Tổng hợp 125 đề thi thử toán THPT quốc gia (có lời giải chi tiết 2016) phần 6 2

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I THI MƠN TỐN, KHỐI 12 (lần 3) ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT ĐỀ QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 93 Năm học: 2015-2016 Thời gian làm 180 phút Thời gian làm 180 phút oOo Câu 1(1 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x Câu 2(1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: f ( x)   x  3x  9x  đoạn [0; 2] Câu 3(1 điểm) a) Giải phương trình: b) Giải bất phương trình log x  log  x  1  x  8.3x    Câu 4(1 điểm) Tính tích phân I    x  3 sin xdx Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A  2; 1;0  , B  3; 3; 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng AB Tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P) Câu (1 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn      sin   Tính giá trị biểu thức   P  cos      sin 2 3  b) Một lơ hàng có 11 sản phẩm, có phế phẩm, lấy ngẫu nhiên sản phẩm lô hàng Tính xác suất để sản phẩm có khơng q phế phẩm Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, SA  (ABCD), SA = a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBM), với Mlà trung điểm cạnh CD Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB Gọi M, N trung điểm cạnh AD, BC Trên đường thẳng MN lấy điểm K cho N trung điểm đoạn thẳng MK Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, D biết K (5; 1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC x  y   điểm A có tung độ dương  x10  x  y  x y Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) x   y    Câu 10 (1 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a  ab  abc abc -Hết - 545 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I - ĐÁP ÁN TOÁN_ KHỐI 12 (lần 3-2015-2016) Câu Nội dung HS tự giải Ta có hàm số f(x) xác định liên tục đoạn  0; 2 ; f '  x   3 x  x  Với x  0; 2 , f '  x    x  Ta có f(0)=-3, f(1)=2, f(2)=-5 Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f(x) đoạn  0; 2 -5 a) Điều kiện x  Phương trình cho tương đương với log x  x  1   x  x    x  1(loai ); x  Vậy pt cho có nghiệm x=2 b) Đặt t  3x  t   Bất pt trở thành t  8t    t  1(loai); t  3x   x  Bất pt cho có nghiệm x>2 Đặt u=x-3, dv=sinx Suy du=dx, v==cosx  Khi I    x  cos x   cos xdx  =   x  cos x  sin x   Điểm 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  2 0,50 Gọi I trung điểm đoạn AB Suy I  ; 2;   2 2  Mặt phẳng trung trực đoạn AB qua I nhận AB 1; 2; 1 làm 5 vectơ pháp tuyến, có pt x    y     z     x  y  z   2  x  y 1 z Đường thẳng AB có phương trình:   2 1 Gọi M giao điểm AB (P) Do M thuộc AB nên M   t; 1  2t ; t  M thuộc (P) nên  t   2t  t    t  1 Do M(1; 1;1) a) 0,50 16       cos   cos     sin      25     P  cos      sin 2  cos  cos  sin  sin  5sin  cos   3 3  21   10 b) Số cách chọn sản phẩm 11 sản phẩm là: C11  462 Số cách chọn sản phẩm mà có phế phẩm là: C2 C9  252 Số cách chọn sản phẩm mà khơng có phế phẩm là: C9  126 Suy số cách chọn sản phẩm mà có không phế phẩm là: 252+126=378 378  Vậy xác suất cần tìm là: 462 11 546 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 S H 0,50 A D M E B C 1 2a VS ABCD  SA.S ABCD  a.a.2a  3 Kẻ AE  BM , AH  SE Suy AH   SBM  2.S ABM  AE  BM 2a 4a   4a ; 17 a 1 1 17 33 4a  2  2   d ( A, (SBM ))  AH  2 2 AH SA AE a 16a 16a 33 A M 0,50 D I B N C 0,25 K   DKM  Mà Ta có CAD  DKM  CAD   KDM   90  KDM   DAC   90  AC  DK DKM Gọi AC  DK  I Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 13  x  2 x  y      x  y    y   11  547 Ta có 3KD  KI  D 1; 3 Gọi vec tơ pháp tuyến AD    n  a; b  , a  b     2a  b    a  b    a  b    b  cos DAC  5 a  b2 3b  4a 0,25 Từ AD: x=1 3x+4y+9=0 Với AD: x=1 Suy A(1;1) (thỏa mãn) Với AD: 3x+4y+9=0 0,25 DC: y=-3 Suy C(3;-3); 0,25 27 Suy y A   (loại) Điều kiện: y    y   CB: x=3 Suy B(3;1) - Xét x=0, từ pt đầu suy y=0, thay x=y=0 vào pt thứ hai không thỏa mãn (loại) - Xét x  , chia vế pt đầu cho x5  , ta 0,25 y  y x  x       (1) x x Xét hàm số f  t   t  2t , t   Ta có f '  t   5t   0, t   5 Vậy hàm số f  t   t  2t đồng biến  Do (1) x y  y  x Thay vào pt thứ hệ ta được: x y   y   (2) Xét hàm số g ( y )  y   y  1, y   1 Ta có g ' ( y )    0, y   Vậy g(y) đồng biến 2 y 5 2y 1 0,50 khoảng   ;   Mà g(4)=6 nên (2)  y    x   x  2  y  y  - Suy y  x    0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số, ba số ta được: a  ab  abc  10 a  a a 2b  b 4c 3  P  2a  b  c 2a  b  c a bc 1a  1 a  a    2b     b  c  2  3  3t  P  f  t  , với f  t    3t a bc 3 3 Ta có f  t    t  1    Đẳng thức xảy  t   P   2 2 16  a a  21   2b    Min P=   b  4c  b  21 a  b  c      c  21  0,50 Đặt t  548 0,50 TRƯỜNG THPTTHỬ CHUYÊN ĐỀ THI THỬQUỐC KỲ THI THPT 2016 ĐỀ THI KỲ THI THPT GIA QUỐC 2016 -GIA ĐỀNĂM SỐ 94 NGUYỄN TẤT THÀNH Môn Toán - Lần thứ Thời gian làm 180 phút Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Tỉnh Yên Bái oOo Câu (2,0 điểm).Cho hàm số y = x + 3x + m (1) 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  4 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Câu 2(0,5 điểm).Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i Tìm mơ đun số phức w  z  2z  z2 Câu 3(0,5 điểm).Giải bất phương trình  log  x  1  log  x  x   Câu 4(1,0 điểm).Tính tích phân I    e cos x  x  sinxdx  Câu 5(1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z   Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M Câu (1,0 điểm) 2cos  a/ Cho góc  thỏa mãn cot   Tính giá trị biểu thức P  2sin   3cos3  b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác suất để phần tử chọn số chia hết cho Câu 7(1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a,  ABC = 30 , SA vng góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  4x  x  1 x  x    4x  x   x   Câu (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng  d  : x  y   Gọi H hình chiếu B AC Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết 9 2 M  ;  , K  9;2  trung điểm AH, CD điểm C có tung độ dương 5 5 Câu 10(1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn  a  b  c    ab  bc  ca  Tìm giá trị lớn biểu thức P   a  b  c   b  c  -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích thêm Cảm ơn thầy Nguyễn Trung Nghĩa (nguyentrungnghia@yenbai.edu.vn) chia sẻ đên www.laisac.page.tl 549 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA 2016 LẦN THỨ MƠN TỐN TRƯỜNG THPT CHUN NGUYỄN TẤT THÀNH Câu Nội dung Câu Cho hàm số y = x + 3x + m (1) 2,0 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  4 điểm Với m  4 ta có hàm số y = x + 3x - Tập xác định :  Sự biến thiên  Giới hạn: lim y   lim y   x  x   Chiều biến thiên y '  3x  x x  y'     x  2 Bảng biến thiên x  y’ y -2 + Điểm  - + 0.25   0.25 -4 Hàm số đồng biến khoảng ( ; 2) (0; ) Hàm số nghịch biến khoảng (-2; 0)  Cực trị : Hàm số đạt cực đại x = -2, yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = -4  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox điểm (-2; 0) (1; 0) Đồ thị cắt trục Oy điểm (0; -4) 0.25 y -2 O x 0.25 -2 -4 550 2/ Xác định m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B thỏa mãn tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) Ta có y '  3x  x x  y'     x  2 Do y '  có nghiệm phân biệt y’ đổi dấu qua nghiệm nên đths có điểm cực trị A  0; m  , B  2; m     OA  0; m  , OB  2; m     m  OAB vuông O OA.OB   m  m       m  4 Do O, A, B tạo thành tam giác nên m  4 Câu Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  i   2z  2i (0,5 z  2z  w  Tìm mơ đun số phức điểm) z2 Ta có 1  i  z  i   2z  2i    i  z = -1+ 3i Suy z = -1+ 3i  -1+ 3i   i  i = 3i 3  i 3  i  0.5 0.5 0.25 z  2z  i  2i    1  3i z2 i2 Do w    10 w 0.25 Câu Giải bất phương trình Giải bất phương trình  log (0,5 điểm) Đk: BPT cho tương đương với  x  1  log  x  x   log 2  log  x  1  log  x  x    log  x  x    log  x  x   0.25  2x2  4x   x2  x   x2  5x    2 x3 Kết hợp đk ta nghiệm BPT  x     Câu cos x (1,0 Tính tích phân I   e  x sinxdx điểm) I   e  cos x    x  sinxdx   e Tính I1  e cos x sin xdx  cos x sin xdx   x sin xdx  I  I  0.25 0.25 0.25 Đặt t  cos x  dt   sin xdx ; 551 đổi cận: với x   t  với x    t  1  Ta có I1  et dt  et 1 1 e  e  Tính I  x sin xdx u  x du  dx  dv  sin xdx  v   cos x Đặt  0.25 I   x cos x   cos xdx    sin x      Vậy I  e   e Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm I  -1;2;3 mặt phẳng (P) có 0.25 Câu phương trình x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc (1,0 với mặt phẳng (P) tìm tọa độ tiếp điểm M điểm) Do (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên R= d  I ;( P)   4    16   Mặt cầu (S) có phương trình   x  1 0.25   y     z  3  2 0.25 Đường thẳng IM qua I, vng góc với (P) nên có phương trình:  x  1  4t   y   t (t  ) z   t  0.25 Gọi M  1  4t ;  t ;  t  Do M thuộc (P) nên  1  4t  +2  t  1 8 3 3 Vậy M  ; ;  3  t     18t    t  0.25 góc  thỏa mãn cot   Tính giá trị biểu thức Câu a/ Cho 2cos  (1,0 P điểm) 2sin   3cos3  cot    sin   , ta có: 0.25 552 2cos  2cot  2cot  1  cot  2cos  sin sin   P    sin  cos3  2sin   3cos3   3cot   3cot  3 sin  sin   2.2.1   10   3.23 13 0.25 b/ Xét tập hợp E gồm số tự nhiên có chữ số đơi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Chọn ngẫu nhiên phần tử tập hợp E Tìm xác suất để phần tử chọn số chia hết cho Số số tự nhiên có chữ số đơi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} kể số đứng đầu A 85 Số số tự nhiên có chữ số đôi khác tạo thành từ chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} có số đứng đầu A 74 Số phần tử tập E A85  A 74  5880 Gọi A biến cố chọn số có chữ số đơi khác chia hết cho Số kết thuận lợi A A 74  6A 36  1560 1560 13  Xác suất biến cố A P  A   5880 49 Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a,  ABC = 30 , SA vng góc với mặt phẳng (ABC), góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ trọng tâm G tam giác ABC đến mặt phẳng (SBC) theo a S Câu (1,0 điểm) H A C G M B 553 0.25 0.25 Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AM  BC (M  BC) SM  BC nên S MA  600 góc mặt phẳng (SBC) (ABC) Ta có S ABC  1 a2 AB AC.sin120  a.a  2 a SA  AM tan 600  1 a a a3 Thể tích khối chóp S.ABC VS ABC = SA.S ABC   3 0.5 Vì AM  3GM , AM  (SBC) = M nên d  G,( SBC )   d  A,( SBC )  Trong mặt phẳng (SAM), kẻ AH  SM (H  SM) AH   SBC  nên AH  d  A,(SBC )  Trong tam giác vng SAM có 1 4 16 3a       AH  2 AH AS AM 3a a 3a a Vậy d  G,( SBC )   12   Câu Giải bất phương trình: 4x  x  (1,0 điểm) 0.5 x  x    4x  x   x    x  1 Đk:  x 1 Đặt u  x  x  2, v  x  u , v   ta có 4x  x   u  3v ,4x  x   3u  v Bất phương trình cho có dạng u  3v  u  3u  v  v   u  v 3   u  v   u  v  554 0.25 0.25 10 1,0 điểm Từ giả thiết suy  xy, yz , zx  zy = cos A, xz = cos B, Đặt xy = cos C , A, B, C góc nhọn Từ giả thiết suy cos A  cos B  cos C  cos A cos B cos C   (cos C  cos( A  B))(cos C  cos( A  B))  0,25  cos C  cos( A  B )  Suy A, B, C ba góc nhọn tam giác Ta có cos A cos B cos A cosC cosC cos B z ;y  ;x  cos C cosB cosA 2 3(cos A  cos B  cos C ) 8sin A sin B sin C  YCBT  cos A cos B cos C cos A cos B cos C A B C  3(1  4sin sin sin )  4sin A sin B sin C 2 1    A B C sinAsinBsinC cos cos cos 2 1 1    3 A B C sinAsinBsinC 2cos cos cos A B C  sinA sinB sinC     cos  cos  cos  2   2       3  3  0,25 0,25 0,25 Hết 582 -5- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 99 Mơn: TỐN Thời phútkhông kể thời gian phát đề Thờigian gianlàm làm bài: 180 180 phút oOo Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x + x − Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = x + đoạn [2;5] x −1 Câu (1,0 điểm) a) Gọi x1 , x2 hai nghiệm tập số phức phương trình x + x + = Tính x1 + x2 b) Giải phương trình log ( x − x − 8) = − log ( x + 2) π ∫ Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ( x + sin x ) cos xdx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 3; 5), B(−6; 1; −3) mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y − 2z + 13 = Viết phương trình đường thẳng AB phương trình mặt cầu có tâm trung điểm đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a, góc ACB = 600 , mặt phẳng (A’BD) tạo với đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối hộp khoảng cách hai đường thẳng CD’, BD Câu (1,0 điểm) π 2π   , với < α < π Tính A = cos  α +  3   b) Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 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 đội Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác a) Cho sin α = Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 = 25 , đường thẳng AC qua điểm K(2; 1) Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN x − 3y + 10 = điểm A có hồnh độ âm Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + x − x + 18 = x + x − 14 x + 33 tập số thực Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x + xy + y + x + xz + 5z = x + y + z x ∈ [0;5] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = z + 21 − xy − x + z + 10 − xy ===============Hết=============== Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 583 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT LỚP 12 NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: TỐN Câu ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x − x + x − * Tập xác định: D = R 1,0 đ * Sự biến thiên • Chiều biến thiên: y ' = 3x − 12 x + = 3( x − x + 3) x > Ta có y ' > ⇔  , y' < ⇔ < x < x < Do đó: + Hàm số đồng biến khoảng (−∞,1) (3, + ∞) + Hàm số nghịch biến khoảng (1, 3) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = yCD = y (1) = ; đạt cực tiểu x = yCT = y (3) = −1 • Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ x → −∞ Điểm 0,25 0,25 x → +∞ Bảng biến thiên x y' -∞ + - +∞ + 0,25 +∞ y -∞ -1 y * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung điểm (0, − 1) y” = 6x -12 =0 suy điểm uốn U(2;1) 0,25 x O -1 Câu 1,0 đ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y = x + đoạn [2;5] x −1 x2 − x − Ta có y ' = − = ( x − 1)2 ( x − 1)2  x = −2 ( L) y' = ⇔  x = 29 Ta có y(2) = 11; y(4) = 7; y (5) = Vậy y = x = 4; max y = 11 x = [2;5] 0,25 0,25 0,25 0,25 [2;5] Câu a) Gọi x1 , x2 hai nghiệm tập số phức phương trình x + x + = Tính x1 + x2 1,0 đ b) Giải phương trình: log ( x − x − 8) = − log ( x + 2) 584 Phần a) 0,5đ Phần b) Tính hai nghiệm phức x1 = −1 − 2i ; x2 = −1 + 2i x1 = x2 = ⇒ x1 + x2 = 0,25 0,25 b) ĐK: x > PT cho tương đương với log ( x − x − 8) = log 2 + log ( x + 2) 0,25 0,5đ log ( x − x − 8) = log 2( x + 2) x+2>0   x+2>0 ⇔ ⇔ ⇔ x =6  x − x − = 2( x + 2)  x − x − 12 = Câu 0,25 π 1,0 đ ∫ Tính tích phân I = ( x + sin x ) cos xdx π π π 2 0 I = ∫ ( x + sin x ) cos xdx = ∫ x cos xdx + ∫ sin2 x cos xdx M 0,25 N Tính M u = x  du = dx ⇒ Đặt  dv = cos xdx v = sin x π π π π π M = x sin x − ∫ sin xdx = + cos x = − 2 0 Tính N Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx π x = ⇒ t =1 Đổi cận x=0⇒t =0 t N = ∫ t dt = = 3 1,0 đ 0,25 π − 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2;3;5), B(−6;1;−3) mặt phẳng (P) có phương trình 2x + y − 2z + 13 = Viết phương trình đường thẳng AB phương trình mặt cầu có tâm trung điểm đoạn thẳng AB đồng thời tiếp xúc với mặt phẳng (P) 0,25 Ta có BA = (8;2;8) = 2u với u = (4;1;4) Suy u VTCP đường thẳng AB Vậ y I = M + N = Câu 0,25  x = + 4t  Phương trình đường thẳng AB là:  y = + t  z = + 4t  Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Ta có I(-2;2;1) Vì mặt cầu cần tìm tiếp xúc với (P) nên bán kính R = d(I,(P))= Phương trình mặt cầu (S) cần tìm là: ( x + 2)2 + ( y − 2) + ( z − 1) = 0,25 0,25 0,25 Câu Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a, góc ACB = 600 , mặt phẳng (A’BD) tạo với đáy góc 600 Tính theo a thể tích khối hộp khoảng cách hai đường thẳng CD’, BD 585 1,0 đ Tính thể tích: Từ ACB = 600 suy ∆ABC suy AC = a a2 ⇒ S ABCD = AC.CB.sin 600 = Gọi O = AC∩BD Từ giả thiết suy góc (A’BD) với mặt đáy A ' OA = 600 A' B' D' C' 0,25 H A B O D C a 3a Suy V = S ABCD A ' A = Khoảng cách hai đường thẳng CD’, BD  BD ⊥ AC Trong ∆A’AO hạ AH ⊥ A’O Do  ⇒ BD ⊥ ( A ' AO ) ⇒ BD ⊥ AH  BD ⊥ A ' A Từ suy AH ⊥ ( A ' BD ) Ta có CD’//A’B ⇒ CD '/ /( A ' BD) ⇒ d (CD ', BD) = d (C,( A ' BD)) = d ( A,( A ' BD )) = AH ⇒ A ' A = OA tan 600 = a a Vậy d (CD ', BD ) = 4 π 2π   Cho sin α = với < α < π Tính A = cos  α +  3   Trong ∆AHO vng H có AH = OA.sin 600 = Câu Phần a) 0,25 0,25 0,25 π 5 0,25 ⇒ cosα = − (vì < α < π nên cos α < ) 0.5đ 2π 2π 5−2 0,25 A = cos α cos − sin α sin = 3 Câu Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, có đội nước ngồi đội Phần Việt Nam Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành bảng A, B, C bảng đội b) Tính xác suất để đội bóng Việt Nam ba bảng khác 0.5đ Tính số cách chọn bảng, bảng đội: B1) 12 đội chọn 4: C124 Ta có cos2 α = − sin α = B2) đội lại chọn 4: C84 B3) đội lại chọn 4: Số cách chọn là: C124 C84 ⇒ n ( Ω ) = C124 C84 0,25 Gọi A biến cố “ Chọn bảng, bảng đội có đội Việt Nam” Tính n(A): B1) Chọn đội Việt Nam: có cách, chọn đội nước ngồi: có C93 ⇒ 3.C93 cách B2) cịn lại đội (6 đội nước đội VN): Chọn đội VN: cách, chọn đội nước ngoài: C63 ⇒ 2.C63 cách B3) cịn lại đội (3 nước ngồi VN): có cách 6C 3C 16 Số cách chọn là: 3C93 2C63 ⇒ n ( A) = 3C93 2C63 ⇒ P ( A) = 49 46 = C12C8 55 0,25 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): x2 + y2 = 25 , đường thẳng AC qua điểm K(2;1) Gọi M, N chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh ∆ABC biết phương trình đường thẳng MN x − 3y + 10 = điểm A có 1,0 đ hồnh độ âm 586 Từ giả thiết suy tứ giác MNBC nội tiếp đường tròn Suy A ABC = AMN (1) (cùng bù với NMC ) Gọi D giao điểm thứ hai AO với đường trịn (C) Khi N O ABC = ADC (2) Từ (1) (2) suy ADC = AMN Mặt khác M 0,25 C B D ADC + DAC = 900 ⇒ DAC + AMN = 900 ⇒ OA ⊥ MN Khi phương trình OA 3x + y = 3x + y = ⇒ A(-4;3) A(4;-3) (loại) Tọa độ A nghiệm hệ PT  2  x + y = 25 Khi AC qua A(-4;3) K(2;1) nên có PT: x + y − =  x + y − = C ( −4;3) ≡ A ⇒ Tọa độ C nghiệm hệ PT  2 C(5;0)  x + y = 25 x + 3y − = ⇒ M ( −1;2) Tọa độ M nghiệm hệ PT  4 x − y + 10 = Phương trình BM: 3x − y + = 3x − y + =  B ( −3; −4) ⇒ Tọa độ B nghiệm hệ PT  2  B (0;5)  x + y = 25 Thử lại ta thấy A(−4;3), B(0;5), C(5;0) loại góc B tù Vậy A(−4;3), B(−3;−4), C(5;0) Câu Giải phương trình + x − x + 18 = x + x − 14 x + 33 x ≤ 1,0 đ ĐK:   x ≥ 11 0,25 0,25 0,25 (1) PT (1) ⇔  x − x + 18 − x  =  x − 14 x + 33 − ( x + 1)  (2)     Để ý hai phương trình x − x + 18 + x = nghiệm nên nhân liên hợp hai vế (2) ta có: −18 ( x − ) −16 ( x − 2) = x − x + 18 + x x − 14 x + 33 + ( x + 1) x =  ⇔ =  x − x + 18 + x x − 14 x + 33 + ( x + 1) x − 14 x + 33 + ( x + 1) = vô (3) Pt (3) ⇔ x − x + 18 − x − 14 x + 33 = x + (4) Kết hợp (1) (4) ta có hệ 8 x − x + 18 − x − 14 x + 33 = x + ⇒ x − 14 x + 33 = 3x − 13  2 2 x − x + 18 − x − 14 x + 33 = x − 13  17 + 5 x ≥ ⇔ ⇔x= Thử lại thấy thỏa mãn  x − 17 x + 41 = Vậy PT cho có nghiệm x = x = 17 + 5 587 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 10 1,0 đ Cho x, y, z số thực thỏa mãn x + xy + y + x + xz + 5z = x + y + z (*) x ∈ [0;5] Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức P = z + 21 − xy − x + z + 10 − xy Với x, y, z ta có x + xy + y = (2 x + y )2 + ( x − y )2 ≥ (2 x + y )2 = x + y ≥ x + y x + xz + z = 4(x + z) + ( z − x )2 ≥ 4(x + z)2 = x + z ≥ 2(x + z) 0,25 Suy VT ≥ x + y + z x = y  Gt ⇔ Dấu “=” xảy ⇔  z = x x ≥  Thay vào biểu thức ta có P = − x + x + 21 − − x + x + 10 = f ( x ) liên tục [0;5] 2− x − 2x − Có f '( x ) = − x + x + 21 − x + x + 10 f '( x ) = ⇔ x = 1 Ta có f (0) = 21 − 10 ; f   = ; f (5) =  3 Vậy max P = x = y = 5; z = 10 ; P = x = y = ; z = 3 Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 588 0,25 0,25 0,25 ĐỀ THI QUỐC THỬ THPT QUỐC GIA - NĂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT GIA 2016 - ĐỀ SỐHỌC 1002015-2016 Thời gian làm 180 phútMơn: Tốn oOo -Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x2 (C) 2x  a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số b Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  5x  Câu (1,0 điểm) a Chứng minh rằng: 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  sin6 x)  6sin4 x  b Tìm phần thực phần ảo số phức z thỏa mãn: 1  i  z    3i 1  2i    3i Câu (0,5 điểm) Giải bất phương trình: 22x  5.2 x   2 2x  x  3y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  6xy  y  5x  3y  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân: I   2 sin 2x  cos x ln 1  sin x  dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a Hình chiếu vng góc H đỉnh S mặt phẳng đáy trung điểm cạnh AB; Góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD góc hai đường thẳng SB AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến phân giác kẻ từ đỉnh B có phương trình d1 : 2x  y   d : x  y   Điểm M  2;1 thuộc đường thẳng AB, đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính Biết đỉnh A có hồnh độ dương, xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) : x  2y  2z   , (Q) : x  y  2z   điểm I(1;1; 2) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I, tiếp xúc với (P) phương trình mặt phẳng (α) vng góc với (P), (Q) cho khoảng cách từ I đến (α) 29 Câu (0,5 điểm) Trong bình có viên bi trắng viên bi đen Người ta bốc viên bi bỏ bốc tiếp viên bi thứ ba Tính xác suất để viên bi thứ ba bi trắng Câu 10 (1,0 điểm) Cho hai số dương x, y phân biệt thỏa mãn: x  2y  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  4  4 x y  x  y 2 Hết - 589 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN - THPT CHUYÊN LONG AN MÔN TOÁN Câu Điểm 0,25đ Nội dung  1 a) Tập xác định: D   \    2 Giới hạn tiệm cận: lim  y  ; lim  y   Suy TCĐ: x    1 x    2  1 x     2 lim y  lim y  x  x 1 Suy TCN: y  2 0,25đ Sự biến thiên: y'   0, x  D  x  1  1 Suy hàm số đồng biến khoảng  ;   2  Hàm số khơng có cực trị (có thể bỏ ý này) Bảng biến thiên     ;     0,25đ x -∞ y' y +∞ + + +∞ -∞ Bảng giá trị, vẽ đồ thị, có nhận xét 0,25đ y x 1  a2  b) Gọi M  a;  tiếp điểm ( a   ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng  2a   nên suy ra: y '(a)  Giải a  a  1 + a  Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  (loại trùng d) + a  1 Phương trình tiếp tuyến là: y  5x  (nhận) Vậy: y  5x  a) 3(sin8 x  cos8 x)  4(cos6 x  sin6 x)  6sin4 x  VT  3(sin x  cos4 x)(sin2 x  cos2 x)  4(cos6 x  sin x)  6sin x VT  3sin x  3sin x cos2 x  cos4 x sin x  3cos6 x  cos6 x  8sin x  6sin x 590 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ VT  5sin x  cos6 x  3sin x(1  sin x)  3cos4 x(1  cos2 x)  6sin x VT  3(sin x  cos4 x)  2(sin x  cos6 x) VT  3(1  2sin x cos2 x)  2(1  3sin2 x.cos2 x) =1 b) Tìm z  Phần thực: a   i 2 0,25đ Phần ảo: b  2 Bất phương trình tương đương  x    x  log2 0,25đ  uv x   u3  v3  7(1) x  y  u   Đặt  Ta có hệ phương trình:  2 2u  4u  v  v(2) x  y  v y  u  v  Lấy (2) nhân với −3 cộng với (1) ta được: u3  6u  12u   v3  3v2  3v     u     v  1  I1   sin xdx   cos x   0   I2   cos x ln 1  sin x dx  1  sin x  ln 1  sin x    cos