H K A B 0,5 (3) BC KH BH 2    HK  KA Suy KA AD 3 0,5 a Trong tam giác vng ABH ta có AB  BH  AH  Suy AB  5, HB  (1) (2)   5 10 HA  HK   x A  ; y A     ;    ;  3 3 3 3    A(2; 2) Vì ACD vng D cos  ACD  cos   nên AD  2CD, AC  5CD Đặt CD  a (a  0)  AD  2a  AB  a, BH  0,5 25 125 a   a  9 (*) 0,5 ( x  2)  ( y  2)   x  3, y   2  Giả sử B( x; y ) với x  0, từ (*) ta có   1   80  x   , y  ( ktm)  x     y     5 3  3      Suy B(3; 0) Từ BC  BH  C  1;   Từ AD  BC  D  2;  *) Giả sử M  d  ( P) Vì M  d nên M (t  2;  2t  1;  t ) Câu (1,0 điểm) Mặt khác M  ( P) nên suy (t  2)  (2t  1)  (t )    t  1 Suy M (1; 1; 1) 0,5 *) Ta có A  d nên A(a  2;  a  1;  a) Khi d  A, ( P)    (a  2)  (2a  1)  (a )  12  12  12 Suy A(4;  5;  2) A( 2; 7; 4) Câu (0,5 điểm) a    a 1     a  4 +) Tổng số kết đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào bảng A, B, C C93  C63  C33 +) Số kết bốc thăm ngẫu nhiên có đội bóng Việt Nam nằm ba bảng khác 3! C62  C42  C22 Suy xác suất cần tính P  0,5 0,5 2 3! C  C  C   0,32 3 C9  C6  C3 28 Từ giả thiết suy  x, y , z  x  y  z  Câu 10 (1,0 điểm) Xét hàm số g (t )  4t  3t  1, t   0; 1 Ta có g '(t )  4t ln  Suy g (t )   t  log  t0 ; g (t )   t  t0 g (t )   t  t0 ln  4, nên  t0  ln t Suy bảng biến thiên g '(t ) Vì  t0 – + 0 0,5 g (t ) Suy g (t )  với t   0; 1 , hay 4t  3t  với t   0; 1 Mặt khác,  x, y, z  nên x  y  z  x  y  z  Từ ta có P   3( x  y  z )  ln x  y  z  ( x  y  z ) 4   3( x  y  z )  ( x  y  z ) Đặt x  y  z  u , u  P   3u  u Xét hàm số f (u )   3u  u với u  Ta có f (u )   3u f (u )   u  Suy bảng biến thiên u   f '(u ) + f (u )  – 21 21 21 với u  Suy P  , dấu đẳng thức 4 xảy x  1, y  z  hốn vị 21 Vậy giá trị lớn P Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u )  0,5 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 cho điểm tối đa phần  Điểm tồn khơng làm tròn CÂU ĐÁP ÁN TXĐ: D   Sự biến thiên: y  3x2  6x  3x  x  2 ĐIỂM 0.25 x  y      x  Hàm số đồng biến khoảng  ; 0  2;   Hàm số nghịch biến khoảng  0;2 Hàm số đạt cực tiểu x =  yCT  4 , cực đại x =  yCĐ  0.25 Giới hạn lim y  , lim y   x Bảng biến thiên x x -∞ y’ 0 + ’ 1a) (1,0 đ) +∞ - + +∞ 0.25 y -4 -∞ Đồ thị y f(x)=x^3-3*x^2 0.25 x -4 -2 -2 -4 -6  Đường thẳng qua CĐ, CT 1 : 2x  y   VTPT n1  2;1  Đường thẳng cho  : x  my   có VTPT n2 1; m 1b) (1,0 đ)   u cầu tốn  cos ; 1   cos n1; n2        25 m2  4m   5.16 m2   11m2  20m    m m   0.25 0.25 0.25 (1,0 đ) m     m     11 2x  2x    ( lim    ) nên x  2015 Vì lim  x2015 x  2015 x2015 x  2015 tiệm cận đứng đồ thị hàm số 2x   nên y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số Vì lim x x  2015   Xét số hạng thứ k + khai triển Tk 1  C x k (1,0 đ) k  5   x  0.5 0.5 9 k 0.25  Tk1  C9k 59k.x7k18 Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18   k  Vậy hệ số số hạng chứa x3 khai triển C93.56  1.312.500 0.25 0.25 0.25 PT  sin2 x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0.25       sin x  cos x sin x  2cos x  (1,0 đ) 0.25 sin x  cos x  1   sin x  2cos x      0.25 1  tan x  1  x   4  k  k     2  tan x   x  arctan2  k  k   0.25 0.25 S 0.25 B C K H M (1,0 đ) A Từ giả thiết ta có AB = a, SA  D a a , SB  nên ASB vng S 2 AB  