bo de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan so 2

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí TRƯỜNG THPT LAM KINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN MƠN: TỐN NĂM HỌC 2015 - 2016 Thời gian:180 phút (khơng kể thời gian phát đề) 2x  x 1 a Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số b Tìm điểm M (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng đồ thị (C) khoảng cách từ M đến trục Ox Câu (1 điểm) Câu (2 điểm) Cho hàm số y  a Giải phương trình: sin x  cos x  4sin x  b Giải bất phương trình: 2log ( x  1)  log Câu (0.5 điểm) Tính ngun hàm sau: I  x (2 x  1)  x  3dx Câu (1.5 điểm)   a Tìm số hạng chứa x khai triển  x   x   b Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi Mỗi đề thi gồm câu lấy ngẫu nhiên từ 20 câu hỏi Thí sinh A học thuộc 10 câu ngân hàng đề thi Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc Câu (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi I trung điểm AB, H giao điểm BD với IC Các mặt phẳng (SBD) (SIC) vng góc với đáy Góc (SAB) (ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SA IC Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng B, BC  2BA Gọi E, F trung điểm BC, AC Trên tia đối tia FE lấy điểm M cho FM  3FE Biết điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y   , điểm A có hồnh độ số ngun Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Câu (1 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cà cạnh a Tính thể tích hình lăng trụ diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a  x  xy  x  y  y  y  Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình   y  x   y   x  Câu (1 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác thỏa mãn 2c  b  abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức S    bca acb abc Hết Họ tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:……………………… VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN Câu Câu1a 1.0đ Nội dung - Tập xác định D  R \ 1 - Sự biến thiên y '  3  x  1 Điểm 0,25  với x  D + Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 , 1;   + Hàm số khơng có cực trị + lim y  x   , suy đường thẳng y = đường tiệm cận ngang 0,25 x  đồ thị lim y  x   , lim y  x    , suy đường thẳng x  đường tiệm x 1 x 1 cận đứng đồ thị 0,25 + Bảng biến thiên - x y’(x) + - + y - - Đồ thị + Đồ thị hàm số qua điểm  0; 1 ,  2;1 ,  4;3 ,  2;5 + Đồ thị nhận điểm I 1;  làm 0,25 tâm đối xứng Câu 1b 1.0đ Gọi M  x ; y0  ,  x  1 , y0  2x  , Ta có x0 1 0,25 d  M, 1   d  M, Ox   x   y  x0 1  Với x  2x    x  1  2x  x0 1 x  1 , ta có : x 02  2x   2x    x0  M  0; 1 , M  4;3 0,25 Suy 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1 , ta có pt x 02  2x   2x   x 02   (vơ nghiệm) Vậy M  0; 1 , M  4;3 Với x  0,25 sin x  cos x  4sin x   sin x cos x   cos x  4sin x  Câu 2a 0.5đ Câu 2b 0.5đ  sin x cos x  2sin x  4sin x   2sin x  sin x   x  k sin x     , k         sin x   x   k  cos x  sin x       3  0,25 ĐK: x > , log ( x  1)  log (2 x  1)   log [( x  1)(2 x  1)]  0,25  x  3x      x  2 Đối chiếu điều kiện suy bpt có tập nghiệm S = (1;2] Câu 0.5 đ Câu 4.b 0.5đ Câu 1.0đ 0,25 Đặt t  x   t  x   2tdt  2xdx  xdx  tdt 0,25 t3 ( x  3)3 C Suy I   t.tdt   t dt   C  3 0,25 Câu 4.a 0.5đ  cos x  sin x   0,25 k 9  k   2  Ta có  x     C9k x 9 k     C9k x 93k  2  x  k 0  x  k 0 0,5 Số hạng chứa x tương ứng giá trị k thoả