BỘ 50 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016

TRƯỜNG THPT BẮC N THÀNH MƠN TỐN Thời gian làm 180 phút ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x4  2(m 1)x2  m  (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1;3) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x   sin x  sin x ln Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   e x  dx Câu (1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên số từ tập S  1, 2, ,11 Tính xác suất để tổng ba số chọn 12 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB vng góc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) cho MA + MB nhỏ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A B, với AB  BC  a; AD  2a,(a  0) Các mặt bên (SAC) (SBD) vng góc với mặt đáy Biết góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 600 Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng CD SB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y  x  y  20  đường thẳng  : 3x  y  20  Chứng tỏ đường thẳng  tiếp xúc với đường trịn (C) Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), đỉnh B C nằm đường thẳng  cho trung điểm cạnh AB thuộc (C) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , biết trực tâm H tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có hồnh độ dương Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thực (4m  3) x   (3m  4)  x  m   1  Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c   ;1 Tìm giá trị lớn biểu thức 2  P a b bc c a   c a b - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu cán coi thi khơng cần giải thích thêm ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN TỐN (Tại Trường THPT Bắc Yên Thành – Nghệ An) Câu (2.0 điểm) Nội dung a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Với m = 2, y  x  2x * TXĐ: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y'  x  x ; y'   x  x   x  0, x  1 Hàm số đồng biến khoảng (-1; 0) (1;   ) Hàm số nghịch biến khoảng (-  ; -1) (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x =  1; yct = y(  1) = -2 - Giới hạn vô cực: lim ( x  x )  +  Điểm 0.25 0.25 x  - Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0.25 * Đồ thị: Tìm guao với trục tọa độ 0.25 b (1.0 điểm) Tìm m để hàm số … Ta có y' = x  4(m  1) x (1.0 điểm) y' =  x  4(m  1) x =  x  x  (m  1)   TH1: Nếu m-   m  Hàm số đồng biến khoảng (0; +  ) Vậy m  thoả mãn ycbt TH 2: m - >  m> y' =  x = 0, x =  m  Hàm số đồng biến khoảng (- m  ; ) ( m  ; +  ) 0.25 Để hàm số đồng biến khoảng (1; ) m    m  Kết luận: Vậy hàm số đồng biến khoảng (1; )  m   ;2 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình… Điều kiện: sin x  1 (*) 0.25 cos x  PT tương đương với cos x  cos x   cos x  25 sin x  Hay sin x  1 (l ) cos x  25 Vậy nghiệm phương trình là: x  (1.0 điểm)   k 2 ; x  k 2 , (k  ) Tính tích phân… ln I  ln 0.25 (2  e )dx   (e x  2)dx x ln = (2 x  e x ) ln  (e x  x ) ln 0.25 ln = (2ln   1)  (3  2ln 3)  (2  2ln 2) (1.0 điểm) (1.0 điểm) 0.25 Vậy 4ln  2ln Chọn ngẫu nhiên 0.25 Số trường hợp C113  165 0.25 Các (a, b, c) mà a  b  c  12 a  b  c (1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5) 0.5 165 Trong không gian với hệ tọa độ Vậy P  0.25 0.25 Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với mp(P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z Pt AA' : , AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm   1 