SAH Gọi M trung điểm AH SM  AB Do  SAB   ABCD   SM   ABCD   SH  0.25 1 Vậy VKSDC  VS.KCD  SM SKCD  SM SBAD 3 a a.a a3   (đvtt) 2.2 32 0.25 Gọi Q điểm thuộc AD cho AD = AQ  HQ  KD nên  SH , DK    SH , QH   Gọi I trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ   Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH ,QH   SHI 0.25 Trong tam giác vng SHI có: 6a (1,0 đ) 1 a HQ DK HI  4  cosSHI     a a a SH 2  IH   1; 1 0.25 0.5 Nên đường thẳng IH có phương trình x  y   A 0.5 B I H D C M   Từ giả thiết ta suy H trọng tâm BCD  IA  3HI  A(2;5) 6b (1,0 đ) 2 BC BC BM  BC2  MC  , HC  AC  3 3 2  HB  HC  BC nên BM  AC   BM qua H( -2; ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình Ta có HB  x  y    tọa độ B có dạng B( t; - t - ) 0.25 0.25 0.25 Lại có IA  IB nên 18   t  1   t  3  t  4t   t  2   Do   t  2  2      B 2  2;1  2    B 2  2;1  2  0.25 ĐK:   x  Phương trình 2  (1,0 đ)  2x    2x   2   2x  12   2x  12   (*) 2x    2x     2    0.25 Xét hàm số f  t   t  t  0;   có f   t   2t   t  0;   nên hàm số f(t) đồng biến  0;      2x  12     Do pt (*) trở thành  f 2x    2x  f       f đồ ng biế n   0.25  2x    8  2x  1  2x    8  2x    2x  4 2x  1 2x    2x   2x  1  3  2x  ( **)   2x   a  Đặt  phương trình (**) trở thành  x  b    8 a  b  a2  b2  4a2b2 (1) 8 a  b  a2  b2         a2  b2  a2  b2  2      0.25 Từ (1)  8 a  b  16  4a2b2   a  b   a2b2    a2  b2  2ab  16  8a2b2  a4b4 (***) Đặt ab = t   t  2 pt (***) trở thành   16  8t  16  8t  t  t  t  2 t  2t   t     x   t  2  loại     2x    2x      Vậy t =    t   loạ i     x   2x   2x     t    loại  0.25 Chú ý: HS giải theo cách khác sau Đặt a  x    x Phương trình cho trở thành a  a  2  a  2a  4 a  8a  8a  8  Có x  y  z   z    x  y  P  x3  y3   x  y   3xyz Từ x2  y2  z2    x  y   2xy  z2   2z2  2xy   xy  z2   0.25  Vậy P  3z z2  4 x  y   z2  z2    z  2 3  4 Đặt P  f  z  3z3  3z với z   ; K 3    z    K   Có f   z  9z  , f   z     z   K    Do  x2  y2  z2  (1,0 đ)  4  Ta có: f    ,f   3    Do max P  z    4   2 , f   ,f       3  3 3 ;x  y  0.25 0.25 0.25 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) 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 ngun 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 Tốn 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 vng 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 BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUN (Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang) Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MƠN TỐN 12 Nội dung – đáp án Điểm \ 2 Tập xác định D  Ta có lim y  2; lim y  2 x  x  0,25 lim y  ; lim y   x 2 x 2 Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2 y'    0x  2  Hàm số đồng biến khoảng  ; 2  ,  2;    x  2 khơng có cực trị Bảng biến thiên 2 x   y'   y 2  2  Đồ thị Hàm số y  f  x   x3  3x  xác định liên tục đoạn  2;1 y '  3x  x  x    2;1 y'     x    2;1 f  2  16; f    4; f 1    2sin x  1   0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy Giá trị lớn x  , giá trị nhỏ 16 x  2 PT   2sin x  1 0,25  0,25 0,25 sin x  2cos x   cos x  2sin x  1  0,25 sin x  cos x    2sin x     sin x  cos x   0,25   x    k 2  +) 2sin x    sin x      x    k 2  0,25  x  k 2   +) sin x  cos x    cos  x       x  2  k 2 3   Điều kiện: n  , n  n! An2  3Cn2  15  5n  n  n  1   15  5n 2! n  !   