Tổng hợp đề thi thử THPTQG năm 2016 môn Toán Phần 2

GROUP NHÓM TOÁN ĐỀ THI THỬ THPT 2016 - LẦN www.nhomtoan.com Môn: TOÁN; Ngày 31-1-2016 Thời gian làm :180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x4 − 2x2 − Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) : y = −x3 + 3x2 + 9x + điểm có hoành độ x0 , biết f (x0 ) = −6 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình log(x2 − 6x + 7) = log(x − 3) b) Giải bất phương trình 4x − 3.2x + > Câu (1,0 điểm) 2x(x + 1)2 dx a) Tính tích phân I = b) Giải phương trình −3z + 2z − = tập hợp số phức Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−3; 0; 0), B(0; −2; 0), C(0; 0; −1) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua ba điểm A, B, C Tính khoảng cách từ M (5; 1; 5) đến (P ) Câu (1,0 điểm) Cho hình lặng trụ đứng ABC.A1 B1 C1 có đáy tam giác cân A, AB = AC = 2a CAB = 1200 Góc mặt phẳng (A1 BC) mặt đáy (ABC) 300 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A1 B1 C1 khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1 BC), Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin4 x + cos2 x − = b) Lớp Toán 11antt có số học sinh nam nữ nhau, cần chọn đội gồm học sinh để dự thi quốc gia Biết xác suất để học sinh chọn có học sinh nam Hãy tính số học 21 sinh lớp toán 11antt Câu (1,0 điểm) Trung tâm xanh dự định trồng hai loại hoa Cúc hoa Mai cho dịp Tết 2016 Mỗi chậu Cúc cần 100g phân bón hữu cơ, 20g phân NPK; chậu Mai cần 100g phân hữu cơ, 80g phân NPK Tính hết tất chi phí chậu Cúc lãi 15.000vnđ, chậu Mai lãi 50.000vnđ Cửa hàng cung ứng phân bón cung cấp tối đa 70kg phân hữu tối đa 32kg phân NPK Hỏi phải trồng chậu Cúc chậu Mai để thu tiền lãi cao nhất, biết kho có không 500 hạt giống loại Câu (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I − ; Phân giác góc B cắt AC D, cắt đường tròn (C) G Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt (C) K(2; 6) Gọi F 2; − giao điểm KG AC Xác định toạ độ đỉnh A, B, C tam giác ABC biết điểm A có hoành độ âm a2 b 12 Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số thực dương a, b thỏa + + 3(a + b) + Tìm giá trị nhỏ b a ab biểu thức 1 P = 2(a4 + b4 ) + a2 b2 − 2(a2 + b2 ) + + a b Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh : ; Số báo danh : Họ Và Tên: Trịnh Anh Dũng Câu * Tập xác định D   * Sự biến thiên : x0 Ta có y '  x3  x  x  x  1 x  1 ; y '     x  1 Hàm số đồng biến  1;  1;   ; Hàm số nghịch biến  ; 1  0;1 Hàm số đạt cực đại x  , yCD  3 hàm số đạt cực tiểu x  1 ; yCT  4 Các giới hạn lim y  lim y   x  x  Bảng biến thiên x y'  - 1  0 + -  -3 y -4 -4 * Đồ thị Câu 2: Tập xác định : D   Ta có f '( x)  3x  x  9; f ''( x)  6 x  ; f ''( x0 )  6  6.x0   6  x0  Phương trình tiếp tuyến đồ thị  C  điểm x0  y  f '(2)  x    f (2)  y   x    24  y  x  Vậy phương trình tiếp tuyến y  x  Câu  +  a) Điều kiện : x  x    x   x3 x  Phương trinh cho tương đương x  x   x   x  x  10     x  l  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  5 2x  x 1 b) Bất phương trình cho tương đương  x  1 x      x    x   Vậy nghiệm bất phương trình S   ;   1;   Câu :  x4 x3 x2  a) Ta có I    x3  x  x dx        68 Vậy I   68 68 0  3 b) Phương trình cho tương đương z  z     i 14 z  Ta có  '   3.5  14  14i     i 14 z    i 14  i 14 Vậy phương trình cho có nghiệm z  ; z 3 Câu 5:      Ta có AB   3; 2;0  ; AC   3; 0; 1  nP   AB, AC    2;3;6  Mà  P  qua A  3;0;0   P : x  y  z   Ta có d  M ,  P    2.5  3.1  6.5  2 3 6 7 Câu 6: Gọi M trung điểm BC suy AM  BC A1 A  BC   A1 AM   BC  A1 M  BC AM  BC   ABC    A1 BC   BC  Ta có  BC  A1 M   A1 BC    ABC  ;  A1 BC    A1 MA  BC  AM   ABC   AA AM  A1 MA  30o  tan  A1 MA    A1 A  AM 3 Lại có: o AM   AM  AB cos BAM   2a cos  120   a  A A  a  cos BAM   AB     a a) VA1B1C1 ABC  A1 A.dt  ABC   2a.2a.sin120o  a  dvtt  b) Ta có d  B1 ;  A1 BC    d  A;  A1 BC   Vẽ AI  A1 M  I  A1 M   AI  BC  AI   A1 BC   AI  d  A;  A1 BC   AI  AM 1 1        Xét A1 AM ta có 2 2 AI AA1 AM AA1 AM a a a a a  AI   d  A;  A1 BC    d  B1 ;  A1 BC    2 Câu 7: a) Phương trình cho tương đương  1   loai sin x  4 sin x   sin x    sin x  sin x      1   loai sin x   Vậy phương trình cho vô nghiệm b) Gọi x số học sinh nữ, x số học sinh nam  x   Theo ta có x! x.x  x  1 x   x 3! x  ! x  C x C x   5 3!       