đề thi thpt quốc gia môn toán 2016 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2.0 điểm) Cho hàm số y = 2x + có đồ thị (C ) x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = Bài (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1)2 dx Bài (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M (1; −2;3) mặt phẳng ( P ) có phương trình x − y + z − = Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M song song với mặt phẳng ( P ) Bài (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' , có đáy ABC tam giác vuông cân B Biết AB = cm , BC ' = cm Tính thể tích khối lăng trụ cho; Tính góc hợp đường thẳng BC ' mp( ACC ' A ') π  π  Bài (1.0 điểm) Giải phương trình sin  − x  + sin  + x  = 4  4  Bài (1.0 điểm) Với chữ số tập hợp {0;1; 2;3; 4;5} , viết số tự nhiên gồm chữ số, có hai chữ số 1, ba chữ số lại khác đôi khác Bài (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy điểm A( 2; 2) , B(2 2;0) C ( 2; − 2) Các đường thẳng (d1) (d2) qua gốc tọa độ hợp với góc 45o Biết rẳng (d1) cắt đoạn AB M (d2) cắt đoạn BC N Khi tam giác OMN có diện tích bé nhất, tìm M viết phương trình đường thẳng (d1) (d2) 3 x + y + xy = x − y Bài (1.0 điểm) Giải hệ phương trình sau   x + y + = 2 x + y − xy ( ) Bài (1.0 điểm) Với số dương x y có tổng bé Chứng minh + + ≥ 36 x y 1− x − y -HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG Thời gian làm bài: 180 phút; (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số y = 2x + x +1 1,0 Tập xác định: D = » \ {−1} Giới hạn: lim y = , lim y = , suy y = tiệm cận ngang đồ thị x →+∞ x →−∞ 0,25 lim y = −∞, lim− y = +∞ , suy x = −1 tiệm cận đứng đồ thị x →−1+ x →−1 Đạo hàm: y ' = ( x + 1) > 0, ∀x ≠ −1 Bảng biến thiên: x -1 -∞ +∞ + y' +∞ y 0,25 + -∞ Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) ( −1; +∞ ) Hàm số cực trị Đồ thị: 0,5 Với x = ta có y = Với x = – ta có y = Viết phương trình tiếp tuyến (C ) , biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 1,0 Giả sử M ( x0 ; y0 ) tọa độ tiếp điểm  x0 = =1⇔  ( x0 + 1)  x0 = −2 Với x0 = ⇒ y0 = Phương trình tiếp tuyến là: y = x + Theo giả thiết ta có y '( x0 ) = ⇔ Với x0 = −2 ⇒ y0 = Phương trình tiếp tuyến là: y = x + 0,5 0,25 0,25 Tính tích phân I = ∫ x( x − 1) dx 1,0 Ta có I = ∫ ( x − x + x) dx 0,25  x x3 x  = − +  0  I= 12 0,5 0,25 Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( P ) là: d ( M , ( P)) = − 2(−2) + 2.3 − 1+ + = (đơn vị độ dài) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm M song song với mặt phẳng ( P) Mặt phẳng ( P) có véctơ pháp tuyến n = (1; −2;2 ) Vì ( Q ) //( P ) nên n = (1; −2;2 ) véctơ pháp tuyến (Q) Phương trình mặt phẳng (Q) là: 1.( x − 1) − 2.( y + 2) + 2( z − 3) = Hay x − y + z − 11 = Tính thể tích khối lăng trụ cho; Vẽ hình: 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 A B H C B' A' C' Diện tích đáy khối lăng trụ: S = (cm2) Chiều cao khối lăng trụ: h = CC ' = BC '2 − BC = (cm) 27 cm3 ) ( 2 Tính góc hợp đường thẳng BC ' mp ( ACC ' A ') Gọi H trung điểm cạnh AC , suy HC ' hình chiếu BC ' lên mặt phẳng ( ACC ' A ') Thể tích khối lăng trụ cho: V = S h = = Ta có sin HC ' B = 0,25 0,5 0,25 0,25 Do ( BC ', ( ACC ' A ') ) = ( BC ', HC ') Ta có tam giác BHC ' vuông H , cạnh BH = 0,25 cm BH = ⇒ HC ' B = 30o Vậy ( BC ', ( ACC ' A ') ) = 30o BC ' Biến đổi phương trình cho thành π π  π  sin  − x  − sin = − sin  + x  4  4  π  π  ⇔ cos  − x  sin ( − x ) = − sin  + x  4  4  π  π  ⇔ cos  − x  sin ( x ) = cos  − x  4  4  π π π π Với cos  − x  = , ta có − x = + kπ x = − + kπ 4 4  0,25 0,25 0,25đ 0,25đ 0,25đ π  x = + k 2π  Với s in ( x ) = , ta có   x = 5π + k 2π  π   x = − + kπ  π Ta có họ nghiệm  x = + k 2π    x = 5π + k 2π  0,25đ Trường hợp số tự nhiên có chữ số 0: Có 4.C42 A42 = 288 số tự nhiên (Có cách đưa số vào hàng số tự nhiên, cách chọn số ta có C42 cách đưa số vào hai hàng số tự nhiên Còn lại hàng, có A42 cách chọn chữ số (trong chữ số 2, 3, 4, 5) để đưa vào) Trường hợp số tự nhiên chữ số 0: Có C52 A43 = 240 số tự nhiên Kết có 528 số tự nhiên Gọi α góc (d1) với chiều dương trục hoành, β góc (d2) với chiều dương trục hoành, với α + β = 45o 0,5đ 0,5đ 0,25đ  OM = cos α Ta có  ON =  cos β Như tam giác OMN có diện tích S = OM ON sin 45o Hay S = 2 cos α cos β Hay S = cos 45 + cos (α − β ) o Tam giác OMN có diện tích bé với điều kiện cos (α − β ) = , tức α =β Và ta có α = β = π Lúc (d1) phân giác góc AOB , điểm M chia đoạn AB theo tỷ số k = − 0,25đ 0,25đ OA =− OB  xM = Tọa độ điểm M   y M = 2( − 1) Phương trình đường thẳng ( d1 ) : y = x tan π (d1 ) : y = ( − 1) x , 0,25đ Đường thẳng (d2) đối xứng với (d1) qua trục hoành nên phương trình đường thẳng ( d ) : y = ( − + 1) x 3x + y + xy = x − y (*1) Xét hệ phương trình sau   x + y + = 2 x + y − xy (*2) Ta phân tích phương trình (*1): 3x + y + xy = 3x − y ( 0,25đ ) Trở thành ( 3x + y )( y − x + 1) = 3 x + y = Hay  2 y − x + = Còn phương trình (*2): x + y + = ( x + y − xy ) phân tích thành 0,25đ ( x + y −2 ) =0 Hay x + y − = 3x + y = Xét hệ  , ta có hệ vô nghiệm  x + y =  x = 23 − 2 y − x + = Xét hệ  , ta có   x + y =  y = 11 + + + ≥ 36 x y z a b c Do x + y + z = , nên ta đặt lại x = , y= z = , với a, b a+b+c a+b+c a+b+c c số dương Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành a + b + c 4( a + b + c) 9( a + b + c) + + ≥ 36 a b c b c 4a 4c 9a 9b Hay + + + +4+ + + + ≥ 36 a a b b c c b c 4a 4c 9a 9b + + + ≥ 22 Hay + + a a b b c c  b 4a   c 9a   4c 9b  Hay  +  +  +  +  +  ≥ 22 c  a b  a c   b Áp dụng bất đẳng thức Cô - si lần ta có điều phải chứng minh Dấu xảy ra: + + = 36 x y z  b 4a   c 9a   4c 9b   +  +  +  +  +  = 22 c  a b  a c   b   x = b = 2a Như  Lúc  c = 3a y =  Đặt − x − y = z , ta có x + y + z = , ta cần chứng minh 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Đồng Đậu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3mx   m  1 x  2, m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m  2) Tìm tất giá trị m để hàm số cho đạt cực tiểu x  Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: log ( x  5)  log ( x  2)  2) Giải phương trình: x  2.71 x   Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  ln 1  x  đoạn  2;0 n Câu (1,0 điểm).Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển biểu thức  x3   , biết n x   số tự nhiên thỏa mãn C  13C Câu (1,0 điểm) n n2 n 1) Cho góc  thỏa mãn   7      sin(   )   Tính tan      2) Trong thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vòng chung kết, có bạn nữ 15 bạn nam Để xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia bạn thành nhóm A, B, C, D, nhóm có bạn Việc chia nhóm thực hiên cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để bạn nữ thuộc nhóm Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD) Biết AC = 2a, BD = 4a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình d1 : x  y   0, d : 3x  y   tam giác ABC có diện tích trực tâm I thuộc d1 Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ giao điểm d1 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ dương Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x  xy  y  y   y   x   3  y  x  y   x    Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b thỏa mãn a  2b  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  4  4 a b  a  b 2 -Hết -(Cán coi thi không giải thích thêm) Họ tên thí sinh…………………………………………SBD…………………… Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Đồng