a) n   n2  11n  30    n  b) 1/4 20  k 0,25 0,25 k k 20  k 20 3k   k     C20  1 x  x  15 Ta phải có 20  3k   k   Số hạng chứa x C20 x Khai triển P  x  có số hạng tổng qt C20k  x  0,25 0,25 0,25  10 10  Gọi M trung điểm BC Ta có AG   ;   3  10 4     xM    xM     AG  2GM     M  3;0   10   y    yM   M   3  0,25 0,25 IM  1; 2  véc tơ pháp tuyến BC 0,25 Phương trình BC :  x  3  y   x  y   0,25 a) b) tan    tan   tan  2  P   2  Số phần tử khơng gian mẫu n     C20 P 0,25 0,25 Gọi A biến cố “Chọn thành viên, cho câu lạc có thành viên” Số kết thuận lợi cho A C105  C105  504 504 625 Xác suất biến cố A P  A    C20 646 Gọi I trung điểm AD Tam giác SAD S tam giác vng cân đỉnh S  SI  AD Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  0,25 0,25 S ABCD  AB.BC  a.2a  2a K AD a 1 2a  VS ABCD  SI S ABCD  a.2a  3 Dựng đường thẳng  d  qua A song song với SI  H D A I O 0,25 C B BD Gọi H hình chiếu vng góc I  d  BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH   0,25 0,25  d  D,  SAH    2d  I ,  SAH   Gọi K hình chiếu vng góc I SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH Ta có IH  a a a  IK   d  SA, BD   H D A tan ACB  N  cos ACD   cos ACH sin ACH  sin ACD  B 0,25 C 2/4 5  cos ACD  5 5 0,25    sin HCD  sin ACD  ACH  Ta có d  H , CD   18 18  HC   5 65   31 Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  5  0,25 c  2  31   67  Ta có:   c     c   72    C  5; 5  c  73 5     Phương trình BC :  x  5   y  5   x  y  Gọi B  b; b  , ta có BC  CH   BC  72   b  5   b  5  72 2 0,25 b  11 loai    B  1;1 b  1 Tìm A  2;4  , D 8; 2  0,25  2 x   x   Điều kiện:   y    y  Phương trình 8x3  y   y y   x   x    x     y2  y2 0,25 Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t , f '  t   3t   0t Hàm số f  t  liên tục đồng biến R Suy ra: x  y  Thế x  y  vào phương trình thứ hai ta được:  x 1   x  1   x  1  x   8x3  52 x  82 x  29 x    x  1  x  24 x  29   x   x  24 x  29    x  1   x   x  24 x  29  0,25  2x 1   x   y      x   x  24 x  29  Giải phương trình: x   x2  24 x  29  Đặt t  x  1, t   x  t  Ta phương trình: t   t  1  12  t  1  29   t  14t  t  42  t   t  3  loai     t   t  3  t  t     t   29  loai     29 t   3/4 0,25  y  11  29 13  29 103  13 29 Với t  x y Với t   x  0,25      13  29 103  13 29  Vậy hệ phương trình cho có cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ;  ;        Đặt a  x  2, b  y  1, c  z Ta có a, b, c  P  1 a  b  c   a  1 b  1 c  1 2  a  b a  b2  c     c  1  0,25 2 Ta có   a  b  c  1 2 Dấu "=" xảy a  b  c  Mặt khác  a  1 b  1 c  1  a  b  c  3  27 27 Khi : P  Dấu "  "  a  b  c   a  b  c   a  b  c  13 0,25 27 Đặt t  a  b  c   t  Khi P   , t  t (t  2)3 27 81 Xét hàm f (t )   ; , t  ; f '(t )    t (t  2) t (t  2)4 10 0,25 f '(t )   (t  2)4  81.t  t  5t    t  ( Do t  ) lim f (t )  t  Ta có BBT t f ' t  +  - f t  0 Từ bảng biến thiên ta có max f (t )  f (4)   t  a  b  c  1 maxP  f (4)     a  b  c   x  3; y  2; z  a  b  c  Vậy giá trị lớn P , đạt  x; y; z    3; 2;1 