x  x  15    x  x  1 x   x  3 21 21 21  x ! C24x  x  3  l  4!  x   ! 4! Vậy số học sinh lớp 10 Câu 8: Gọi 100x số chậu Cúc, 100 y số chậu Mai Lượng phân bón hữu cần cung cấp 0,1.100 x  0,1.100 y (kg) Lượng phân bón NPK cần cung cấp 0, 02.100 x  0, 08.100 y (kg) Tổng số tiền thu 15.100 x  50.100 y Bài toán trở thành: Tìm x, y thỏa mãn hệ bất phương trình 100 x  500 0  x  100 y  500 0  y     cho T  1500 x  5000 y lớn   0,1.100 x  0,1.100 y  70 x  y    0, 02.100 x  0, 08.100 y  32  x  y  16  A1 AM   BC  AI  BC ; Tại A  0;   T  20000 Tại B  4;3  T  21000 Tại C  5;   T  17500 Tại D  5;   T  7500 Tại O  0;   T  Vậy giá trị lớn T  21000 x  4, y  Vậy có 400 chậu Cúc, 300 chậu Mai Câu 9: 3  Đường thẳng FG qua F  2;   K  2;6  nên 2  phương trình đường thẳng FG : x  Do G  FG  G  2; a  1  125 Ta có IK  IG       a  1  2   a   loai   K   a  1     a  4  G  2; 4  3  Đường thẳng AC qua F  2;   vuông góc với IG 2  nên đường thẳng AC : x  y   Do A  AC  A  2t  5; t  1  125 Ta có IA  IK   2t      t  1  2  t   A  5;   loai  5t  20t    t  4  A  3; 4  Gọi M trung điểm AC Do M giao điểm AC IG nên M 1; 2  Do M trung điểm AC  C  5;  Đường thẳng BG qua G vuông góc với IF nên đường thẳng BG : x  y   Do B  BG  B  b; b    9 3 b   B 125 125  ;       b    b  7   2b2  13b  18    Ta có IB  2 2 2  b   B  2; 4   loai  G 9 3 Vậy A  3; 4  , B  ;   , C  5;0  2 2 Câu 10: a b2 12   3 a  b    a3  b3  3ab  a  b   4ab  12   a  b   4ab  12 b a ab 2  12   a  b    a  b    a  b    a  b    a  b   6   a  b    Ta có      a  b   a  b  a  b2  2     a12  b12   a2  b2   3a2b2   a2  b2   a12  b12 2   a  b    a  b    a  b2     a  b2    a  b   2 4 a b a  b2 Ta có P  a  b  a b  a  b2  Xét hàm số f  t   Ta có f '  t   t  2t  với t  a  b2  t 5t  4t  t 2   0, t   f  t  đồng biến t2 2t  f t   f  2  Vậy giá trị nhỏ biểu thức P , dấu "  " xảy a  b  SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN- CẤP THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm)  x  y  a) Giải hệ phương trình   x  xy  y   x; y    b) Tìm a để hàm số y  (a  1) x  2( a  1) x  3a  xác định với x   c) Giải phương trình  sin x  cos x  sin x  cos x   x    Câu (2,0 điểm)   a) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niu-tơn  x   x  * n  x  , x   , biết n   thỏa mãn điều kiện Cn  Cn1  Cn 2  10n  30 n b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình mặt phẳng  P  qua điểm M  5;4;3 cắt trục tọa độ Ox, Oy, Oz ba điểm A, B, C ( A, B, C không trùng với O ) cho OA  OB  OC Câu (3,0 điểm)  tan xdx  cos x b) Cho hai đường cong có phương trình y  x  x  y  x  x  10 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường cong x   3x  c) Tìm giới hạn lim x2  x2 a) Tính tích phân Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a    1 b 1 c 1 abc Câu (1,0 điểm) Cho tam giác không cân ABC có AB  c, BC  a, CA  b Gọi điểm I , G tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm tam giác ABC , biết đường thẳng IG vuông góc với đường thẳng IC Chứng minh a  b  c 2ab  ab Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………………………………………….Số báo danh:………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN – CẤP THPT  Câu (3,0 điểm) Nội dung trình bày a)  x2 1  x  y  y     x  xy  y  2 x  xy  y    x  x2  y  1 y  1      2 2 x  x  x     x     x3  3x  x  16        2      x2 y  1  x  y          x    x  x     x    x               x2 1 x  y    Hệ có nghiệm  x; y    2;1 y 1 x    b) Đặt f  x    a  1 x  2(a  1) x  3a  Yêu cầu toán tương đương với tìm a Điểm 1,00 0,25 0,25 để f  x   0, x   TH1: a    a  1 ta f ( x)  x  , không thỏa mãn yêu cầu toán TH2: a    a  1  a   Khi f ( x)  0, x       '   a  1   a  1  a  1   a  1 a  1     a   a  1 2a      a  2   a  Vậy a  giá trị cần tìm c)  sin x  cos x  sin x  cos x    sin x  cos x  2sin x cos x  2cos x    sin x  