xdx   ln   Vậy I  ln  0 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 3 + v  1 suy u = Suy  x, y   ,  2 2 1 3 + v  suy u = −1 Suy  x, y    ,   2 2 Chú ý: sử dụng phuong pháp cộng đại số phương pháp  0,25đ 0,25đ  u  1 v Thay vào phương trình (2), ta được: v2  v    v  1  v  0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ   60 Tính được: SH  a Lí luận góc SC (ABCD) góc SCH 0,25đ S A D H B C 2a Tính được: VS ABCD           AC  a 5, SB  a , SB AC  SH  HB AC  HB AC  AH AC  a   591 0,25đ 0,25đ    70  SB AC 35 Tìm được: B(1;1) N điểm đối xứng M qua phân giác góc B N thuộc BC Tìm N(1;0) BC: x   , AC: y   cos   SB AC  a 1 c 1  A(a;1) với a > 0, C(1;c) Trung điểm AC: D  ;    2a  c   Tam giác ABC vng B,ta có:  2  a  1   c  1  20 Giải hệ tìm được: A(3;1), C (1; 3) R  d I P Phương trình mặt cầu:  x   y   z   n   ,  x y m  10 4 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ d  I ;( )  29  m  29 0,25đ A biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, lần sau lấy viên bi trắng” P ( A)  0,25đ Vậy    0,25đ x y   45 B biến cố: “lần đầu lấy viên bi đen, viên bi trắng lần sau lấy viên bi trắng” P (B)  45 C biến cố “ viên bi thứ ba bi trắng” P (C )  P ( A)  P ( B)   0,2 Từ điều kiện, dùng bất đẳng thức côsi suy ra:  xy  Đánh giá P   x2 y2   16  y2 x2    64 x  y  y x   x y   t   Khi P  t   y x 16 64 t  1 Xét hàm số f (t )  t   (với t > 2) 16 64 t  Tính đạo hàm, vẽ bảng biến thiên, tìm được: Đặt t  5 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ f (t)  f    64  2;  27 Tìm giá trị nhỏ P :22;0(2; 4;3 592  ) 4 2 29 002 27 x = y = 64 0,25đ TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI - KONTUM TỔ TỐN ĐỀ THI THỬ - KÌ THI QUỐC GIA Mơn: TỐN 12 – Lần Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 101 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  2x  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt Câu (1.5 điểm) Giải phương trình: 5.9 x  3x2   Giải phương trình: log16 (5  x)  log (3x  1)  2 Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y   x  x  đoạn [  2;1] Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật có AB= a , BC= a Cạnh bên SA vng góc với mp(ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy (ABCD) 600, M trung điểm cạnh SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ đỉnh S đến mp(BCM) Câu (1.5 điểm) Giải phương trình:     sin x    sin  x   4  2  Tủ lạnh nhà bạn An có 20 trứng, có trứng bị hỏng, mẹ bạn An lấy ngẫu nhiên từ để làm trứng tráng Tính xác suất để trứng mẹ bạn An lấy có bị hỏng Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng chứa hệ trục tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, gọi M, N trung điểm hai cạnh AB BC; I giao điểm DN AC Tìm tọa độ   1 3 đỉnh C, D hình vng biết M (1;  1) , I  2;   điểm C có tung độ âm Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 x  y   x  y   3x  y   (3x  2) y   x  14x y Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa điều kiện 4( xz  y )  y  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2x   2z  y  ( y  z )(2 x  y )  ( x  y  z) ………………………………… Hết ………………………………… 592 ĐÁP ÁN – ĐÈ THI THỬ - KÌ THI THPT QUỐC GIA – Lần Câu (2.0đ) Ý a) (1.0đ) Nội dung đáp án Điểm * TXĐ: D = R \ 1 3 * y'   0, x  D ( x  1) Suy hàm số nghịch biến khoảng (;1), (1;) * Giới hạn – tiệm cận: - TCĐ: x = lim y   lim y   x 1 0.25 0.25 x 1 - TCN: y = lim y  x   b) (1.0đ) * BBT: đúng, đầy đủ * Đồ thị : Đúng, cong trơn tru, đối xứng qua điểm (0 ; -1), (-1/2 ; 0) 2x  * Pt HĐGĐ đồ thị (C) đường thẳng d:  2 x  m ( x  1) x 1 (1)  2x  mx  m   * d cắt (C) hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 m   m  8m        2  m  m   m   3  0.25 * Pt: 5.9 x  3x2    5.32 x  9.3x   (1.5đ) (0.75) (0.75) 0.25 3 x   x 3  1 / (loai) 0.25 * x   x  log3 Vậy pt có nghiệm x = log3 * ĐK:  x  * Pt cho  log4 (5  x)  log4 (3x  1)   log4 (5  x)(3x  1)  x   3x  16x  21    x  / Kết hợp ĐK => pt có hai nghiệm x = x = 7/3 0.25 0.25 0.25 0.25 * y '  2 x  x , (1.0đ) x   y '   2 x  x    x  (loai) x    0.25 * y(0)  1, y( )  1, y(2)  1, y(1)  / 0.25 Vậy: Max  y ( )  , [ 2;1] (1.0đ) 0.25  y (0)  y (2)  1 0.25 [ 2;1] * Vì SA  (ABCD) nên AC hình chiếu SC mp(ABCD) => góc SC (ABCD) góc SCA = 600 * AC  AB  BC  4a  AC  2a SA = AC.tan600 = 2a Vậy VS ABCD  S ABCD SA  2a 3 S N H M 0.25 A B 593 0.25 D C * Mp(BCM) cắt SA N => MN // AD // BC Dựng SH  BN N, ta có: BC  AB BC  SA => BC  (SAB) => BC  SH, SH  BN nên SH  (BCM) => SH = d(S,(BCM)) (1.0) * BN  BA2  AN  4a  BN  2a Hai tam giác vuông NAB NHS đồng dạng nên : AB BN AB.SN a a Vậy : d(S,(BCM)) =   SH   SH SN BN 2     * sin x    sin  x    3(sin x  cos x)  cos x  4  2   3(sin x  cos x)  cos x  sin x   (sin x  cos x)(  cos x  sin x)  sin x  cos x   sin x  cos x  * sin x  cos x   tan x  1  x   (1.5đ) 0.25   k 0.25 0.25 0.25 0.25   * sin x  cos x   sin x     => pt vô nghiệm 4  * Số khả xảy là: C20  4845 0.25 0.25 * Số cách lấy trứng mà có trứng bị hỏng (0.5 C132 C72  1638 1638 546 Vậy xác suất cần tính là: P    0.34 4845 1615 * Gọi G tâm hình vng, K trung điểm CD, E giao điểm MI CD Ta có I trọng tâm  BCD  CI  CG => I trọng tâm  MKC => E trung điểm Của đoạn KC 0.25 A D G M K I 0.25 E B N C * Gọi E(x ; y), ta có : (1.0đ) 3  2( x  2) x  /  MI  2.IE   => E(7/2 ; 0)  y   ( y  )   3 * Gọi K(x ; y), ta có :  ( x  1)( x  )  ( y  1) y    MK  KE MK KE      2 MK  16.KE MK  KE ( x  1)  ( y  1)  16( x  )  y       59  x  x     59  38  17    K (3;1) K  ;   17 17  y   y   38  17 * Với K(3 ; 1), E(7/2 ; 0) trung điểm KC => C(4 ; -1) thỏa ycbt Lúc K trung điểm CD nên => D(2 ; 3)  59  38   60 38  * Với K  ;  => C  ;  (loại)  17 17   17 17  594 0.25 0.25 0.25  2 x  y   x  y   x  y    (3x  2) y   x  14x y * ĐK : x  0, y  (1) (2) 0.25 * Đặt a  x  y  1, b  3x  y  1, a, b  Từ (1)  2a  2b  a  b  (a  b)   a  b  x  y   3x  y   x  y (1.0đ) * Thay vào (2) : (3x  2) 3x   x  14x x Vì x = khơng phải nghiệm (3) nên : 2  (3)        14 x x x  (3) 0.25 1   u  3, u  x x Từ (3) ta có pt : 2u  4u  3u  26   u  (nhận) Đặt u   0.25   x 1 y  x Thử lại => hệ có nghiệm (1 ; 3) * Ta có: 4( xz  y )  y   xz  (2  y)  xz  |  y |   y * u =  3   xz  y  x  y  z ( y  z )(2 x  y )  * P 2x  2z  y  11 ( x  y  z)    2x  2z 2 2   2x  0.25 ( z  y) 2  1 ( x  y  z) ( x  y  z) 2 x  z  x  z, x, z  (dấu “=” xảy x = z) Vì: nên:  ( x  y)  y  ( x  y  z) (1) 0.25 x yz  z  y  ( x  y  z )  2    0.25 ( x  y) ( z  y) 2 x yz P  2 (2)   1   2 ( x  y  z) ( x  y  z) ( x  y  z)   * Ta có: (a  b)  (a  c)   2a  b  c  2a(b  c), a, b, c (3) (Dấu “=” xảy a = b = c) Áp dụng (3), từ (2) ta có : x yz x yz x yz P   1   1 x  y  z ( x  y  z) ( x  y  z) * Đặt t  x  y  z, t  (từ (1)) Xét hàm số : f (t )  t   1, t  2 t t 8 Ta có : f ' (t )     0, t  2 t 2t => hàm số f(t) đồng biến [2;) => minf(t) = f(2) = Vậy minP = 1/2, đạt x = z = y = (1.0đ) 0.25 0.25 * Ghi chú: Mọi cách giải khác, đúng, cho điểm tối đa phần tương ứng ……………………………………………… Hết ……………………………………………… 595 ... (tohungqn@gmail.com) chia sẻ đến www.laisac.page.tl 588 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ĐỀ THI QUỐC THỬ THPT QUỐC GIA - NĂM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT GIA 20 16 - ĐỀ SỐHỌC 10 020 15 -20 16 Thời gian làm 180 phútMơn: Tốn oOo -Thời gian... đạt xyz 569 0.5 SỞ & ĐT BẮC KỲ NINHTHI THPT? ?Ề THI THỬ THPT QUỐC GIASỐ LẦN ĐỀGD THI THỬ QUỐC GIA 20 16 - ĐỀ 9 72 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐgian làm 180 NĂM Thời phútHỌC: 20 15 – 20 16 oOo ... 2 2 16  a a  21   2b    Min P=   b  4c  b  21 a  b  c      c  21  0,50 Đặt t  548 0,50 TRƯỜNG THPTTHỬ CHUYÊN ĐỀ THI THỬQUỐC KỲ THI THPT 20 16 ĐỀ THI KỲ THI THPT GIA