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1) Vì H trung điểm AA' nên ta có :    1  0.25 0.25 0.25 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x  y 1 z   Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương 1 trình 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)    1  0.25 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD … BD · = 600 KỴ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH Gäi H = AC  BD, suy SH  (ABCD) & BH = 0.25 2a 2a a AD = => SH = => VSABCD = SH.SABCD = 3 3 Gọi O trung điểm AD, ta cú ABCO hỡnh vuụng cạnh a =>ACD có trung tuyến CO = AD CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC) Mµ HE = 0.25 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)) TÝnh chÊt trọng tâm tam giác BCO => IH = IH  HS  IC = a => IS = 5a kỴ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= SH.IC = SI.CK => CK = 2 0.25 SH IC 2a  SI VËy d(CD;SB) = 2a S A K O D 0.25 I E H B (1.0 điểm) (1.0 điểm) C Trong mặt phẳng tọa độ Đường thẳng () tiếp xúc với (C) N (4; 2) 0.25 Gọi M trung điểm cạnh AB Từ giả thiết M thuộc (C) B thuộc () , tìm B(12; 4) (do B có hồnh độ dương) 0.25 Do C thuộc () đường thẳng (d) qua H, vuông góc với AB Viết PT (d) 0.25 C  ()  (d )  (0;5) 0.25 Tìm giá trị tham số m … Điều kiện: 3  x  Khi PT tương đương với m  x   1 x 1 x   1 x 1 0.25 (*) Do ( x  3)2  (  x )2  Nên ta đặt x   2sin   4t ; 1 t2  x  2cos   2(1  t ) , 1 t2   t  tan   7t  12t   với 0    , (*)  m  2  t  16 t   t   0;1   Xét hàm số f (t )  0.25 7t  12t  , t   0;1 Lập bảng biến thiên hàm số f (t ) 5t  16t  7 9 Kết luận: m   ;  9 7 (1.0 điểm) 0.25 0.25 Cho số thực … 1 c b   x  y 1 Khơng tính tổng qt, giả sử  c  b  a  Đặt x  ; y    a a  c  ax; b  ay 0.25 Khi    (1  y )  y  1    y  y  (1  y )( y  x)(1  x)    2 P   xy y y Xét hàm số f ( y )   y2  y 2 ,  y  Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất y 0.50 0.25  2 đẳng thức Cô si), chứng minh f (t )  1      2 Kết luận: MaxP  1   (Tìm a, b, c để đẳng thức xẩy ra)   Hết - 0.25 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN Năm học 2015 - 2016 MÔN: TỐN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x2 + (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x) = x + x−1 đoạn [2; 5] Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + đạt cực tiểu x = π π cos α − , biết cos α = 3 Câu (1,0 điểm) Lớp 12A có ba bạn học sinh nam bạn học sinh nữ cổ vũ thi Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P = cos α + tìm hiểu Luật an tồn giao thơng Các em xếp ngồi vào ghế hàng ngang Tính xác suất cho ba bạn nữ ngồi cạnh Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, BC = 2a SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SB mặt phẳng (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A, D có AD = DC = 2AB Gọi H hình chiếu vng góc D cạnh BC; I trung điểm AH; đường thẳng AI cắt DC K(1; −2) Tìm toạ độ điểm D, C biết DH : x − 2y − = D có tung độ nguyên Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x3 + x2 + 3x − = y + (y + 4)√y + √  3y 2x + = 2(x3 − y − 1) (x, y ∈ R) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z Tìm giá trị lớn biểu thức P = x x2 + y2 + y y2 + z2 + z z+x HẾT Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 MƠN: TỐN LỚP 12 Chú ý: Dưới sơ lược cách giải đáp số Bài làm học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ Nếu học sinh làm theo cách khác lập luận chặt chẽ cho điểm tương ứng Câu Nội dung