cos x  2sin x cos x  2cos x   sin x  cos x  2cos x  sin x  cos x     sin x  cos x 1  2cos x   sin x  cos x   1  2cos x  0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 2  x  k 2  +)  2cos x   cos x     k    x   2  k 2     +) sin x  cos x   sin  x     x    k  k    4  Vậy phương trình cho có nghiệm là: 2 2  x  k 2 , x    k 2 , x    k , k   3 Câu (2,0 điểm) Nội dung trình bày a) Theo giả thiết ta có: Cn0  Cn11  Cnn  10 n  30 (n  1)(n  2)   ( n  1)   10 n  30  n  18  n  15n  54    , kết hợp với điều kiện n ta n  18  n  3 0,25 0,25 Điểm 1,00 0,25 0,25 18 k k 18   15  k k Số hạng tổng quát khai triển nhị thức là: C  x   x   C18 x   6k  18 Số hạng không chứa x tương ứng với k thỏa mãn   k  Vậy số hạng không chứa x cần tìm C183 23  6528 b) Giả sử A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c   a, b, c   Khi mặt phẳng  P  có k 18 phương trình dạng k x y z    a b c 0,25 0,25 1,00 0,25    (1) a b c Do OA  OB  OC  a  b  c Ta có trường hợp: Do  P  qua M  5;4;3 nên ta có:     a  12  ( P ) : x  y  z  12  a a a TH2: a  b  c , thay vào (1) có:     a   ( P ) : x  y  z   a a a TH3: a  b  c , thay vào (1) có:     a   ( P ) : x  y  z   a a a TH4: a  b  c , thay vào (1) có:     a  2  ( P ) :  x  y  z   a a a Câu (3,0 điểm) Nội dung trình bày a) TH1: a  b  c , thay vào (1) có:   0,25 0,25 0,25 Điểm 1,00  tan xdx tan xdx tan x dx Ta có:    2  cos x cos x  sin x  tan x cos x 0 0,25 Đặt t  tan x  dt  dx  Đổi cận: x   t  0; x   t  cos x 0,25 Khi đó:  tan xdx 0 cos x  t dt 0  t  3  t    0  t   t   dt     t     0  t   t   dt 0,25 10 t  10 3 1 10   ln   ln  ln   27 t 1 27 27 1 b) Ta có hai đường cong y  x  x  6, y  x  x  10 tiếp tuyến dạng x  a , a số Do tiếp tuyến có phải có hệ số góc Giả sử đường thẳng  d  tiếp tuyến chung cần tìm,  d  tiếp xúc với đồ thị hàm số     y  x  x  điểm t ; t  5t  Khi  d  có phương trình dạng: 0,25 1,00 0,25 y   2t   x  t   t  5t   y   2t   x  t  tiếp xúc với đồ thị hàm số y  x  x  10 hệ phương trình sau có nghiệm:  x3  3x  10   2t   x  t   x3  3x  10   2t   x  t     3x   t  3x   2t   2   3x    3x    5 x    x  3x  10    6  2       3x  t    x  x  x  48   9 x  x3  48 x  x      3x    3x   t  t    t    Vậy PT tiếp tuyến chung là: y  3x 10 c)  x   2  3x   x   3x  Ta có lim  lim    x2 x  x2  x  x2        3x   x2  lim    2 x2  4  x  x    x    3 x   3 x             lim     x2   x  2 x    x     3 x   3 x       d          0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 Khóa Luyện 50 đề đặc sắc Thầy Nguyễn Tiến Chinh I1   2x   1 2x  1d  2x  1   20 3 I   x  1d  x  1  Vậy I  I1  I   x  1 3   2x  1 3  7 1   7 29  x y z   mặt phẳng 1  P  : x  y  z   Gọi  góc tạo d mặt phẳng  P  Hãy tính cos lập phương trình Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng  P  đồng thời cắt d điểm M cách  P  khoảng x M  Giải:   ud n P   *Ta có ud   2; 1;1 ; n p   1; 2;   sin      (vì  nhọn)  cos    sin   3 ud nP * Lập pt đường thẳng        - Do   p  u  cpn p chọn u   1; 2;  x  2t  - Pt tham số d : d :  y   t ; t  R , z  t        –Gọi M    d  M 2t;  t; t  d M; P 2t  2(  t)  2t  12   2   2  6t  3 6t  t  3   M1  4; 2;  ,M  2;1; 1  t  1 Do xM   M1 (4; 2; 2)(tm); M  2;1; 1 L  pt đường    P  qua M1      Mà d M; P x   u  là: y  2  2u ; u  R z   2u  Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình: tan x  sin x  cot x b Một người có bút màu khác gồm đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím,người muốn tô màu cho cạnh hình vuông Hỏi có cách tô màu cho bốn cạnh hình vuông cho cạnh kề không màu Giải: a.Giải phương trình: tan x  sin x  cot x  2t sin 2x   t thay vào phương trình ban đầu ta có   t cot 2x   2t  tan x  2t 1 t  t  t   t     x    k; k  z    2t 1 t  tan x  1  Kiểm tra điều kiện thấy thỏa mãn, x    k; k  z nghiệm phương trình cho cos x  ĐK:  ; đặt t = tanx sin 2x   Khóa Luyện 50 đề đặc sắc Thầy Nguyễn Tiến Chinh b Một người có bút màu khác gồm đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím,người muốn tô màu cho cạnh hình vuông Hỏi có cách tô màu cho bốn cạnh hình vuông