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng đáp án - Câu Khơng vẽ hình khơng cho điểm 4/4 0,25 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐỒN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x  2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm m để phương trình  x4  x2  m  có nghiệm phân biệt Câu (1,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  cos x  sin x Giải phương trình y '  2) Giải phương trình 9x  7.3x  18  x2 , trục hồnh x 1 đường thẳng x  Tính thể tích khối tròn xoay thu quay D xung quanh trục Ox Câu (1,0 điểm) Câu (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn đồ thị hàm số y  1) Tìm số thực a, b cho phương trình z  az  b  nhận z   3i làm nghiệm 2) Gọi E tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1; 2; 3; 4; Xác định số phần tử E Chọn ngẫu nhiên số từ E, tính xác suất để số chọn số lẻ Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): ( x  2)2  ( y  3)2  ( z  1)2  25 đường thẳng  : x 2 y 3 z   Tìm tọa độ giao 2 1 điểm  (S) Viết phương trình mặt phẳng song song với  trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc cạnh AB cho HB  3HA Góc SC mặt phẳng (ABCD) 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SB theo a 2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x  y   4x  y   x  y  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A Gọi K điểm đối xứng A qua C Đường thẳng qua K vng góc với BC cắt BC E AEB  450 , phương trình cắt AB N (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết · đường thẳng BK 3x  y  15  điểm B có hồnh độ lớn Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)   Tìm giá trị lớn  biểu thức S = a  a   b  b b2   c  c c2   a ……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 HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐỒN THƯỢNG Nội dung Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  2 1,00 Câu Ý 1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Mơn thi: TỐN x   x  1 TXĐ: ¡ y '  2 x3  x, y '    0,25 Hàm số đồng biến khoảng (; 1);(0;1) Hàm số nghịch biến khoảng (1;0);(1; ) 3  Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu  0;   2  lim y   Lập bảng biến thiên 0,25 x  Vẽ đồ thị Tìm m để phương trình  x4  x2  m  có nghiệm phân biệt m3 Viết lại phương trình dạng  x  x   2 m3 Pt có nghiệm  y  cắt (C) điểm pb m3 Từ đồ thị suy    1 2  m 1 Cho hàm số y  x  cos x  sin x Giải phương trình y '  0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 y '   sin x  cos x 2   y '   sin x  cos x   cos  x    6        x    k 2  x   k 2      x     k 2  x     k 2   6 Giải phương trình 9x  7.3x  18  Đặt t  , t  ta t  7t  18   t  (TM), t  2 (Loại) x t   3x   x  x2 , trục hồnh x 1 đường thẳng x  Tính thể tích khối tròn xoay thu quay D xung quanh trục Ox x2   x  2 x 1 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 Cho hình phẳng D giới hạn đồ thị hàm số y  1,00 0,25  x2 Gọi V thể tích khối tròn xoay thu V      dx x 1  2      V    1    dx    1   dx x 1  x  ( x  1)  2  2  0,25      x  6ln x    x   2  V  (8  6ln 3) 0,25 0,25 Tìm số thực a, b cho phương trình z  az  b  nhận z   3i làm nghiệm z   3i  z   3i Thay vào pt ta (2  3i)2  a(2  3i)  b   