Điểm *) TXĐ:  *) Sự biến thiên: +) Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x  x  x  +) Chiều biến thiên: y '  x  x; y '    x  0.25 +) BBT: 0.25 1.1 (1,0đ) +) HS đồng biến khoảng  ;0   2;   ; HS nghịch biến khoảng  0;  +) HS đạt cực đại x  0; y C§  ; HS đạt cực tiểu x  2; y CT  2 0.25 *) Đồ thị: Lấy điểm, vẽ đồ thị 0.25 Gọi M  x0 ; y0    C  tiếp điểm tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  HSG tiếp tuyến  k  x0  x0 0.25 1.2  x0  1 Do  / / d : y  x   k   x0  x0    (1,0đ)  x0  0.25 Với x0  1  y0  2   : y  x  ( loại) 0.25 Với x0   y0    : y  x  25 ( thoả mãn) KL:…… 0.25 Câu Nội dung TXĐ: D   \ 1  Hàm số xác định liên tục đoạn  2;5 (1,0đ) y '  1  x    2;5  ; ,  x  D y '     x  1  x  2   2;5  y    11; y    29 ; y  4  0.25 0.25 0.25 Vậy y   x  4; m ax y  11  x   2;5 Điểm  2;5 0.25 TXĐ:  ; y '  x   m  3 x  m ; y ''  x   m   0.25 m  Hàm số đạt cực tiểu x   y ' 1   m  2m      m  3 0.25 (1,0đ) Với m   y '' 1   Hàm số đạt cực tiểu x  Vậy m  thoả mãn 0.25 Với m  3  y '' 1  6  Hàm số đạt cực đại x  Vậy m  3 loại 0.25 KL:…… (1,0đ) 1 2   1 P   cos 2  cos    cos     2  2 2 Mà cos   39 P 100 0.5 0.5 Không gian mẫu tập hợp cách xếp học sinh ngồi vào ghế hàng ngang Số phần tử không gian mẫu là:  = 6! 0.25 Gọi A biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau” Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh phần tử x Số cách chọn phần tử x 3! Việc xếp bạn học sinh thành hàng ngang cho ba bạn nữ ngồi cạnh trở thành (1,0đ) việc xếp thứ tự phần tử (3 bạn nam phần tử x) Số cách xếp 4! 0.5 Số kết thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4! Xác suất biến cố A P  A    A 3!.4!    6! 0.25 + SA   ABCD   AB hình chiếu vng góc SB lên  ABCD    SBA   450   SB,  ABCD     SB, AB   SBA (1,0đ) + Tam giác SAB vuông cân A nên SA = a 0.5 + S ABCD  2a 2a + VS ABCD  SA.S ABCD  3 Câu Nội dung Điểm + Dựng hình bình hành ACBE Ta có EB / / AC  AC / /  SBE   d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE   a3 VS ABE  VS ABCD  0.5 Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a  S SBE  Vậy d  A,  SBE    3a 2 3.VS ABE 2a 2a   d  AC , SB   S SBE 3 + Kẻ BE vng góc DC E   EBC   EC  DE  AB; HDC + Kẻ KF vuông góc DH F KF  d  K , DH   0.25   tan EBC    sin HDC  tan HDC  KD  (1,0đ) KF 2  sin HDC + D  DH  D  2d  3; d  , d  ; DK   2d     d   2  d  2 2 d    0.25 Vì d    d  2  D  1; 2  AB  a  a    CD  2a; CE  a Đặt   2a ; BC  EC.sin EBC   a  BH  3a CH  CD.sin HDC 5 CK HC 2a 8a    CK   DK   KD  KC AB HB 3 0.5   1  KD  KC  C  ; 2  KL…… 2  ĐKXĐ: y  1 x  x  x   y   y   y   x  x  x   y  1 y    y  1  y  Xét hàm số f  t   t  t  3t ; f '  t   3t  2t   0, t    hàm số f  t  đồng biến 0.25 (1,0đ)  Mà 1  f  x   f   y 1  x  y   x  0; x  y   y  x  Thế y  x  vào phương trình (2) ta được: 0.25 Câu Nội dung Điểm  x  1 x    x  x    x  1 3  x  1 x   x   x   3  x  1 x   x  3 Do x   x    3  x  18 x3  45 x  36 x     x  x  3 x  x  3  0.25 x    x2  6x      x    ko t / m   x  x   VNo  x 1 y  x    y  20  12  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  1;0  ;  3; 20  12 P  y 1   x  z 1    y Do abc  1; c   ab   P Xét hàm số f  c   (1,0đ) f 'c   1 x z 1 a y z x ; b  ; c   abc  1; c  x y z Đặt a   1 b  0.25   ab 0.5 2 c 1    ab 1 c 1 c c 1 , c  1;   1 c 2 c ; f 'c   c  1  c  c  c BBT c f’(c)  + - 0.5 f(c) Vậy giá trị lớn P 2 đạt a  b  ; c  hay x  y  z 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 QUẢNG NAM KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3  3x2 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng y = mx cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt Câu (1,0 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn     sin   cos  Tính sin  cos b) Tìm số phức z biết z  2z   2i Câu (0.5 điểm) Giải phương trình 2log22 ( x  3)  log2 ( x  3)  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2x3  9x  6x(1  6x 1)  6x 1    x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I  ( x  x.e )dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, với AB = 2a, AD = a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC) Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A, có B(2 ; 1) C(8 ; 1) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r   Tìm tọa độ tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC, biết tung độ điểm I số dương Câu (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y  z + = Viết phương trình mặt cầu có tâm K( ; ; ) tiếp xúc với mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng chứa trục Oy vng góc với mặt phẳng (P) Câu (0.5 điểm) Một hộp chứa 20 cầu giống ghi số từ đến 20 Chọn ngẫu nhiên cầu từ hộp đó, tính xác suất để cầu chọn có ghi số lẻ ghi số chẵn, có ghi số chia hết cho Câu 10 (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a; b; c tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P a3c b3a  3bc  b3a c3b  3ca  c3b a3c  3ab HẾT -Họ tên thí sinh:……………………………………………………………………………… Số báo danh: …………………………………………………… Phòng thi………………… Giám thị 1: Giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ – KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN (Đáp án – Thang điểm gồm 04 trang) Câu Câu a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định: D lim y   , Giới hạn: Nội dung Điểm lim y   0,25 * Sự biến thiên y’ = 3x2  6x y’ =  x = x = Hàm số nghịch biến khoảng (0;2), đồng biến khoảng (– ;0), (2 ;+) Hàm số đạt cực đại x = 0, giá trị cực đại : y(0) = Hàm số đạt cực tiểu x = 2, giá trị cực tiểu: y(2)= 4 Bảng biến thiên 0,25 x x y’ y x – 0 +  + + +∞ 0,25 4 – * Đồ thị : y -1 O x 0,25 -2 -4 b) (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng y = mx : x3  3x2 = mx x   x(x2 – 3x  m) =    x  3x  m  (*) Đường thẳng y = mx cắt đồ thị (C) điểm phân biệt phương trình (*) có nghiệm phân biệt khác 0, tức là:    m  9  4m    m   m  m  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1 điểm) a) Ta có (sin  cos )2  (sin  cos )2  2(sin 2  cos2  ) =2 3 => (sin  cos )   (sin  cos )    => sin   cos   4 2 Do       sin   cos  sin   cos  nên chọn sin   cos   b ) Đặt z bi (a,b a 0.25 ) z a 0.25 bi 0.25 Khi đó: z 2z 2i a bi 2(a bi) 2i a bi 2a 2bi 2i 3a bi 2i 3a a z b b Câu 0.5 điểm 0.25 2i 2log22 ( x  3)  log2 ( x  3)  ; điều kiện x > Đặt t  log ( x  3) phương trình trở thành: 2t2 + t  =  t = 1 t  Với t = 1 log2 ( x  3)  1  x    x  (thỏa điều kiện) 2 1 Với t  log2 ( x  3)   x    x   (thỏa điều kiện) 2 Phương trình có nghiệm: x  ; x   2 Câu Giải phương trình: 2x  9x  6x(1  6x 1)  6x 1   (1) (1,0 điểm) Điều kiện: x  (*) (1)  2x  9x  6x   2(6x 1) 6x 1 (2) 0.25 0,25 0,25 Đặt y  6x 1 , y  0, ta có hệ phương trình: 2x3  9x  6x   2y3  18x   3y Suy ra: 2x3  9x2  12x   2y3  3y2  2(x  1)3  3(x  1)2  2y3  3y2 (3) Xét hàm số f(t) = 2t3 + 3t2, với t  f’(t) = 6t2 + 6t > 0, t > f(t) liên tục nửa khoảng [0;+) nên f(t) đồng biến nửa khoảng [0;+) x   x 1  (3)  f (x 1)  f (y)  x   y Từ đó: 0,25 0,25 6x   x  x    6x   (x  1)2  x  4x     (thỏa (*))  x   Vậy phương trình (1) có nghiệm: x   x   0,25 Câu (1,0 điểm) 0.25 I   ( x2  x.ex )dx   x2dx   xe xdx 1 0 1 Tính I1   x2dx  x3 |10  3 0.25 Và I   xex dx  xex |10  ex dx  e  (e 1)  0.25 Vậy I  I1  I  0.25 1 0 Câu (1,0 điểm) S A I D * Gọi H trung điểm cạnh AB Tam giác SBC cạnh a nên: SH  AB (SAB)  (ABCD)  (SAB)  (ABCD)  AB SH  AB; SH  (SAB)  0,25 => SH  (ABCD) H B C SH = a 2a 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là: V  SABCD.SH  3 AD // BC  AD // (SBC)  d(D,(SBC))=d(A,(SBC)) Gọi I trung điểm cạnh SB CM: AI  (SBC)  d(D,(SBC))=AI= a Câu điểm A 0,25 0,25 0,25 A' M N I J B C H Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Ta có BC = 10 Gọi M, N tiếp điểm AB, AC ta có p = BC + AM Mà AM = r nên p  BC  r  10     Ta có S = pr = 20 BC h =20 => h = Do r   nên tâm I nằm đường thẳng song song BC, cách BC khoảng r, mà yI > nên I nằm đường y   điểm A nằm đường y = Gọi J trung điểm BC => J(3;1) JA = ½ BC nên A(0 ;5) A’(6;5) 0.25 Gọi AH = h ta có S = 0.25 Câu điểm Câu 0.5 điểm Câu 10 điểm Ta xét A(0;5) Ta có phtr AB: 2x  y +5 = ; phtr AC: x +2y 10 = Phtr phân giác AI: 3x + y 5 = Ta có I giao điểm phân giác AI đường y   nên tọa độ tâm I (  3;3  4) 0.25 Với A’(6;5) ta có I '(  3;3  4) 0.25 0.25 Phương trình mặt cầu x2 + ( y  1)2 + ( z  2)2 = 25 * Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm; Trục Oy có vec tơ phương j = ( ; ; 0) Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n  (2;1; 1) 0.25 Mặt phẳng (Q) có véc tơ pháp tuyến là: nQ  [n, j ]  (1;0;2) 0.25 Mặt phẳng (Q) cịn qua gốc O nên có phương trình là: x + 2z = Khơng gian mẫu  tập hợp cách chọn cầu từ 20 cầu: Số phần tử không gian mẫu là: n()  C20  15504 Gọi A biến cố chọn cầu thỏa mãn yêu cầu toán Trong 20 số từ đến 20 có 10 số lẻ, số chẵn chia hết cho số chẵn không chia hết cho Do n( A)  C103 C51.C51  3000 n( A) 3000 125   Vậy Xác suất cần tính là: P( A)  n() 15504 646 0.25 * Bán kính mặt cầu R  d ( K ;( P))  P a3c  b3a b3a  3bc c3b  3ca Với a ; b; c dương  0.25 0.25 c3b a3c  3ab  a   b ac a ac    Ta có b3a  3bc b(2 ba  3c) b  c c a  b   c b3 a c3b    Tương tự c3b  3ca c  a a3c  3ab a b a b c ; y ;z ; ( x; y; z  0) xyz = Do đặt: x  b c a x2 y2 z2 Khi P    y  3z z  3x x  y Ta có 0.25  c    a a b 3 b c x2 y  3z y2 z  3x z2 2x  y       ( x  y  z) y  3z 25 z  3x 25 2x  y 25 0.25 0.25 x2 y2 z2 3    ( x  y  z )  xyz  Nên P  y  3z z  3x x  y 5 0.25 Vây Pmin  x = y = z = hay a = b = c Chú ý: Những cách giải khác đáp án, cho điểm tối đa Tùy theo thang điểm đáp mà giám khảo cho điểm tương ứng HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 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 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 không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng 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 Mơn thi: TỐN (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 ... 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... TRƯỜNG THPT YÊN LẠC —————— Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT VÀ THI TS ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC: 2015 -2016 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời giao đề Đề thi. .. HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x  2 1) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị (C)