cho cạnh kề không màu Có hai trường hợp để phân chia cho toán này: TH1: AB CD khác màu AB có cách tô màu BC có cách tô màu CD có cách tô màu (vừa khác màu AB BC) AD có cách tô màu (khác màu AB CD trùng màu BC) Theo quy tắc nhân, ta có 7.6.5.5  1050 cách tô màu TH2: AB CD màu AB CD có cách tô màu (tô lúc) BC có cách tô màu (khác màu AB CD) AD có cách tô màu (khác màu AB CD) Theo quy tắc nhân, ta có 7.6.6  252 cách tô màu Theo quy tắc cộng, ta có 252  1050  1302 cách tô màu Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  a cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh SC tạo với đáy góc 30o Gọi K hình chiếu vuông góc A lên cạnh SD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AK SC Giải: +) tính VS.ABCD   30 SC; AC   SCA         Do SA  ABCD  SC, ABCD Trong tam giác vuông SAC có: SA  AC tan 300  AB2  AD tan 300  a S ABCD  AB.AD  a 2  VS.ABCD a3  SA.S ABCD  (đvtt) 3 +) Tính d(AK,SC) SK SA SA    2 SD SD SA  AD SK   DK DA DS Kẻ KH//SA  H  AD  ,  KH   ABCD  ;  3 HA KS Trong tam giác vuông SAD, ta có : Kẻ KL // SC  L  CD   SC / /  AKL   d  AK,SC   d(SC,  AKL )  d  S,(AKL)   12 d  D,(AKL)   32 d  H.(AKL)  Kẻ HE  AL  E  AL  gọi I  h / c  HI  KE  1 H KE HE  AL Ta có:  AL  KH  AL   KHE   AL  HI       Từ (1) (2)  HI  AKL  d H, AKL Ta có: KH     HI 2a DL DK 2 2a SA  ;    DL  DC  3 DC DS 3 Khóa Luyện 50 đề đặc sắc Thầy Nguyễn Tiến Chinh Trong tam giác vuông ADL ta có: DP  AD.DL 2 AD  DL Lại có: HE / /DP   2a 11 11 HE AH 1 2a 11    HE  DP  DP AD 3 33 Trong tam giác vuông KHE ta có: HI  KH.HE KH2  HE  a 3 a  d  AK,SC   d H,  AKL   HI  2   Nhận xét: Với toán phức tạp công cụ mạnh để khắc chế chúng phương pháp tọa độ không gian Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có góc BAD tù, I  11  giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi E  5; 2  , F  ;  H hình chiếu vuông góc  5 A lên cạnh CD , BC , BD Tìm tọa độ điểm A biết đường thẳng BD có phương trình 3x  y  11  Hướng dẫn giải  IE   5t ; 3t     Ta có I  x  y  11   I 2  5t ;1  3t    t    IF  5t  21 ; 3t     5   Ta có tứ giác AECF nội tiếp (do AEC  AFC  180 suy 2  2 21   2  IF  IE  3  5t   3t  3  5t    3t    t   I 2;1     Gọi phương trình đường tròn  EIF  có dạng x  y  2ax  2by  c    I   EIF  a   5  a  2b  c  2    E   EIF   29  10a  4b  c   b  5  EIF  :  x  1   y  5  45    16 F   EIF   37 22 c  19    a  a  c   5  Chứng minh tứ giác EHIF nội tiếp suy E; I   EIF   BD   y  11    49    y  5  45  x  1   y  5  45   y  ; x        Nên thỏa  17 17 3x  y  11    y  11 y  1; x     x     49  Do I 2;1 nên ta nhận H  ;   17 17  2 Khi đó, đường thẳng AH qua H vuông góc BD  AH : x  y  13   A 5; 4  x  5; y  5x  y  13        Ta có A thỏa mãn hệ     A  13 ; 52   x  22   y  12  18  x   13 ; y  52      17 17   17 17  g 5; 4  24  A1 g 5; 4 g 5; 2  A E  Đặt g  x ; y   x  y  11 g E 5; 2     g 5; 4 g 5; 2  E  A2 g 5; 4  24  A2 Nhận xét A, E trái phía so với đường BD nên ta nhận A 5; 4 Cách chứng minh tứ giác EHIF nội tiếp Khóa Luyện 50 đề đặc sắc Thầy Nguyễn Tiến Chinh Theo túy hình học:  Ta có BAE  BHE tu giac AHEB noi tiep AHB  ABE  90 o    o FAD  DHF tu giac AHFD noi tiep AHD  AFD  90   EAF  ABE do cung bu voi BCD , AECF noi tiep , AB / /CD  Suy EHF  180 o  BHE  DHF   180 o  BAE  FAD FAD  ADF  90o   2ABE  180 o  BAE  FAD Mà BAE  ABE  90 o  ABE  ADF  ABCD la hinh binh hanh  Suy EHF  2ABE  2EAF  EIF  EHF  EIF nên tứ giác EHIF nội tiếp Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  y  x  12 y  x( y  1)   12 y  y    x; y     5x   2( y  2) x2   y  y  y  x  y  y  Hướng dẫn giải :   x  y   a    x    y  x  12y     Từ pt (1) ta : x  y   2x2  y  x  12y    2   b Coi (b) phương trình bậc ẩn x ta có   ' y   16.46      y   12y   46y  4y  16  0vi  a y  46    Từ (a) có y = – x , thay vào pt (2) ta có :   5x   x  1 x    x  x2  3x   5x    x  1 x2   x  3x2     x    x  1 x   x  3x    TXĐ : D = R   x    x  1 x   x  1   x  1 x     x   3x    x2    x   3x2   x   Khóa Luyện 50 đề đặc sắc   x  1 x  x2  x2   Thầy Nguyễn Tiến Chinh  x  1   x  1  3  x  1  3x  