2a  b   (3a  12)i   2a  b   a    3a  12  b  3 Gọi E tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1; 2; 3; 4; Xác định số phần tử E Chọn ngẫu nhiên số từ E, tính xác suất để số chọn số lẻ Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt coi chỉnh hợp chập pt cho Do số phần tử E A53  60 4 Gọi A biến cố số chọn số lẻ  n( A)  A42  36 n( A) 36  P( A)    n() 60 Tìm tọa độ giao điểm  (S) Viết phương trình mặt phẳng song song với  trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S)  có ptts x   t; y   2t; z  t vào pt (S) ta t  (6  2t )2  (t  1)2  25 t   A(5; 3; 3) 3t  11t     t   B  ; ;    3 3 r Gọi (P) mp chứa Ox song song  Hai vecto i  (1;0;0) r u  (1; 2; 1) khơng phương, có giá song song nằm (P) r r r nên (P) có vtpt n  i  u  (0;1; 2)  ( P) : y  z  D  3   D 5 (P) tiếp xúc (S)  d ( I ;( P))  R   D   5  D   5  ( P) : y  z   5  Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC SB theo a 5a Tam giác BCH vng B  HC  BC  BH  · ·  SCH  45  tam giác SHC Góc SC (ABCD) góc SCH 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 5a 1 5a 10 VS ABCD  S ABCD SH  4a  a3 3 Gọi E đỉnh thứ hbh BCAE  BE / / AC 4  d( AC ;SB )  d( AC ;( SBE ))  d( A;( SBE ))  d( H ;( SBE )) (Do AB  HB ) 3 Gọi M trung điểm BE Tam giác ABE vng cân A  AM  BE, AM  a vng cân H  SH  HC  0,25 0,25 3a AM  4 Kẻ HK  SI  HK  (SBE )  d( H ;( SBE ))  HK Kẻ HI // AM  HI  BE , HI  1 15    HK  a 2 HK HS HI 59 15 10  d( AC ;SB )  a a 59 59 Ta có S 0,25 K A D E H M I B C 2  2 x  y  xy  x  y   y  x    3x Giải hệ phương trình   x  y   4x  y   x  y  ĐK: y  x   0,4 x  y   0, x  y   0, x   y  2x   x   0    TH  (Khơng TM hệ) 3  3x  y 1  1  10  TH x  1, y  Đưa pt thứ dạng tích ta x y2 ( x  y  2)(2 x  y  1)  y  x    3x   ( x  y  2)   y  x  1  Do y  x    y  x    3x  1,00 0,25 0,25 nên  y  2x    x  y   y  x    3x Thay y   x vào pt thứ ta x2  x   3x    x  x  x   3x      x 3x  2 x  ( x  2)( x  1)   3x     x    ( x  2)     x   3x     x  Do x  nên  1 x  3x     x Vậy x    x  2  y  (TMĐK) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết · AEB  450 , phương trình 0,25 0,25 đường thẳng BK 3x  y  15  điểm B có hồnh độ lớn 1,00 AKB  · AEB  450  AKB vng cân Tứ giác ABKE nội tiếp  · ABK  450 A · r r Đt BK có vtpt n1  (3;1) , gọi n2  (a; b) vtpt đt AB  góc uur uur n1 n2 3a  b  BK AB  cos   uur uur  n1 n2 10 a  b b  2a 3a  b  a  b  4a  6ab  4b     a  2b r Với a  2b , chọn n2  (2;1)  AB : 2 x  y    B(2;9) (Loại) r Với b  2a , chọn n2  (1;2)  AB : x  y    B(5;0) (TM) Tam giác BKN có BE KA đường cao  C trực tâm BKN  CN  BK  CN : x  y  10  ABK KCM vng cân 0,25 0,25 0,25  KM  1 AC  BK  uuur uuuur BK  BK  4KM 2 2 7 9 M  MN  BK  M  ;   K (3;6) 2 2 AC qua K vng góc AB  AC : x  y  A  AC  AB  A(1;2) C trung điểm AK  C (2;4) Cho số dương a, b, c thoả mãn 4(a  b  c)   Tìm giá trị lớn CK   biểu thức S = a  a      b  b Ta có lnS  b ln a  a   c ln b   c  b    a ln  c  b2  c  c  1 c2  a 0,25 1,00 Xét hàm số f ( x)  ln( x  x  1), x  Tiếp tuyến đồ thị hàm số 3  điểm  ;ln  có phương trình y  x  ln  5 4  Chứng minh ln( x  x  1)  x  ln  , x  5  ln(a  a  1)  a  ln  Tương tự, cộng lại ta 5 3  lnS  (ab  bc  ca)   ln   (a  b  c) 5  Cuối sử dụng bất đẳng thức (ab  bc  ca)  (a  b  c)2 giả 9 thiết a  b  c  , rút gọn ta thu ln S  ln Từ S  4 4 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị lớn 4 S 0,25 0,25 0,25 0,25 [...]