Đậu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM Môn thi: Toán Câu Đáp án Với m = hàm số trở thành y  x  3x  *Tập xác định : D  R * Sự biến thiên: + Giới hạn vô cực: xlim y   , lim y    x  x  x  Điểm 0,25 + Chiều biến thiên : y '  3x  x , y '    1.1 (1,0 điểm) Các khoảng đồng biến: (;0) (2; ) ; khoảng nghịch biến : (0; 2) + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  0, yCD  ; đạt cực tiểu x  2, yCT  2 + Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y’ 0+ + y 0,25 0,25 -2 -∞ *Đồ thị: 0,25 1.2 (1,0 điểm) Ta có: y '  3x  6mx  m  1; y ''  x  6m  y '(2)   y ''(2)  Hàm số cho đạt cực tiểu x    m  12m  11   12  6m   m 1 Vậy với m = thỏa mãn yêu cầu toán 0,25 0,25 0,25 0,25 2.1 (0,5 điểm) 2.2 (0,5 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện x  Phương trình cho tương đương với log ( x  5)( x  2)   ( x  5)( x  2)   x  6(t / m)  x  x  18     x  3(l ) Vậy phương trình cho có nghiệm x  t  14 Đặt t  x , t  Ta có phương trình: t     t  9t  14    t t  Với t  2, suy x   x  log Với t  7, suy x   x  Vậy phương trình cho có tập nghiệm S  log 2;1 Ta có hàm số f ( x) xác định liên tục đoạn [-2;0]; f '( x)  0,25 0,25 0,25 0,25 4 x  x  1 2x Với x   2;0 f '( x)   x   0,25 0,25 Ta có f (2)   ln 5; f ( )   ln 2; f (0)  0,25 Vậy giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) đoạn [-2;0] lần 0,25 lượt  ln  ln (1,0 điểm) n  Phương trình cho tương đương với n  N n! n!  13 4!(n  4)! (n  2)!2!  n  15(t / m)  n  5n  150     n  10(l ) Điều kiện  Vậy n  15 Với n = 15 ta có 0,25 0,25 15 15 k   k 15  k   x     C15  x     x    x  k 0 0,25 15   C15k (1) k x 455 k k 0 Để khai triển cho có số hạng chứa x10 45  5k  10  k  7(t / m) Vậy hệ số x10 khai triển cho C157 (1)7  6435 5.1 (0,5 điểm) Ta có: sin(   )    s inx  0,25   7      tan      tan  3      tan      cot      2  0,25 Vì 5.2 (0,5 điểm)       cot   Do  cot   1  cot      2 2 sin  sin  7 0,25   C20 C155 C105 C55 0,25 Vậy tan      2   Chia 20 học sinh thành nhóm nên số phần tử không gian mẫu Gọi A biến cố “ Chia 20 học sinh thành nhóm cho bạn nữ thuộc nhóm” Xét bạn nữ thuộc nhóm có C155 C105 C55 cách chia 15 nam vào nhóm lại Vì bạn nữ thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có  A  4.C155 C105 C55 Vậy xác suất biến cố A P( A)  A   0,25 4.C155 C105 C55  5 5 C20 C15 C10 C5 3876 (1,0 điểm) 0,25 Gọi H trung điểm AB, tam giác SAB nên SH  AB Mà  SAB    ABCD  , suy SH   ABCD  Gọi O giao điểm AC BD, ta có OA  a, OB  2a  AB  OA2  OB  a a 15  2 1 Đáy ABCD hình thoi nên có diện tích S ABCD  AC.BD  2a.4a  4a 2 2a 15 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD VS ABCD  S ABCD SH  3 Ta có AD / / BC  AD / /  SBC  Tam giác SAB cạnh a nên đường cao SH  a Do d  AD; SC   d  AD;( SBC )   d  A;( SBC )   2d  H ;( SBC )  Gọi K hình chiếu H BC, ta có BC  HK v嚓BC  SH n n BC  ( SHK ) Gọi I hình chiếu H SK, ta có HI  SK v嚓HI  BC n n HI  ( SBC ) 0,25 0,25  13  2m  Vì G  d : 2x  3y  13   G  m;    G 2;  Từ I G  10    28 75  , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3) G   13 ; 13     BD qua I(1;6) I G  BD nên phương trình x  3y  17    0,25     B 2;5 (do hoành độ điểm B âm) B , D  BD  C   D 4;7     Vậy B 2;5 Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân A) 1 Suy AM  BC  GM  MB GM  AM  MB 3   MG   cosGBM  Nên t an GBM MB 10  Gọi n  a, b với a  b2  VTPT BC   Ta có VTCP BG BG  4; 2  nBG  1;2 VTPT BG   n n       cos n , n   BG Có cos BG, BC  cos nBG , n  cosGBM   BG 10 nBG n              0,25  a  b   35a  40ab  5b2    10 7a  b  a  b2  Trường hợp 1: Với a  b   n  1;1 nên phương trình BC : x  y    Trường hợp 2: Với 7a  b   n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33    a  2b       Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình 0,25 BC thoả mãn x  y     Vậy BC : x  y   B 2;5 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau tập  : 5x  13  57  10x  3x x   19  3x  19 3  x  Điều kiện  x   Bất phương trình tương đương  x   19  3x 2 x   19  3x x   19  3x  x  x  2x  0,25  2x  0,25  x   19  3x  x  2x  ~5~  x  5  13  x   2 x      19  3x   x x 2        x  x   x  5 9 x       x  x   x2  x   13  x   19  3x         2  0  x x 2  *    x  5 13  x    9 x     19  3x          19  Vì   với x   3;  \ 3   x  5 13  x   9 x     19  3x          0,25   Do *  x  x    2  x  (thoả mãn) 0,25 Vậy tập nghiệm bất phương trình S   2;1 Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng:   a bc 2a 3b c    a  b c 1 a bc  Bất đẳng thức tương đương với 1   a  2a   b  3b   c  c  a bc  6 a bc         a  2  b  3  c  1 a bc   a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  a  2 b  3 c  1 a  b  c  6 a  2  b  3  c  1  a  b  c  6  10 2 2 2 0,25 2 a2 b3 c 1 a bc  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có               0,25  a 2  b  c 1    a  b  c   VP VT   a bc  a 2  b  c 1  0,25  Dấu xảy a  2;b  3; c  Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh Chú ý: Mọi cách làm khác học sinh chấm điểm bình thường! Giáo viên đề: Quách Đăng Thăng ~6~ 0,25 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số f ( x)  x 1 (C ) x2 giao điểm đồ thị (C ) với trục Ox Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn  z  i 1  i    3i  Tìm môđun số phức z b) Giải bất phương trình log  x  1  log  x  2  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   2x  dx x 1 Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A 2;  1; 0 mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Lập phương trình mặt cầu (S) qua A có tâm I hình chiếu vuông góc điểm A mặt phẳng ( P) Câu (1,0 điểm) b) Để bảo vệ Đại hội Đảng toàn quốc lần thứ XII diễn từ ngày 20 đến 28 tháng 01 năm a) Tính giá trị biểu thức P  sin .sin 2  cos 2 , biết cos   2016, Bộ Công an thành lập đội bảo vệ, Bộ Quốc phòng thành lập đội bảo vệ Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên đội thường trực để bảo vệ Trung tâm Hội nghị Quốc gia Mỹ Đình (nơi diễn Đại hội) Tính xác suất để đội chọn có đội thuộc Bộ Công an, đội thuộc Bộ Quốc phòng Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc đỉnh S mặt phẳng ( ABC ) điểm H thuộc cạnh BC cho HC  HB , góc SA với mặt đáy ( ABC ) 45 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SC AB Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm I Các  10 11  2 điểm G  ;  , E 3;   trọng tâm tam giác ABI tam giác ADC Xác 3  3   định tọa độ đỉnh hình vuông ABCD , biết tung độ đỉnh A số nguyên   y  2 y  3 y  x  xy  x   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  tập số thực  y  1  x  y  1  x  y        Câu 10 (1,0 điểm) Cho x , y , z số thực dương x  y  z  xy  Tìm giá trị lớn biểu thức P   x  y y 2x   25z x  y  18 x  y  z -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 NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Môn: TOÁN (Đáp án có 04 trang) Đáp án Điểm x  Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Ta có : y '  3x( x  2)  y '    x  Hàm số nghịch biến khoảng  ;  va  2;    ,đồng biến khoảng 0,25 Câu Tập xác định: D  R (1,0đ) (0 ;2) Hàm số đạt cực tiểu x=0 yCT=-2 Hàm số đạt cực đại x=2 yCĐ=2 Giới hạn lim y   ; lim y   x  0,25 x  Bảng biến thiên: x  y’ y  0 +  - 0,25 -2  y f(x)=-x^3+3X^2-2 0,25 x -8 -6 -4 -2 -5 Đồ thị (C ) cắt Ox A(1;0) (1,0đ) (1,0đ) f '( x)  1  x  2 0,25 x  0,25 Hệ số góc tiếp tuyến A là: k  f '(1)  1 0,25 Phương trình tiếp tuyến y  1( x  1)   y  x  0,25 a) Ta có ( z  i)(1  2i)   3i   z  i 1  i  z 1  2i 0,25 Do số phức z có mô đun 0,25 b) Điều kiện: x  Bất phương trình cho  ( x  1)( x  2)   x2  x   0,25 x    Kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm BPT  3;  x     dx Tính :  2  x  1  (1,0đ) 0.25 0,25 1 0   dx   d( x  1) x 1  2 x  ln x   0,25 0,25   ln (1,0đ)    (P) có vtpt n  (1; 2;1) , d qua A vuông góc với (P) có vtcp u  n  (1; 2;1) x   t    Phương trình đường thẳng d y  1  2t Do I  d  I (2  t ; 1  2t ; t )     z  t I thuộc (P) nên (2  t )  2(1  2t )  t    t  1 Vậy I(1;1;-1) Mặt cầu (S) có bán kính R  IA  có phương trình  x  1   y  1   z  1  a) Ta có: cos 2  cos2     (1,0đ) 2 16 ,sin    cos2   25 25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 89 25 0,25 b) Số cách chọn ngẫu nhiên đội 12 đội C125  792  n()  792 0,25 Suy P  10sin  cos   cos 2  Số kết thuận lợi cho biến cố A: ‘Mỗi Bộ có đội bảo vệ’ n( A)  C125  C55  C75  770  P( A)  0,25 n( A) 35  n() 36 Áp dụng định lý cosin tam giác AHB có AH  HB2  AB2  HB.AB cos60  a2 a  AH  (1,0đ) Góc đường thẳng SA mp(ABC) góc SAH  450 Tam giác SHA vuông cân H nên SH  AH  0,25 a 3 Thể tích khối chóp S.ABC V  SABC AH  a 21 36 0,25 Gọi E trung điểm AB, D đỉnh thứ tư hình bình hành ABCD Ta có AB / /CD  d( AB, SC )  d( AB, SCD)  d( B, SCD)  d( H , SCD) S Trong mp(ABC) Qua H kẻ đường thẳng song song với CE cắt đường thẳng CD F AB M tứ giác CEMF hình chữ nhật Kẻ HK vuông góc với SF K K CD  (SFM )  CD  HK , F  CD  HK H B   HK  (SCD) M C E D A   SF  HK 2 a Ta có HF  MF  CE  3 Tam giác SHF vuông H: 1 a 210    HK  2 SH FH HK 30 3 a 210  d ( AB, SC )  d ( H , SCD)  HK  2 20 0,25 0,25 Gọi M trung điểm BI N hình chiếu vuông góc G lên BI IN AG 2    IN  IM  BI  1 IM AM 3 E trọng tâm ACD 1  IE  DI  BI  EN  IN  IE  BI  BN 3  BN  EN  BGE cân G  GA  GB  GE  A, E, B thuộc đường tròn tâm G   ABE   2.450  900  AGE vuông cân G  AGE Ta có GN //AI  (1,0đ) 0,25 qua G   AG  : x  13 y  51   A  51  13a; a   GE Phương trình  AG  :  Khi AGE vuông cân G  AG  GE a   143   11  170  11   AG2    13a    a      a      10  A  1;  a  3 3         2  11  Ta có AG  AM  AG  AM  M  ;  3  2 Phương trình  BD  qua E M   BD  : 5x  y  17  2 0,25 2 tam G  10   11  170  G  :  x     y      3   R  GA 0,25 Phương đường tròn G  :  B giao điểm thứ hai  BD   G   B  7;  qua A   AD  : x  y   D 1; 4   AB   ABCD hình vuông  AB  DC  C  9; 2  Phương trình  AD  :  0,25 Bài toán có nghiệm A  1;  , B  7;  , C  9; 2  D  1; 4  Điều kiện: y   y  3 y  x  0; xy  0;   x  Từ phương trình thứ nhất, ta có x   y   x  + Xét:  , thỏa mãn hệ phương trình   y  + Xét x, y không đồng tời không, phương trình thứ tương đương với y   y  3 y  x  3x  xy  x  (1,0đ) y  2 y  3 y  x  x  y   y  3 y  x  3x   xy  x xy  x  0.25 0    11y  x  4x    y  x    0  yx  11y   y  3 y  x  3x xy  x    Thế y  x vào phương trình thứ hai, ta 2 x  1  x  2 x  1  x  x  a   x ; a   x   x  Đặt   2x  a2  b2  b   x ; b     2 Phương trình trở thành a  b a  b  1   a  b  2x     x  1 x 1   a  b a  b        a  b  a  b a  b  1  1      a  b   a  b   a  b     0,25 0,25 + Với a  b   x   x  x  (loại) 5 5 1 1 x y   x  1 x  8 2     5    ; Hệ phương trình có nghiệm:  x; y  0; 0 ,   8   + Với a  b  0,25 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: x  y  xy   x  y  z  5  x  y  10   x  y  z   x  y  18   x  y   z  4   x  y  z   x  y  z 2 Từ suy 10 (1,0đ) Khi P  0,25 2x 2x x   x  y  18 2 x  y  z x  y  z  x  y y x   x  y  4z x  y  4z 25 z xy  x  y  x  y xy t 4t z      f t    xy x  y  4z 25z 25z t  25 4 z xy t 4t Với t  , có  , xét hàm số f t   t  25 z   4 t  f 't   ; f ' t    t 1    2  t  4  25  t  4 25   1 Do suy f t   f 1   Pmax  25 25 x  y  z; x  y   x  y   Dấu đẳng thức xảy     x  y  z  xy   z   Vậy giá trị lớn biểu thức P 25 Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa -Hết - 0,25 0,25 0,25   [...]... từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có 0,25 C  4845 đề thi Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có C102 C102  2025 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có C103 C101  1200 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có 0,5 C104  210 trường hợp Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu... 2 3  2912 b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn được đề thi từ 0.5 ngân hàng đề nói trên nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4 Không gian mẫu của việc tạo đề thi là :   C 407 ... Từ giả thi t ta có 1 2 2 4 6 3 1 2 3    a, nên    2      2  a    4 3 c b c b a a c b a  Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  3 0,25 0,25 0,25 0,25 Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng 6 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015 -2016 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 2x 1... khi a  2, b  4 64 Suy ra P  0,25 Hết - 7 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ 1 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 -2016- LẦN Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  2 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A 1;1  và vuông... hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển :  x  2   x  b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói trên nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 4 Câu... 0; 2 2 t 2 t3  2 g '(t )  t  2  2 ; g '(t )  0  t  3 2 t t 6 33 4 16 Lập bảng biến thi n ta có Min P  khi x  y  2 2 Hết 0,25 0,25 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 CÂU Câu 1a ĐÁP ÁN ĐIỂM 0,25 1 3 x  x2 3 Tập xác định: D   ta có: y  y '  x 2  2x ; y '  0  x  0; x  2 Sự biến thi n: + Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; ) +Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)... 18 12 a 2  b 2  c 2 2 Từ các đảng thức trên suy ra S  18 0.25 Áp dụng (*) cho x lần lượt là  Vậy MinS =2 khi a=b=c=1  0.25 0.25 TRƯỜNG THPT LAM KINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2015 - 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x  1 x 1 a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số b Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng... -HẾT -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015 -2016 MÔN THI: TOÁN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn... Hết Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:……………………… 1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 -2016 Câu Câu1a 1.0đ Nội dung - Tập xác định D  R \ 1 - Sự biến thi n y '  3  x  1 2 Điểm 0,25  0 với x  D + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 , 1;   + Hàm số không có cực trị + lim y  x   2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang... triển của  x  2  x   b Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi trên Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc Câu 5 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi I là trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC Các mặt phẳng (SBD) ... tng ng 0,25 S GIO DC V O TO KNễNG TRNG THPT KMIL K THI TH THPT QUC GIA NM 2016 Mụn thi: TON Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao Ln th 1, Ngy thi: 1/12/2015 CHNH THC Cõu 1.(2,0 im)... - TRNG THPT VIT TRè THI TH THPT QUC GIA 2015 -2016- LN Mụn: Toỏn Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian giao Cõu (2.0 im) Cho hm s y x x x (1) a) Kho sỏt s bin thi n v v th (C)... KHO ST THPT QUC GIA LN NM HC 2015 -2016 TRNG THPT THUN THNH S Mụn thi: Toỏn Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Cõu 1.(2,5 im) Cho hm s : y 2x (C ) x a) Kho sỏt s bin thi n v v