5 3x  5  3x  5  x 1    x  1 x   x2  x     x  1   1  2  3 x 3 2  x  1   x  1  3x    3x      x  1 x   x2  x     x  1     1  2  x 3 2  x  1   x  1  3x    3x    x   y   2   x  1 x  x2  x    2 x2    x  1   x  1 3x   3x        0 Vậy hệ pt cho có nghiệm ( 1; ) Câu (1,0 điểm) Cho số thực x , y , z  1,2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P Ta có: yz x z  x y  z   y z y x xz  x   x  z    x  z  x  z    y   y  z    y  z  y  z   2z  x y   x y   2z   x y     10  z                z     z4 y x  y x  z4   y x     Đẳng thức xảy x  1, y  2, z  x  2, y  1, z  P HẾT Vinastudy.vn ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 – LẦN Môn Toán Thời gian : 180 phút Câu (2,0 điểm): Cho hàm số y   x  3x có đồ thị  C  a Khảo sát vẽ đồ thị  C  hàm số cho b Tìm m để phương trình x  3x   log m  có nghiệm thực phân biệt Câu (1,0 điểm): a Cho số phức z thỏa mãn điều kiện:   z   1  z  i  i z Tìm môđun số phức   z  b Giải phương trình tập số thực: Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    x2  x 3.3 x x2  x 2x   x  40 dx x y z   1 mặt phẳng  P  : x  y  z   Gọi  góc tạo d mặt phẳng  P  Hãy tính cos  Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d : lập phương trình đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng  P  đồng thời cắt d điểm M cách  P  khoảng x M  Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình: tan x  sin x  cot x b Một người có bút màu khác gồm đỏ, cam, vàng, lục, lam, chàm, tím,người muốn tô màu cho cạnh hình vuông Hỏi có cách tô màu cho bốn cạnh hình vuông cho cạnh kề không màu Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a , AD  a cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , cạnh SC tạo với đáy góc 30o Gọi K hình chiếu vuông góc A lên cạnh SD Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AK SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có góc  11  BAD tù, I giao điểm hai đường chéo AC BD Gọi E  5; 2  , F  ;  H lần  5 lượt hình chiếu vuông góc A lên cạnh CD , BC , BD Tìm tọa độ điểm A biết đường thẳng BD có phương trình 3x  y  11  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  y  x  12 y  x( y  1)   12 y  y    x; y     5x   2( y  2) x2   y  y  y  x  y  y    Câu (1,0 điểm) Cho số thực x , y , z  1,2  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P yz x2  z  x y  z    y2  z y x xz -Hết HỘI NHỮNG NGƯỜI THÍCH HỌC TOÁN LÝ HÓA Đề Thi Thử KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) cho b Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 9x  y   Câu 2: (1 điểm) 5  a Giải phương trình sau: sin  x   7     3cos  x        2sin x  b Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  3z  z 1  i   8i  Tìm môđun số phức z   2 log 3x  4 log x3  log x  log 3x  4    Câu 4: (0,5 điểm) Có hai hộp bi, hộp thứ chứa viên bi đỏ viên bi trắng, hộp thứ hai chứa viên bi đỏ viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi, tính xác suất để viên bi lấy hộp thỏa mãn có viên bi đỏ Câu 3: (0,5 điểm) Giải phương trình: 2 Câu 5: (1 điểm) Tính tích phân I    x   x  sin xsin x 1  sin xsin x dx Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AC = 2a,  ACB  300 Hình chiếu vuông góc H đỉnh S mặt đáy trung điểm cạnh AC góc hợp cạnh bên SB với đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) x  1 t x y 1 z 1  Câu 7: (1 điểm) Cho điểm A  0; 1;  hai đường thẳng d1 :   , d :  y  1  2t Viết phương 1 z   t  trình mặt phẳng (P) qua A song song với hai đường thằng d1, d2 Viết phương trình mặt cầu tâm O tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A có đường cao AO Gọi (C) đường tròn tâm A, đường kính OD Tiếp tuyến (C) D cắt CA E  8;8 Đường thẳng vuông góc với ED E đường thẳng qua A, vuông góc với EB cắt M  8; 2  Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB có phương trình x  y    2 x y  y  x 1  y   y  8 y4 y4 Câu 9: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau:    x3  xy  x 10 x   3x  y  x 14  Câu 10: (1điểm) Cho số thực x Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  x  x  1    8x   x  -Hết -    8x   x  HỘI NHỮNG NGƯỜI THÍCH HỌC TOÁN LÝ HÓA ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Đề Thi Thử Môn: Toán -Đáp án Câu Điểm a (1 điểm) Tập xác định: D   Giới hạn: lim y   , lim y   x  0,25 x  Đạo hàm: y '  3x  x , y '   x  x  Bảng biến thiên x – y + y – –  +  0,25 –3 Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;   nghịch biến  0;  Hàm số đại cực đại  0;1 cực tiểu  2; 3 Câu (2 điểm) y ''  x  6, y ''   x   y  1 Điểm uốn I 1; 1 Bảng giá trị: x -1 y -3 Đồ thị: Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 1 làm điểm đối xứng 0,25 0,25 b (1 điểm) Gọi M  x0 ; y0  tiếp điểm tiếp tuyến với đồ thị (C) Ta có: y '  x0   3x 02 6 x0 Vì tiếp tuyến cần tìm song song với đường thẳng (d): x  y   nên tiếp tuyến có hệ số góc y '  x0   hay 3x 20 6 x0   x0  x0  1 0,25 Với x0   y0  Khi tiếp tuyến có phương trình y   x  3  hay y  x  26 0,25 Với x0  1  y0  3 Khi ti tuyến có phương trình y   x  1  hay y  x  (loại trùng với đường thẳng d) Vậy có tiếp tuyến thoả mãn yêu cầu toán y  x  26 0,25 0,25 a (0,5 điểm) Phương trình tương đương với: cos x  3sin x   2sin x   2sin x  sin x  0,25  2sin x  sin x   sin x  2sin x  1    x  k 2 sin x    x    k 2 , k     sin x     5 x   k 2  0,25 Vậy phương trình có họ nghiệm x  k 2 , x  Câu (1 điểm)   k 2 , x  5  k 2  k    b (0,5 điểm) Gọi số phức z có dạng z  a  bi,  a, b    Khi vào giả thiết  3z  z 1  i   8i 1 ta được:   a  bi   a  bi  1  i   8i    2a  4bi 1  i   8i   2a  2ai  4bi  4b  8i  0,25  2a  4b   2a  4b  i  1  8i  a  2a  4b  1    a  b   b   Vậy số phức z   i 2 277 7 9 Môđun số phức z z        4 8 3x   0 x Điều kiện:  x  Phương trình tương đương với: 0,25 log x  log x  log x  log x   2 Câu (0,5 điểm)  log x  log 3x  log x  log x    log x  log x  2  log x log x  log 3x    log 3x  log x  log 3x       log x  log 3x   log x  log 3 x  4  log x  log 3x  1   log x  log 3 x  4 2 0,25   x   x, x  x  Giải (1): x  3x    (thỏa mãn điều kiện)  x    x    x,  x   x  2 Giải (2): x   3x    x  25 x  16    (thỏa mãn điều kiện)  x  16  16 Phương trình cho có nghiệm x  x  x  2 Không gian mẫu   C9 C10  1620 Gọi A: “4 viên bi lấy hai hộp thỏa mãn có viên bi đỏ” Vì viên bi lấy có viên vi đỏ nên ta có trường hợp sau: TH1: viên bi có viên bi đỏ viên bi trắng:  Số cách lấy viên bi đỏ hộp thứ viên bi đỏ hộp thứ hai: C52 C41.C61  240 cách  Số cách lấy viên bi đỏ hộp thứ viên bi đỏ hộp thứ hai: Câu C51.C41 C42  120 cách (0,5 điểm) Số cách lấy viên bi hai hộp có viên bi đỏ 240+120=360 TH2: số cách lấy viên bi đỏ hai hộp C52 C42  60 Vậy số cách lấy viên bi hai hộp từ hai hộp có viên bi đỏ là: 420 cách   A  420 0,25 0,25 0,25 420  1620 27 Ta có x   x  sin x  sin x  x  x sin x  sin x  x(1  sin x)  sin x Vậy xác suất thoản mãn yêu cầu toán là: P  Câu (1 điểm) 2  xdx  H    2 2  sin x 3  xdx dx  Khi I     H  K ,  2  sin x   sin x  dx 3 K      sin x  2 u  x du  dx xdx  Đặt  H  dx   v   cot x  sin x v  sin x 2 Khi H   x cot x   2   3 2 2 cos xdx  sin x 2   0,25 d  sin x      ln sin x   sin x 3 3 2 2 dx dx dx x  K     tan      2 4   sin x    x  x    cos  x      s in  cos 3      2 4 2    Vậy I     3 0,25 2 0,25 0,25 a (0, điểm)   600 Ta có SH   ABC    SB;  ABC    SBH Xét tam giác ABC vuông B có: cos  ACB  BC  BC  AC cos  ACB  a AC BH=a Diện tích tam giác ABC a2  (đvdt) S ABC  CA.CB.sin ACB  2 Câu ( điểm) 0,25 Xét tam giác SHB vuông H, ta có:   SH  SH  BH tan SBH a tan SBH BH 1 a a3 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: V  SH S ABC  a  (đvtt) 3 2 b (0,5 điểm) d  C;  SAB   CA Ta có:    d  C;  SAB    2d  H ;  SAB   (1) d  H ;  SAB   CH Gọi I trung điểm AB, ta có HI đường trung bình ∆ABC Do HI // BC Suy AB ⊥ HI Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHI) Do mp (SAB) ⊥ mp (SHI) Mà SI giao tuyến hai mặt phẳng vừa nêu, nên mp (SHI) Kẻ HK ⊥ SI, ta có HK ⊥ mp (SAB) Vì d  H ;  SAB    HK Kết hợp với (1), suy d  C;  SAB    2HK Xét tam giác ABC có HI đường trung bình tam giác nên HI  Câu (1 điểm) 0,25 a BC  2 Xét tam giác SHI vuông H có HK  SI : 1 1 a 15       