...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  2 x 3  6 x 2 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân... 0,25 Khi x = – 3 ta được y = 3 Vậy hệ có nghiệm (– 3;3) 0,25 -Hết - 4 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 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực... 0,25 0,25 3 khi a = b = c = 1 2 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 LẦN THỨ NHẤT Môn TOÁN Thời gian làm bài: 180phút, không 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... 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 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: TOÁN SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN BÌNH Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x x 1 (C) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại... xác suất để điểm thi môn Hóa học của Bình không 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 không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh………………… ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA Môn: TOÁN; (ĐÁP ÁN... đỉnh của hình chữ nhật ABCD Câu 8 (1,0 điểm).Trong không 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 môn Hóa học Đề thi gồm 50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong... Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1 -Hết - Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!! 7 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN_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... nhất của biểu thức A  x3  y3  3  xy  1 x  y  2 -Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh Câu 1 ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015 -2016 Nội dung  Tập xác đinh: D  ¡  Sự biến thi n: - Chiều biến thi n: y '  3x2  6 x ; y '  0  x  0; x  2 Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến...  b  2c a  2c   6ln(a  b  2c) 1 a 1 b -Hết Họ và tên thí sinh SBD: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) 1/1 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NINH TRƯỜNG THCS - THPT NGUYỄN BÌNH Bản hướng dẫn chấm có 6 trang Câu NỘI DUNG x Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 1 TXĐ : D = R\{1} 1 y’ =  0 ( x  1) 2 lim f ( x )  lim f ( x )  1 nên... -Hết - 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm Câu Nội dung 1 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) TXĐ: D = R y '  6 x 2  6 x Điểm 0,25 x  0 Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8 y' 0    x  2 Giới hạn 0,25 Bảng biến thi n Đồng biến, nghịch biến Cực trị 0,25 Vẽ đồ thị 0,25 2/ (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm ... 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... 0.25 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)... -Hết - ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn: TỐN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III Thời gian làm bài: 180 phút ,khơng kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm