tuyển tập đề thi thử THPT quốc gia môn toán (126-150)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường PTTH Quỳnh Lưu ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: Toán Thời gian làm 180 phút ĐỀ SỐ 126 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x  2ln x 1;e  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I    x  1.e x dx Câu (1,0 điểm) a) Gọi z1 , z2 hai nghiệm phương trình z  z   tập số phức Hãy tính giá trị 2 biểu thức A  z1  z2 b) Giải phương trình: log  x  1  log 5  x  Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I (1;2;1) mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I tiếp xúc với (P) Tìm tọa độ hình chiếu I (P) Câu (1,0 điểm )  a) Cho     ,sin   Tính giá trị biểu thức P  sin 2  cos 2 b) Năm học 2015 – 2016 trường THPT Quỳnh Lưu có 39 lớp chia cho ba khối ( khối 10, 11, 12), khối gồm 13 lớp Đoàn trường lấy ngẫu nhiên lớp để tổ chức lễ quân làm lao động vệ sinh môi trường cho địa phương vào Tháng niên Tính xác suất để lớp chọn có ba khối Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh 2a Hình chiếu đỉnh S lên mặt đáy trung điểm H đoạn thẳng AB Biết góc hợp SC mặt đáy 450 a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Tính khoảng cách hai đường thẳng BD SC 2 x  y   y   x  y  x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   xy  x  11  12  x  y   3x  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB điểm D, E, F Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết D(3;1), trung điểm BC M(4;2), phương trình EF: 3x – y – = B có hoành độ bé Câu 10 (1,0 điểm) Cho số dương x, y Tìm giá trị lớn biểu thức: 1 P   x2  y 3x2  y 3 x  y  ––––––––––––––––Hết–––––––––––––––– Họ tên thí sinh: .SBD: 738 Câu ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPTQG LẦN NĂM HỌC 2015 – 2016 Trường THPT Quỳnh Lưu ý Nội dung 1) Tập xác định:  2) Sự biến thiên a) Chiều biến thiên: y '  x  x; y '   x  x   x   x  y '   x   x  2; y '    x  Điểm 0,25 Vậy, hàm số đồng biến hai khoảng  ;0   2;  hàm số nghịch biến khoảng  0;2  b) Cực trị Hàm số đạt cực đại x = yC Đ = Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = – c) Giới hạn vô cực 1đ 0,25    lim y  lim  x  3x  1  lim  x 1      ; lim y   x  x  x  x    x x  d) Bảng biến thiên – x + y’ + – + + 0,25 y – –3 Đồ thị Đồ thị có tâm đối xứng I(1;–1) qua điểm (0;1), (2;3), (–1;–3),(3;1) 0,25 1đ Ta có f ( x)  x  2ln x; f '( x)   ; f '( x )   x   1; e  x f (1)  1; f (2)   ln 2; f (e)  e  Vậy, y   2ln 2; max y  1;e 1;e 739 0,5 0,5 1 0,5 x I    x  1.e dx    x  1de x 1đ   x  1 e x 10   e x dx  2e   e x  e 0,5 Vậy I = e a Phương trình z  z   có  '  4  nên có hai nghiệm phức 0,5 phân biệt z1 = + 2i z2 = – 2i 2 2 đ Khi đó, z1  z2  Do A  z1  z2  10 1đ b 0,5 đ log  x  1  log   x   log3  x  1  log3   x  0,25 2  x     x   x  11x  24   x   x  Khoảng cách từ I đến mp(P) r  d  I ,( P )   0,25 1.1  2.2  2.1   a 2 2 2 0,5 Vì M mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính mặt cầu r = đ 2 Phương trình mặt cầu (S):  x  1   y     z  1  Gọi d đường thẳng qua I vuông góc với mp(P), d có véctơ  x 1 y  z 1 phương n  1; 2;  nên có phương trình   2 Gọi H hình chiếu cần tìm H giao điểm d (P), tọa độ H b  x  0,5  x  y  2z  đ   1   nghiệm hệ phương trình 2 x  y   y  ,H  ; ;   3 3 y  z 1    z   Ta có cos    sin   0,25 0,25 0,25 0,25 a 2   0,5 Vì    ;   nên cos   , cos    2  đ 1đ 0,25 Điều kiện: –1 < x < Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm thỏa mãn x = 1đ 0,25 Khi đó, P  sin 2  cos 2  2sin  cos    2sin   0,25 74 Gọi không gian mẫu  : “Chọn ngẫu nhiên lớp 39 lớp” n     C394  82251 b 0,5 Gọi A biến cố “chọn lớp có ba khối” đ TH1: khối 10 hai lớp, khối 11 lớp khối 12 lớp có C132 C131 C131 cách chọn 740 0,25 TH2: khối 10 lớp, khối 11 hai lớp khối 12 lớp có C131 C132 C131 cách chọn TH3: khối 10 lớp, khối 11 lớp khối 12 hai lớp có C131 C131 C132 0,25 cách chọn Do n( A)  3C132 C131 C131  39546 Xác suất cần tìm P ( A)  n( A) 39546 338    48% n() 82251 703 0,25 S G D A H a 0,5 đ B C F E 1đ   450 Vì HC hình chiếu SC mặt đáy nên theo giả thiết SCH   HB  BC tan 450  a Do đó, SH  HC tan SCH Diện tích hình vuông ABCD 4a Vậy, thể tích khối chóp S.ABCD 1 4a V  SH S ABCD  a 5.4a  (dvtt ) 3 0,25 0,25 Dựng hình bình hành BDCE, d  SC , BD   d  BD,( SCE   d  B, ( SCE )  d  B, ( SCE )  EB 2    d  B,( SCE )   d ( H , ( SCE )) d ( H ,( SCE )) EH 3 b Gọi F G hình chiếu H lên EC SF ta có 0,5 CE  SH  đ   CE  ( SHF )  CE  HG , mà HG  SF nên CE  HF  Mặt khác, HG   SCE  hay d  H ,  SCE    HG Ta có 1 1 16 19      2  2 2 HG SH HF SH AC 5a 9a 45a 741 0,25 Suy d  H ,  SCE    HG = 3a 19 0,25 2a Vậy, khoảng cách SC BD 19 2 x  y   y   x  y  x (1) Xét hệ   xy  x  11  12  x  y   x  (2) Điều kiện  x  , y  Ta có 4x   y x  y  4( x  2) y  Dấu “=” xẩy y=4x–8 4x  y   y  8 x   y  8 x  Dấu “=” xẩy y=4x–8 Suy x  y   y   x  y  x Dấu “=” xẩy y=4x–8 0,25 Như vậy, pt(1)  y = 4x – Thế vào pt(2) ta có: x  x  11   x   x    x  x  3     3x  x   x  x  3   3x  x   x  x  3   7   x   2;    3x  x   3x  x   3  1     x  x  3    0  3x  x   3x  x     x2  x   ()   1    (3)   x  x   3x  x    x  x  3  1đ    13  13 x 2  13 Đối chiếu điều kiện ta có x    13  Hệ có nghiệm  ; 13     + Xét pt(3) 1  7 x   2;    x  x    10     3x  x   3  7 Xét hàm số x   2;  : g ( x )   x  x   3  3x   g '( x)   1  0  3x  3x 0,25 + pt ()  x  x    x  742 0,25 7  g ( x)  g      Do đó,  3x  x  3 1  7 x   2;  :     hay pt(3) vô  3x  x   3x  x   3 nghiệm   13  Vậy, hệ có nghiệm  ; 13     0,25 P 1đ hương trình đường thẳng BC: x – y – = Gọi H giao điểm EF BC ta có tọa độ H nghiệm hệ 3 x  y   x   , H (0; 2) Từ giả thiết ta thấy H nằm  x  y   y     tia đối tia BC Ta chứng minh MD.MH=MB2 Thật vậy, qua B kẻ đường thẳng song song với CA cắt HE G Khi ta HB GB DB có BG = BF = BD đồng thời    HB.DC  DB.HC Vì HC CE DC M trung điểm đoạn BC nên ta 0,25  MH  MB  MB  MD    MB  MD  MH  MB   MH MD  MB Gọi B(t; t – 2), t < ta có 2  t     t   2  t  2, B (2;0)  C (6;4) Phương trình đường tròn tâm B bán kính BD (T):  x    y  0,25 Đường thẳng EF cắt (T) G F có tọa độ nghiệm hệ  x  x  2  y   x     Vì G nằm H F nên  y 1 y   3 x  y    3 1 F 1;1 , G  ;   Khi phương trình AB: x + y – = 0, AC qua C 5 5 song song với BG nên có pt: x – 7y + 22 = Tọa độ điểm A nghiệm 0,5 743 x  y    x  1 hệ   , A( 1;3)  x  y  22  y  Vậy A(–1; 3), B(2; 0), C(6; 4) Xét biểu thức P  x2  y2  3x  y Trước hết ta chứng minh x2  y   3 x  y  3x  y  x y Thật vậy,  1   2  x  3y 3x  y    x2  y    1   2   2   x  y x  y  x  y 3x  y    Xét 8 x2  y  x  10 1đ   y  x  y  4  x  y  x  3y  3x y  x  y 2   x  y   x  y    x  y  x  y     2 2  x  y  3x  y   x  y   x  y 0 x  3y  3x  y  x y Dấu “=” xảy x = y 2 Như vậy, P   x  y  x  y 3 Đặt, t  0,5 ,t  x y 2t Xét hàm số f (t )  2t   f '(t )   2t ; f '(t )   t  1 Ta có bảng biến thiên – – t + f’(t) – + – 4/3 f(t) t = Vậy, GTLN P x  y  Từ BBT ta thấy GTLN f(t) Lưu ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 744 0,5 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ 1127 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN Môn: TOÁN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2 điểm) Cho hàm số y   x3  x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Lập phương trình tiếp tuyến (C) giao điểm đồ thị với trục hoành Câu (1 điểm) a) Giải phương trình sin x  cos x  sin x  b) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện zi  2  i   Câu (0.5 điểm) Giải phương trình log 22 x  4log 4 x    x  xy  y  1  y  y  x Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình  x   y   x y     Câu (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y  x  x , x  , x  trục hoành Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ABC  60 Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 60 Gọi I trung điểm BC, H hình chiếu vuông góc A lên SI Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) theo a Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân giác góc A, điểm E  3; 1 thuộc đường thẳng BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x  y  x  10 y  24  Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ âm Câu (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A  2; 2; 1 mặt phẳng (P): ( P ) : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua điểm A, song song với (P) phương trình mặt cầu (C) tâm A tiếp xúc với mặt phẳng (P) Câu (0.5 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   4a  2b  2bc  a  2b  3c  b  2c ––––Hết–––– Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… 745 Gọi O tâm hình thoi Vì OM đường trung bình SBD  OM / / SD  SD / /  AMO  0,25 3V  d  SD, MO   d  SD,  AMO    d  S,  AMO    S AMO S AMO 1 a3 VSAOM  VS ABO  VS ABCD  16 a AMO : AM  SB  a; OA  , OM  SD  a 2  S AMO  S M a 15 16 A B O 3a a 15  15 D C a 15  d  SD, AM   Chứng minh mặt phẳng (P) mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Mặt cầu (S) có tâm I 1; 2;3 , bán kính R  0,25  d  S,  AMO    Khoảng cách từ điểm I tới mp(P) d  I ,  P    1,0 0,25 Vì d  I ,  P    R  mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo đường tròn Bán (1đ) kính đường tròn r  R  d  I ,  P    0,25 Gọi H hình chiếu vuông góc điểm I  P  suy đường thẳng IH qua I vuông góc với mp(P)  x   2t   pt đường thẳng IH :  y   2t z  3t  0,25 Khi H giao mp(P)với IH  H  3; 0;  0,25 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C ABC 1,0 A J I (1đ) B D C M   2CAD  ( ACD nội tiếp đường tròn tâm J ) Ta có CJD   BAD   BCM   CJD   BCM  Mà CAD   2   JCD   1800 CJD cân J nên CJD JCD  1800  BCM   BCM JCD  900  CM  CJ 0,25 853  CJ : x  y   , mà C  CJ  CM  C  1;3 0,25 Ta có A,C hai điểm chung hai đường tròn tâm I tâm J nên đường thẳng AC qua C vuông góc với IJ  AC : x  1 Đường tròn (C) ngoại tiếp ABC có tâm I (2; 2) bán kính IC  10 0,25   C  :  x     y    10 Do : A  AC   C   A  1;1 Do : M  CM   C   M  3; 1 điểm cung BC suy IM vuông góc với BC Đường thẳng BC qua C, vuông góc với IM  BC : x  y  10  0,25  19 23  Do : B  BC   C   B  ;   5  1  y  1  y y   x  Giải hệ phương trình   x  x  x    2 x  y   2  1,0 Đk: x  y   Ta có: 1  x  y    x  1   x  1 4 2  y2 1  y  y2   y   vào PT (2) ta 0,25 x 1  x 1        y  y  (*) (vì 2   (1đ) 0,25 y2   y  y  y  ) Xét hàm số f  t   t  t   f ' t    t  t 1 t2 1  t  0, t   , t   t  t  t  0, t   t 1 0,25  x 1   f  t  đồng biến  , theo (*) ta có f    f  y    x  2y 1 Với x  y  thay vào (1) ta có:  y2 1  y  4 y2 1  y   y2 1   y  y  x 0,25  3 Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;   4 854 Tìm giá trị lớn biểu thức 1,0 Áp dụng BĐT: x  y  x y  x  y  ; xy    , x, y  , kết hợp với giả thiết   suy ra: 3  a  b  c    a  b   c3   a  b3   c3   a  b  c   c  a  b      a  b  c 2   a  b  c   2  a  b  c      0,25 dấu “=” xảy a+b=c>0 Khi sử dụng BĐT AM-GM ta có: 2a  3a  b  2a  c   (1đ) a  b2 a  a c2    2a  0,25 a a   dấu “=” xảy a=b>0 b2 a a  b  c  ac22 2a a  b  c a bc Và  a  b   c   a  b  c   P   a bc2 32 2 Đặt t  a  b  c   P  f  t   f ' t   0,25 t t2  t  32 2 t  2 2 t 32  t  t      0, t  16 16  t    hàm số f  t  nghịch biến  4;   Do P  f  t   f    0,25 1 Vậy GTLN P 6 a  b, a  b  c Dấu “=” xảy    a  b  1, c  a bc  Hết 855 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mônthi : TOÁN - Lầnthứ Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề gồm 01 trang) ĐỀ SỐ 149 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  x3  (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm (C) với đường thẳng d : y  2x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x  x  x  x Câu (1,5 điểm) 1) Giải phương trình:  sin x  1  cos x 2) Giải phương trình: 32 x 1  2.3x 1  24  3) Giải bất phương trình: log 0,5  x  x  1  log  x    Câu (0,5 điểm) Trường THPT Chí Linh tổ chức cho học sinh ba khối 10,11,12 tập luyện võ thuật cổ truyền Trong đợt tập võ lớp 11A tập tốt nên nhà trường định chọn học sinh lớp 11A để biểu diễn Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nam biết lớp 11A có 23 học sinh nam 21 học sinh nữ 3x  x  Câu5 (1,0 điểm) Tínhtíchphân: I   dx 3x  x  Câu6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Gọi M trung điểm cạnh BC, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc SM mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng DM, SB Câu7 (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC Gọ H hình chiếu vuông góc A cạnh BD M, N trung điểm cạnh CD, BH Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN 3x  y   điểm M có hoành độ nguyên Tìm toạ độ đỉnh B, C, D    x y  y   x  x2   Câu8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  y  1  x   x x 1  18 y   3x  Câu9 (1,0 điểm).Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a  , bc  Tìm giá trị nhỏ a3  b c biểu thức: P    3(bc  1) c  b  Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………;Số báo danh:………………… Chữ kí giám thị 1:…………………….…………Chữ kí giám thị 2:…………………………… 856 H­íngdÉnchÊmTOÁN Câu Nội dung Điểm  Tập xác định: D = ℝ  Sự biến thiên  Giới hạn hàm số vô cực lim y = lim x −1 + − = −∞, lim y = +∞ → → → x x 0,25 x=0 x=2 y = −3x + 6x; y = ⇔ Bảngbiếnthiên: −∞ − + +∞ +∞ − −1 1a (1,0đ) 0,25 −∞ Từ bảng biến thiên suy Hàm số đồng biến khoảng (0; 2), nghịch biến khoảng (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm số đạt cực đại x = 2, y Đ = −3, Hàm số đạt cực tiểu x = 0, y = −1  Đồthị: Đồ thị hàm số cắt Oy điểm (0; −1), qua điểm 0,25 (−1; 3), (1; 1), (3; −1) y y=-x3+3x2-1 0.25 x -1 -1 Đồ thi hàm số nhận điểmI(1; 1) làm tâm đối xứng Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình −x + 3x − = 2x − 1b (1,0đ) 0,25 Giải phương trình, suy d cắt (C) điểm M(3; −1) 0,25 Phương trình tiếp tuyến (C) M(3; −1) lày = y (3)(x − 3) − 0,25 ⇔ y = −9x + 26 857 0,25 Điều kiện: 3x − 6x ≥ ⇔ ≤ x ≤ − 12x ; f′(x) = 4x − − √3x − 6x 1 f (x) = ⇔ (4x − 1) + = ⇔ x = ∈ 0; √3x − 6x 0,25 Tập xác định: D = 0; (1,0đ) 0,25 f (x) không xác định x = 0, x = 1 + 4√6 =− ,f =0 1 + 4√6 Suy ra f(x) = f =− ; max f(x) = f(0) = ; ; f(0) = 0, f 3a (0,5đ) 0,25 0,25 √3(sin x − 1) = cosx ⇔ √3sinx − cosx = √3 π √3 √3 √3 ⇔ sinx − cosx = ⇔ sin (x − ) = 2 π π π x= +2 π x− = +2 π ⇔ , ∈ℤ⇔ , ∈ℤ π π 5π x− = π− +2 π x= +2 π 6 + 2.3 − 24 = ⇔ 3.3 + 6.3 − 24 = ⇔ (3 − 2)(3 + 4) =0 0,25 0,25 0,25 3b (0,5đ) ⇔ − = 0 (vì + > 0 ∀ ∈ ℝ)⇔ = ⇔ Vậy phương trình có nghiêm = log log 3c (0,5đ) , = log 0,25 (4x − 3x − 1) + log (4x − 2) > 1(1) Điều kiện: 4x − 3x − > ⇔ x > 4x − > Khi đó(1) ⇔ log (4x − 2) > + log (4x − 3x − 1) ⇔ log (4x − 2) > log 2(4x − 3x − 1) ⇔ 4x − > 2(4x − 3x − 1) ⇔ < < Kết hợp với điều kiện ta phương trình cho có nghiệm < Tổng số học sinh lớp 11A là: 23 + 21 = 44 (học sinh) 0,25 0,25 < Số cách chọnn gẫu nhiên học sinh từ 44 học sinh số tổ hợp chập 0,25 44 phần tử nên số phần tử không gian mẫu là: (Ω) = Gọi A biến cố: “ Trong học sinh chọn có học sinh nam” Khi có khả xảy ra:  học sinh chọn có học sinh nam học sinh nữ (0,5đ)  học sinh chọn nam Từ suy ra n(A) = C C Vậy P(A) = ( ) (Ω) +C = 858 0,25 (1,0đ) −2 +5 −3 + = 1+ + −2 + −2 3( + 1) − 2(3 − 2) = 1+ = 1+ − ( + 1)(3 − 2) −2 = ( + ln|3 − 2| − 2ln| + 1|) = + 2ln 0,25 +1 0,25 0,25 0,25 S H N A D 0,25 O B C M Xác định góc đường thẳng mặt phẳng( ) SMA ⇒ SMA = 60 ; S = 2a Tínhđược = a√2; SA = a√6 1 2a √6 ⇒V = SA S = a√6 2a = 3 Gọi trung điểm cạnh suy tứ giác hình vuông tứ giác hình bình hành ⇒ ⇒ //( ,( )) = ( , ( Ta chứng minh ( , ( )) = ( , ( )) Gọi O tâm hình vuông suy ⇒ ( (1,0đ) , // )= ( ⊥( )⇒ ⇒ Trong mặt phẳng ( ), gọi ⇒ ⊥ ⊥ vuông = ⊥( ) ⊥ ⇒ ( ⊥( ) 0,25 ) = có đường cao + = , 859 0,25 ) ⇒ ,( )) ⊥ hình chiếu ⇒ Xét tam giác √ = 0,25 nên 13 ⇒ )= √78 13 = √78 13 (1,0đ) Gọi E trung điểm AB tứ E A B giác hình vuông E ⊥ Do hai tứ giác tứ giác N nội tiếp đường tròn đường kính nên tứ giác nội tiếp ⇒ ANM = 90 ⇒ H C hình chiếu đường D M thẳng Đường thẳng qua (0; −1) vuông góc với MN nên có phương trình + + = Toạ độ điểm N nghiệm hệ 12 = 12 − − = ⇒ ⇔ ;− +3 +3 =0 5 =− Vì ∈ nên ( ; − 9)với ∈ ℤ Tứ giác nội tiếp nên MAN = MDN suy hai tam giác ⇒ = đồng dạng 4√10 2√10 = = 5 14 36 = + − = ⇔ 5 =2 =2⇒ = 12 ⇔ − 5 Mà ∈ ℤ nên t = ⇒ M(2; −3) Đường thẳng có phương trình + ⇒ cân = trung điểm + = Tam giác là(0; −3)và (2; −1) Do nên ta tìm điểm hai phía đường thẳng 0,25 0,25 vuông nằm 0,25 nên (0; −3) nên ta tính (4; −3) Từ tính (4; −1) 0,25 Vậy (4; −1), (4; −3), (0; −3) x y + y + = x + x + 1 (1) 2x (y + 1) − 9x + = 5√x x (1 − 18y ) − 3x(2) ≥0 Điều kiện: (1 − 18 ) − ≥ ( ) Ta nhận thấy = 0 không thoả mãn hệ Xét x > Khi (1) ⇔ + +1= 1 + 0,25 + 1(1 ) (1,0đ) Xét hàm số f(t) = t + t√t + ℝ f (t) = + t + + > 0 ∀ ∈ ℝ √t + Hàm số f(t) đồng biến trên ℝ 1 ⇒ (∗) ⇔ y = (1 ) ⇔ f(y) = f x (∗) x 860 0,25 Với = giải điều kiện (I) ta x ≥ 6, phương trình (2) trở thành − + = 5√ − − 18 ⇔ − + = 5√ ( + 3)( − 6) ⇔ 2( ⇔ − ) − 5√ + −6 −√ +3 0,25 − + 3( + 3) = − − 3√ + = ⎡ = ± √61 ⎢ −6 =√ +3 ⇔ ⇔⎢ = − − = 3√ + ⎢ ⎣ = Kết hợp điều kiện x ≥ ta hệ cho có nghiệm (x;y) + √61 √61 − 9; , ; Áp dụng BĐT TBC-TBN ta + + ≥ √ = Dấu “=” xảy = a3 + ⇒ ≥ ≥ ; 3(bc + 1) +1 +1 b c 1 + = ( + + 1) + −2 c+1 b+1 c+1 b+1 Ta có: + + ≥ 2√ + Dấu “=” xảy = 1 (1) + ≥ b + c + 1 + √bc Thậtvậy, (1) ⇔ (b + c + 2) + √bc ≥ 2( + 1)( + 1) (1,0đ) 0,25 0,25 ⇔ (b + c)√bc − − − + 2√bc ≥ ⇔ √b − √c √bc − ≥ 0(2) (2) đúngvới b, c thoả mãn giả thiết nên (1) Dấu “=” xảy = = Từ suy 2√ ≥ + 2√ + −2= + +1 + 1 + √bc + √bc Đặt = √ P≥ 0,25 , ta có t ≥ 1 2t + = f(t) t +1 1+t f (t) = 2t 2(t − 1) ( − + 1) − = ≥ 0 ∀ ≥ 1; (1 + ) ( t + 1) ( + 1) ( t + 1) 0,25 f (t) = ⇔ t = Hàm số f(t) đồng biến [1; +∞) f(t) = f(1) = [ ; ) 3 ⇒ P ≥ ∀a, b, c > ℎ ả ã ≥ 1, 2 Với a = b = c = 1 thì P = Do P có giá trị nhỏ 861 ≥1 0,25 SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP 12, NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN Ngày thi: 22/04/2016 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (ĐềĐỀ thi gồm trang) SỐ01 150 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  Câu (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x 1 điểm có hoành x2 độ Câu (1,0 điểm) 1) Cho số phức z thỏa mãn z(  i)  z   3i Tính môđun số phức z 2) Giải phương trình: log2 (3x 1)  log ( x  3)   Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x(1  ln x)dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) :  x  y   z     điểm M (; ; ) Viết phương trình đường thẳng qua M, vuông góc với mặt phẳng (P) tìm điểm N đối xứng với điểm M qua mặt phẳng (P) Câu (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: cos x  5cos x  2) Trong dịp 26/3, Đoàn trường trường Trung học phổ thông chọn ngẫu nhiên đoàn viên xuất sắc thuộc ba khối 10, 11 12, khối đoàn viên xuất sắc để tuyên dương Biết khối 10 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ, khối 11 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ, khối 12 có đoàn viên xuất sắc có nam nữ Tính xác suất để đoàn viên xuất sắc chọn có nam nữ Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình chữ nhật có cạnh AB = a, AD = 2a Gọi O giao điểm hai đường thẳng AC BD, G trọng tâm tam giác SAD Biết SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 600 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân C Các điểm M, N chân đường cao hạ từ A C tam giác ABC Trên tia đối tia AM lấy điểm E cho AE = AC Biết tam giác ABC có diện tích 8, đường thẳng CN có phương trình y   , điểm E (1;7) , điểm C có hoành độ dương điểm A có tọa độ số nguyên Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: (2 x  x  1)(2 x  1)  (8 x2  8x  1)  x2  x  ( x  ) Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 1 16    x y z x y z ( x  y )( y  z )( z  x) xyz HẾT - Tìm giá trị lớn biểu thức P  862 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH BẢN SAO KỲ THI CUỐI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Bản hướng dẫn gồm 05 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG Nếu thí sinh làm không theo cách đáp án đùn cho đủ số điểm phần hướng dẫn Điểm toàn không quy tròn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM x 1 Chiều biến thiên: y '  3 x  3; y '     x  1  Hàm số đồng biến khoảng (1;1) ; hàm số nghịch biến khoảng (; 1) (1; )  Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  , yCĐ = Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yCT = –1  Giới hạn tạo vô cực: lim  ; lim   0,25  Tập xác định: D    Sự biến thiên: x  0,25 x   Bảng biến thiên: Câu (1.0 đ) x y y   1     0,25  1  Đồ thị: y 1 0,25 O 1 x Gọi M tiếp điểm suy M (1; 2) 3 Ta có: y '  ( x  2) 0,25 0,25 Câu (1.0 đ) Hệ số góc tiếp tuyến M k  y '(1)  3 Phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số M y  3( x  1)  hay y  3 x  863 0,25 0,25 Đặt z  a  bi , (a, b Ta có: z (2  i)  z   3i  (a  bi)(2  i)  a  bi   3i  3a  b  (a  b)i   3i Câu 3a 3a  b  a   (0.5 đ)   a  b  b  0,25 0,25 Do z    3 x   ĐK:  x x   log (3x  1)  log ( x  3)    log (3x  1)( x  3)  Câu3b (0.5 đ) 0,25 x   (3 x  1)( x  3)   3x  x  11    11 x    Đối chiếu với điều kiện ta có x = 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 I   x (1  ln x )dx   xdx   x ln xdx  I1  I 1 I1   xdx  Câu (1.0 đ) 2 x  (1) 0,25 (2) 0,25 2 2 1 I   x ln xdx   ln xd ( x )  x ln x   x d (ln x ) 21 21 0,25 2 2 1 x2 ln I  x ln x   xdx  x ln x    1 21 4 (3) ln  Ký hiệu d đường thẳng qua điểm M (1;2;3) vuông góc với ( P)  Đường thẳng d nhận n  (2; 1;2) làm véctơ phương Từ (1), (2) (3) ta I  0,25 0,25  x   2t  Ta có phương trình tham số đường thẳng d :  y   t  z   2t  0,25 Gọi I giao điểm đường thẳng d mặt phẳng ( P) Câu (1.0 đ) Ta có: I (1  2t;2  t;3  2t ) Do điểm I thuộc ( P) : x  y  z   0,25 nên ta có 2(1  2t )  (2  t )  2(3  2t )    t    7 26 11  suy tọa độ điểm I  ; ;   9 9 0,25  23 34 5  I trung điểm MN nên tọa độ điểm N  ; ;   9  864 cos x  5cos x   2cos2 x   5cos x   2cos2 x  5cos x   Câu  cos x   6a Với cos x   x    k 2, k    (0.5 đ)   cos x  (l ) Gọi A biến cố: “Chọn đoàn viên xuất sắc có nam nữ” Ta có n()  C42C52C62  900 Ta có A biến cố: “Chọn đoàn viên xuất sắc có nam có nữ” Chọ đoàn viên xuất sắc nam, khối người số cách chọn C22C22C32  Câu6b (0.5 đ) Chọ đoàn viên xuất sắc nữ, khối người số cách chọn C22C32C32  Suy n( A ) = + = 12 Ta có: P  A   n  A n   0,25 0,25 0,25 0,25 12  900 75 74 75  2a Vậy P ( A)   P  A   Diện tích đáy S ABCD 0,25 S Ta thấy góc SC mặt  phẳng (ABCD) góc SCO a Ta có: OC  a 15 SO  OC.tan 600  a 15 Vậy VS ABCD  0,25 H B C G N O A M Gọi M trung điểm AD, N trung điểm DC D Câu Ta thấy GM  (SCD)=S SG  SM nên d (G;( SCD )  d ( M ;( SCD ) (1) 3 (1.0 đ) Mặt khác MO // DC suy MO // (SCD) nên d(M, (SCD)) = d(O, (SCD)) 0,25 Gọi H hình chiếu vuông góc O SN Vì SO, ON  CD  CD  (SNO)  CD  OH Do OH vuông góc với mặt phẳng (SCD) suy d(O; (SCD)) = OH a 15 ; ON = a Xét tam giác SON vuông O có OH đường cao 1 19 a 285        OH  2 2 OH SO ON 15a a 15a 19 2a 285 Kết hợp với (1) (2) ta có d (G;( SCD ))  57 Ta có OS  865 0,25 Gọi D điểm đối xứng C qua N C Khi ACBD hình thoi, suy AD M vuông góc AE, AD = AE = AC Từ ta có A tâm A B N đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC 0,25   900  ECD   450 Do EAD E Suy góc hai đường thẳng EC D CD 450  Gọi n  (a; b) vtpt đường thẳng EC ( a  b  ) b a  b Do góc EC CN 450 nên     a  b2  a  b Câu   Với a  b , chọn n  (1; 1) suy phương trình EC: x  y   58 Do C giao điểm CN EC nên C ( 7;1) (loại) (1.0 đ)   Với a  b , chọn n  (1;1) suy phương trình EC: x  y   Do C giao điểm CN EC nên C (5;1) Gọi d trung trực đoạn EC, d có phương trình x  y   Do A thuộc d nên A(t; t  2) với t nguyên Vì AN  d ( A, CN )  t  ; CN  d (C , AN )  t  0,25 0,25 S ABC  CN AN  t  t  S ABC  t  t   , kết hợp với t nguyên giải ta t = 1; t = Với t = ta A(1; 3), B(1; –1) Với t = ta A(3; 5), B(3; –3) Vậy A(1; 3), B(1; –1), C(5; 1) A(3; 5), B(3; –3), C(5; 1) Chú ý: 0,25 - Hình vẽ áp dụng cho tam giác ABC nhọn, kết tam giác ABC vuông tù, học sinh không cần nới điều làm   450 không (nếu không không trừ điểm ý này) - Học sinh thủ lại ECD Điều kiện:  x  (2 x  x  1)(2 x  1)  (8 x  x  1)  x  x   1  2( x  x)  (2 x  1)   2(2 x  1)  1)   x  x  không Đặt a  x  1; b   x  x , phương trình trở thành: Câu (1.0 đ) a  b  1 b    a  b  2ab  1     ab    5 x  Với a  b , ta có  x  x  x     x 10 5 x  x    Với 2ab   , ta có 1  2b  a   2a 0,25 2(2 x  1)  x  x    2(1  x )  x  x  (1) 866 0,25 0,25    2x  Mặt khác  x  x  (1  x ) x  (1  x)  x  Phương trình có nghiệm  x  Suy  x  x (1  x)  Do không tồn x để đẳng thức xảy nên phương trình (1) vô nghiệm Vậy nghiệm phương trình cho 5 x 10 Chú ý: Có thể bình phương hai vế phương trình (1) đặt t  (2 x  1) để suy phương trình vô nghiệm y z x Đặt a  ; b  ; c  , ta có a, b, c  0; abc  z x y 0,25 P   a  1 b  1 c  1 Giả thiết trở thành a  b  c  ab  bc  ca  13 (1) 0,25 Vì nên số a, b, c có tồn số, giả sử a có tính chất  a  1 13  a  a Từ (1) abc  , ta có b  c  1 a 0,25 2a  13a  13a  Suy P  a  b  c  ab  bc  ca  a  b  c  13    Câu10 a2  a (1.0 đ) 2a  13a  13a  Xét f (a )  [0;1] a2  a 2(a  2a  13a  2a  2(a  3a  1)(a  5a  1) Ta có f '( a )   a ( a  1) a (a  1) 0,25 3 f '( a )   a  3 3 Do P  Khi x  ; y  1; z  P  2 Vậy GTLN P HẾT Đề Đáp án gõ lại từ file ảnh nên không tránh khỏi sai sót Quý thầy cô em học sinh phát sai sót vui lòng báo giúp để kịp thời sửa chữa Xin chân thành cảm ơn! 867 [...]... b  c  b  2c   16 b  2 a  b  c  4  Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng 749 0,25 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH (Đề thi gồm 1 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 Mơn: TỐN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 128 Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y   x3  3 x  1 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá... làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm 755 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH (Đề Ề thi gồm trang) SỐ 1129 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 5 Mơn: TỐN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  1 (C) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) 2 Tìm m để đường thẳng d : y  mx  1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân... ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa !!! 761 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG XỒI (Đề Ề thi SỐ gồm 130 1 trang) Bài 1 (1 điểm): Cho hàm số: y  ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 Mơn: TỐN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) 2x  3 có đồ thị (C) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) x2 1 Bài 2 (1 điểm): Tìm m để hàm số y  x3  mx 2   m 2  m ... 2015 2026 Min = T  4044122  2015 2013 2015 a  b 1 765 0.25 – 0.25 0.25 0.25 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG XỒI (Đề Ề thi gồm trang) SỐ 1131 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 Mơn: TỐN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Bài 1 (1 điểm): Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y  x 4  4 x 2  1 Bài 2 (1 điểm): Viết phương trình tiếp tuyến của đồ... ý: Học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm 769 0.25 SỞ GD & ĐT BÌNH PHƯỚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG XỒI (Đề Ề thi gồm trang) SỐ 1132 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 Mơn: TỐN – Năm học: 2015 – 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) Câu 1 ( 1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  4 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số... 2c) 1 a 1 b ––––Hết–––– Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh…………………… 756 TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH – ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015–2016, LẦN 5 Câu Ý Nội dung Điểm 1/ Tập xác định:  2/ Sự biến thi n +) Chiều biến thi n: y = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y = 0  x = 0 hoặc x = 2 y > 0  x