HK  2 HK SH HI 3a 3a 3a 2a 15 Vậy d  C;  SAB    HK   Gọi n VTPT mặt phẳng (P)     Gọi u1 , u2 VTCP đường thẳng d1, d2 Khi u1   2;1; 1 , u2  1;2;1    Vì (P) song song với d1, d2 nên n  u1 , u2    3; 3;3  Ta chọn VTPT mặt phẳng n  1; 1;1  Vậy phương trình mặt phẳng (P) qua điểm A  0; 1;  nhận VTPT n  1; 1;1 : 1 x     y  1  1 z    hay x  y  z   0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi R bán kính mặt cầu (S) cần tìm Vì (S) tiếp xúc với (P) nên R  d  O;  P   Ta có d  O;  P    1.0  1.0  1.0  1 1 2  0,25  R  Vậy phương trình mặt cầu (S) cần tìm tâm O bán kính R  là: x2  y  z  0,25 Xét  ADE  AOC có:    OAC  ADE   AOC  900 , AD  AO, DAE  ADE  AOC  g.c.g   AE  AC mà BA  CE   BCE  DCE cân B  BEC   CED   BEC   CED  Mà BCE   EC phân giác BED Gọi K giao điểm MA EB Xét hai tam giác vuông EDA EKA có:   DEA  (chứng minh trên) KEA Câu ( điểm) 0,5 AE cạnh chung Do EDA = EKA (cạnh huyền-góc nhọn)   AK  AD  EB tiếp tuyến đường tròn tâm A đường kính OD   EKA  EDA  90   Mặt khác BO tiếp tuyến đường tròn tâm A đường kính OD Mà EB  BO  B  AB đường trung trực củaOK Phương trình AM vuông góc với EB qua M  8; 2  có dạng:  x  8   y    hay 3x  y  16  16  x  3x  y  16    16  Tọa độ K nghiệm hệ phương trình:    K  ;   5 4 x  y   y    4 Gọi I trung điểm OK  I   ;   5   16   4 Phương trình AB qua điểm I   ;  nhận VTPT OK    ;  là:  5  5 16  8 8 4   x     y    hay x  y   5 5 5 5 2 x  y    x  2   B  2;0  Tọa độ B nghiệm hệ phương trình:  4 x  y    y  Vì I trung điểm AB nên A  0;  0,25 Phương trình BC qua điểm O  0;0  B  2;0  y   Phương trình EC qua điểm A  0;  nhận VTPT nEC  1;  :  x     y    hay x  y   x  y   x    C 8;0  Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  y  y  Gọi J trung điểm BC  J  3;0  Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R  0,25 BC 5 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x  3  y  25 y  y   y    Điều kiện:  y    y  3x  y  x  14   3x  y  x  14   Ta có:  y  8 y4 y4       y    y 4 y 4 y  y 4    y 4 y4 y4 y4 y4 y4 y4 2    Khi phương trình (1) trở thành: x y  y  x 1  y  y  y   x y  y  y  x 1  y    y 2 x   y   Câu ( 1điểm) 2 x   y  x 1  y  0,25 0       2 x   y  y    x   y    y  2x2  (Vì  y  nên y  x 1  y   0) Thế y  x2  vào phương trình (2) ta được: x3  x  5x   x  x  3 Tập xác định phương trình (3): D   Đặt y  x  x   x3  x  x   y    Khi ta có hệ:   7 x  x   y   Cộng (3) (4) theo vế ta được: x3  3x  x   y3  y   x  1   x  1  y  y   Xét hàm số f  t   t  t Có f '  t   3t   0, t   nên hàm số f đồng biến  Do (6) viết lại f  x  1  f  y   y  x  0,25 Bởi vậy: x  x   x 1  x  x    x 1 x    x3  x  x     x  5 x  x 1    x  1   0,25 Với x   y  55 Với x  1   y  8 1   y  8 So sánh điều kiện thỏa mãn Với x  0,25  1    1  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  5;55  ,  ;8   ,  ;8  2    Trong mặt phẳng hệ trục tọa độ Oxy, với số thực x , ta xét điểm A  x; x  1 , Câu 10 ( điểm)     1  1 B    C   ;   2 2    OA OB OC Khi đó, ta có P    , a=BC, b=CA, c=AB a b c Gọi G tâm tam giác ABC, ta có: OA.GA OB.GB OC.GC  OA.GA OB.GB OC.GC  P        , ma,, mb mc a.GA b.GB c.GC  a.ma b.mb c.mc  tương ứng độ dài đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C tam giác ABC Theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số thực không âm, ta có: a.ma  3a  2b  2c  a   3a   2b  2c  a   a  b2  c2 a  b2  c2 a  b2  c Bằng cách chứng minh tương tự, ta có: b.mb  c.mc  3 3 Suy P   OA.GA  OB.GB  OC.GC  (1) a  b2  c 0,25 0,25 0,25       Ta có: OAGA  OB.GB  OC.GC  OAGA  OB.GB  OC.GC 0,25      OA.GA  OB.GB  OC           OG  GA GA  OG  GB GB  OG  GC GC      OG GA  GB  GC  GA2  GB  GC         a  b2  c2 2 m  m  m   a b c a  b2  c  OA.GA  OB.GB  OC.GC  (2) Từ (1) (2) ta suy P  Dấu “=” xảy x=0 Vậy P   [...]... 