mãn  3k   k  2 Suy số hạng chứa x C92 x  2   144x 0,25 Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi câu hỏi để lập đề thi có 0,25 C  4845 đề thi Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có C102 C102  2025 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có C103 C101  1200 trường hợp Thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có 0,5 C104  210 trường hợp Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu thuộc, có 2025  1200  210  3435 trường hợp Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên đề thi có câu 3435 229  thuộc 4845 323 Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , 0,25 SABCD  a 20 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Do (SIC),(SBD) vng với đáy suy SH  (ABCD) Dựng HE  AB   SHE   AB ,  góc (SAB) suy SEH   600 (ABCD)  SEH Ta có SH  HE.tan 600  3HE HE HI a    HE  CB IC 3 a  SH  0,25 Suy 1a 3a3 VS.ABCD  SH.SABCD  a  3 Gọi P trung điểm CD, suy AP song song vớiCI  d  SA, CI   d  CI,  SAP    d  H,  SAP   0,25 Dựng HK  AP , suy  SHK    SAP  Dựng HF  SK  HF   SPA   d  H,  SPA    HF 1 (1)   2 HF HK HS2 1 1 Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK     2 HK DM DP DA Do SHK vng H  0,25 Thay vào (1) ta có 1 1 a         HF  2 2 HF DP DA HS a a a a 2 a Vậy d  SA, CI   2  Gọi I giao điểm BM AC Ta thấy Câu 1.0đ BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC   CAB   BM  AC ABC  BEM  EBM 0,25 Đường thẳng BM qua M vng góc với AC BM : x  2y   Toạ độ điểm I nghiệm hệ 13  x   2x  y     13 11    I ;   5   x  2y    y  11    12     8 4   IM   ;  , IB   IM   ;   B 1; 3  5  5  0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Trong ABC ta có 1 5     BA  BI 2 2 BI BA BC 4BA 2 5  8   4  BI  Mặt khác BI        , suy BA      Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có  a 3 BA    a  1    2a    5a  26a  33    11 a     2  Do a số ngun suy A  3; 3 AI   ;   5   Ta có AC  5AI   2;   C 1;1 Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1 Câu 1.0đ 2 0,25 0,25 Thể tích lăng trụ là: a a3 V  AA '.SABC  a  4 0,5 Gọi O , O’ tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C' tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ ABC.A’B’C’ trung điểm I OO’ Mặt cầu có bán kính là: R  IA  AO2  OI2  ( a a a 21 ) ( )  0,5 a 21 a 2 suy diện tích mặt cầu (S) là: S  4R  4( )  Câu 1.0đ  xy  x  y  y   Đk: 4 y  x   Ta có (1)  x  y   y 1   Đặt u  x  y , v   x  y  y  1  4( y  1)  0,5 y  ( u  0, v  ) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí u  v Khi (1) trở thành : u  3uv  4v    u  4v(vn) Với u  v ta có x  y  , thay vào (2) ta :  y  y    y  1   y  2 y  y   y 1    y 1 1  y2 0 y 1 1    y  2    y  y   y 1   y  (  0,25  0 y    y  y   y 1 y2  y   y 1  y   0y  ) y 1 1 0,25 Với y  x  Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT  5;  Câu 1.0đ 1   , x  0, y  x y x y 1 1 1     S   2     3  bca acb bca abc acb abc Áp dụng bất đẳng thức suy S    c b a Từ giả thiết ta có 2 3 1 3    a, nên          a    c b c b a a c b a  Vậy giá trị nhỏ S Dấu xảy a  b  c  0,25 0,25 0,25 0,25 Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2015 – 2016 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Mơn thi: TỐN ( Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề ) Đề thi có 01 trang Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  2x 1 (1) x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang đồ thị hàm số (1) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos x.cos x   2sin x  cos x Câu (1,0 điểm) Tính ngun hàm: I  2x2  dx x  Câu (1,0 điểm) 1 Giải phương trình: log (2 x  x  1)  log ( x  1)2  2 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y  8ln x  x đoạn [1;e] Câu (1.0 điểm) Một hộp chứa cầu màu đỏ, cầu màu xanh cầu màu vàng Lấy ngẫu nhiên lúc cầu từ hộp Tính xác suất cho cầu lấy có đủ màu, có cầu màu đỏ có khơng q hai cầu màu vàng Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, biết AB  a; AD  2a , tam giác SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi I trung điểm SD Tính thể tích khối chóp S.ACD khoảng cách hai đường thẳng AI SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB  điểm thuộc đoạn thẳng BC cho BF  AD Gọi F BC Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình 9   225  Đường thẳng d qua hai điểm A, C có phương trình x  11 y   Tìm x   y   4  4  tọa độ đỉnh C biết điểm A có hồnh độ âm  y  y  x3   x  y   Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2 y  x  y  x  1  x  x  1      x; y    Câu (1.0 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  a2 1  a    5bc 16b  27  a  bc  36  a  c  _ HẾT _ Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ……………………………… Số báo danh: ……………………………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MƠN TỐN LẦN NĂM 2015 – 2016 Câu Khảo sát…… * Tập xác định D  R / 1 * Sự biến thiên: Ta có: y '    0, x  D  x  1 1điểm 0,25 Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 1;   Hàm số khơng có cực trị * Giới hạn tiệm cận: Ta có: lim y  lim y   đường thẳng y  đường tiệm cận ngang đồ thị (C) x  x  0,25 lim y  ; lim y     đường thẳng x  đường tiệm cận đứng đồ thị (C) x 1 x 1 * Bảng biến thiên: x y' y   - 0,25  1.1  * Đồ thị:   Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm   ;0  , cắt trục Oy tai điểm  0; 1   0,25 1điểm 1.2  2a   Gọi M  a;    C  (điều kiện a  )  a 1  Gọi đường thẳng  đường tiệm cận ngang đồ thi (C) 2a  0.a  2 a 1 Ta có d  M , Oy   a ; d  M ,     2 a 1 1 Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy lần khoảng cách từ M đến đường tiệm cận ngang đó: a a 1 a  a   a2  a   a   a a 6     a  2  a  a  6  a  a   Vì phương trình a  a   vơ nghiệm 0,25 0,25  7 + Với a   M  3;   2 + Với a  2  M  2;1 0,25 Câu 2 Phương trình cho  cos 3x  cos x   2sin x  cos x  cos x   2sin x  cos x  2  cos x    cos x  cos x  cos x    cos x    + Với cos x   x   k ; k     x   k 2  + Với cos x    ; k     x    k 2    1điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1điểm Câu x2  x 2x2 1 dx   dx x x2 1  udu  xdx 2 Đặt u  x   u  x    x2  u 1  Ta có I   u2 u2 1  1 udu  du  du  du  du      u  1 u  1 u2 1 u2 1 u2 1  u  1   u  1 du du   du   du   du     u  1 u  1 u 1  u 1 Do I   u 1  u  ln u   ln u   C 2 1 Vậy I  x   ln x    ln 2 x2    C 0,25 0,25 0,25 0,5 điểm Câu 4.1 0,25   x  3x   x  Điều kiện:    x 1  x  1 1 Khi phương trình   log (2 x  x  1)  log ( x  1)  2 2  log 2(2 x  3x  1)  log ( x  1)    x  (Ko TM)  2(2 x  x  1)  ( x  1)  3x  x      x  TM   Vậy phương trình cho có nghiệm là: x  0,25 2 0,25 0,5 điểm Điều kiện: x  Hàm số y  8ln x  x xác định liên tục [1;e] 4.2  x   1; e Ta có y '   x  y '    x  x  2  1; e 0,25 Ta lại có: y 1  1 ; y    ln  ; y  e    e Vậy : Max y  8ln  , giá trị lớn đạt x  1;e 0,25 Min y  1 , giá trị nhỏ đạt x  1;e Câu Gọi  