0  ( x 2  xy )( y  z )  0 2 2 2 2 0,5 2  x y  x z  xy  xyz  0  x y  xyz  x z  xy 2 xy 2  yz 2  zx 2  xyz   x 2 z  xy 2   yz 2  xyz 0,5   x 2 y  xyz   yz 2  xyz  y  x 2  z 2  Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 1 y  x2  z 2   2 y 2 ( x 2  z 2 )( x 2  z 2 ) 2 2  2 2 2 0,5 2 3 2 2 2 x y z  1  2 y  (x  z )  (x  z )    2   3 3 2     3 Do đó 2 2 P  xy... biểu thức: P 1 1  a2  1 1  b2  1 1  c2  a  b  8 2  2c 2  1 2c  a2 b2 c2   a  b 2c 2  1 Ta có: P  3   Vì a2  1  2a, b2  1  2b, c 2  1  2c , do đó:       1  a2 1  b2 1  c 2  8 2c   2 2 c 1 7 2 c 1  5 1  a  b  c   a  b 1 2c 2  1   P  3   a  b  4  a  b        a  b  2  2 P  3    2 2c 2 8 2 8 2c  2 2c  2 8   2 Vậy giá trị nhỏ...  2  x2  x    x  1 Ta có: f  2   2; f 1  2; f 2 2 2  x  x         2  2  Vậy: max f  x   max  2; 1; 2  2 khi x  1 và min f  x   min  2; 1; 2   2 khi x   2 xD xD Câu 8 (0,5 điểm): Giải phương trình 4x  32 x1  3.18x  2x  x          Phương trình tương đương với: 22 x  32 x 1  32 x 1 .2 x  2 x  2 x 2 x  32x 1  2 x  32x 1  2 x  32 x 1 2x...  2 y  5 (2) x  y  0 Điều kiện:  2 x  1  0 Đặt t  x  y (t  0) PT (1) trở thành t 2  3t  2t  2  4 0,5 0,5 0,5 2, 5 0,5 0,5  t 2  4  3t  2t  2  0 3t  2t  2 0 3t  2t  2 1  (t  2) (t  2  )0 3t  2t  2  t  2  (t  2) (t  2)  (Vì t  2  0,5 1  0 t  0 ) 3t  2t  2 Với t  2 suy ra x  y  2  y  2  x Thay y  2  x vào (2) ta có: 2 0,5 3 ( x  x) 2 x  1  x  2. .. x1 x2  2m  5 2( 2m  5)  (m  1)( m  2)  (m  1) 2  0  m  3 Thử lại vào (*) thấy thỏa mãn Vậy m  3 thỏa mãn bài toán Câu 2 Giải phương trình sau 3 cos 2 x(2sin x  1)  2cos x (2sin 2 x  1)  3sin 2 x Ta có: (1)  3 cos 2 x(2sin x  1)  2cos x (2sin 2 x  1)  3sin 2 x 0,5 0,5 2, 5 0,5 2  2 3 sin x cos 2 x  3 cos 2 x  4cos x sin 2 x  2cos x  3sin 2 x  0  2 3 sin x cos 2 x  2sin... thi THPT Quốc gia, trong đó có hai môn trắc nghiệm là Vật lí và Hóa học Đề thi của mỗi môn gồm 6 mã khác nhau và các môn khác nhau có mã khác nhau Đề thi được sắp xếp và phát cho thí sinh một cách ngẫu nhiên Tính xác suất để trong hai môn thi đó Điệp và Hoàng có chung đúng một mã đề thi 1 2 3 20 16 2 Tính tổng S  C2016  22 C2016  32 C2016   20 1 62 C2016 Câu 6: (1,5 điểm) Cho 0  a  b  c và a 2. .. sin 2 x  4sin x cos x  3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x  0  2sin x ( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x )  ( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x)  0  (2sin x  1)( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x )  0  2sin x  1  0 (2)   3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x  0(3)   x   2k  1 6 (2)  sin x    2  x  5  2k  6 3 1  (3)  cos 2 x  sin 2 x  cos x  cos (2 x  )  cos x 2 2 6      2 x  6  x  2. .. inx  3 cos x  2 2 cos   x  6     cos   x  sin 4 x  2  0 6     cos   x   0  x    k 3 6   2 (2, 5đ) 4x  y 2 2  2x  y   1,0đ 0,5đ 1,0đ   9 2  1,0đ 0,5 2 2 3 2  2x  y  4 x  2 xy  y   2 x  y   2 xy   2 x  y      2x  y  4  2  VT  2 x  y Dấu bằng xảy ra khi 2x=y 2 2 2 2 2 Thay vào pt (2) được (2x 11)( 3x  8  x  1)  0 +)x=11 /2 ko là no 11... 3 2     3 Do đó 2 2 P  xy  yz  zx 2 x  xyz  2  y2  z2  6 2 3  x2  y 2  z 2  3  x 2  y 2  z 2  2      3 3   2  2  x2  y 2  z 2  3 4 3 Đặt t    (t  0) Ta có P  f (t )  2t  t 3 2   f '(t )  6t 2  6t 3  6t 2 (1  t )  0  t  1 Lập bảng biến thi n của hàm f (t ) suy ra 3 1 1 được f (t )  f (1)  2    P  2 2 2 1 1 Ta thấy P  khi x  y  z  1 Vậy... hợp với MQ || NP  PQ  NM GA AP Theo định lí Talet ta có:   2  AP  2. PQ  2. NM GM PQ a ab   b  CP  2  CN  CM   b  CN  2  CN    CN  (1) 2 3  2  p  c 2ab  a  b  c  IC CD abc Ta có CN      2 2 2 2 C C 1  cos C a b c a  b  c2   cos cos 2 1 2 2 2 ab 2 ab 2 ab   CN  (2) abc abc 2ab a b a  b  c 2ab Từ (1) và (2) ta được    a bc 3 3 a b Cách 2 ... 20 15C2016 x 20 16C2016 x 0,5 Q ' ( x) 20 16( 1 x) 20 15 20 16. 20 15(1 x )20 14 x 20 15 20 14 20 16 20 15 C2016 22 C2016 x 20 1 52 C2016 x 20 1 62 C2016 x 20 16 = 20 16. 20 17 .22 014 Q' (1) S 12 C2016 22 ... x )20 16 20 15 20 14 20 16 20 15 P ' ( x) 20 16( 1 x) 20 15 C2016 2. C2016 x 20 15C2016 x 20 16C2016 x 0,5 0,5 0,5 20 15 20 15 20 16 20 16 Q( x) P ' ( x).x 20 16 x(1 x) 20 15 C2016 x 2. C2016 x 20 15C2016... Du bng xy 4a=b a b2 a b2 TH2: B, C khỏc phớa i vi 4a 4b 2a 4b Khi ú T 1,0 0,5 0,5 360 129 6 18 20 15 20 15 20 16 20 16 C2016 C2016 x C2016 x2 C2016 x C2016 x A 360 Vy