khơng gian mẫu phép thử Số phần tử khơng gian mẫu n     C164  1820 Gọi B biến cố: “ lấy có đủ màu, có cầu màu đỏ khơng q hai màu vàng” Do để lấy có đủ màu, có cầu màu đỏ khơng q hai màu vàng có khả xảy ra: +) lấy có đỏ, xanh, vàng suy số cách lấy là: C41C52C71 0,25 0,25 +) lấy có đỏ, xanh, vàng suy số cách lấy là: C41C51C72 +) Khi n  B   C41C71C52  C41C72C51  700 +) Xác suất biến cố B P  B   nB n    0,25 700  1820 13 0,25 1điểm Câu 0,25 Gọi H trung điểm AB, SAB tam giác  SH  AB  SAB    ABCD   a Ta có  AB   SAB    ABCD   SH   ABCD  SH  SA2  HA2   SH  AB, SH   SAB  1 Vì ABCD hình chữ nhật  SACD  S ABCD  a.2a  a 2 1 a a Do VS ACD  SH SACD  a  (đvtt) 3 Gọi J trung điểm CD  IJ / / SC  SC / /  AIJ   d  AI , SC   d  SC ,  AIJ    d  C ,  AIJ   Ta có CD   AIJ   J  d  C ,  AIJ    d  D,  AIJ   (vì J trung điểm CD) Vậy d  AI , SC   d  D,  AIJ   0,25 0,25   Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z    2  Số phần tử của khơng gian mẫu: n()  C152 C122 2 0,25 0,25 Gọi A biến cố: “Các giáo viên chọn có nam nữ” n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51 Câu (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) P(A) = n( A) 197  n() 495 0,25 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 D đến mặt phẳng (SBM) với M trung điểm CD 1,00 Ta có hình chiếu SC mặt phẳng đáy AC góc SCA góc SC mặt phẳng đáy  SA  AC tan   a 0,25 Ta có S ABCD  AB.AD  2a 0,25 2a (dvtt) Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  3 Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN  BM ( N thuộc BM) AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM) Do d(A,(SBM))=AH 2a 4a AN BM  a  AN   BM 17 1 4a    AH  Trong tam giác vng SAN có: 2 AH AN SA 33 2a Suy d(D,  SBM   33 0,25 Ta có: S ABM  S ABCD  S ADM  a ; S ABM  0,25 1,00 Câu (1,0 điểm) Gọi E giao cuả tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) chứng minh ED =EA Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0 Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( tung độ A dương)  21   16  12  M trung điểm BD  B ;   AB ;   5 5      Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9 0,25 0,25 0,25 0,25 ( Học sinh sử dụng phương tích EB EC  EA ) Giải hệ phương trình sau 1,00 ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  Câu (1,0 điểm) Phương trình (1)  x  ( x  1)   y  y  2t Xét hàm f(t) = t  t  có f ' (t )   , t  R  f ' (t )   t  t2  f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  Từ điều kiện ta có -Nếu x    y   hay x    y  mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  -Nếu x    y   hay x    y  pt (1)  y  x  Vậy ta có y=x-1 vào pt (2) ta có: x 1  x  x   (1  x)  x  (3)   x 1 4x  x  1 2x  x    x  1   x  x    x  x  (4)  2 x  Kết hợp (3) (4) ta x   x    x 2 4 x  x    2 Thử lại ta có: Phương trình cho có nghiệm: x  1; x  Vậy hệ có 2 7   nghiệm (x;y) = (-1;-2)  ;  2   ( học sinh bình phương để giải pt ẩn x) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  ; c  a  b  c   Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  0,25 0,25 0,25 1,00 b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) 1 a 1 b a  b  2c  a  b  2c    ln( a  b  2c) 1 a 1 b     a  b  2c  1     ln( a  b  2c)  1 a 1 b  P2 Câu (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta chứng minh BĐT quen thuộc sau: 1   (1)  a  b  ab ab  ) ab  (2) 1      a  b   ab  1  a   b  Thật vậy, )  a  b  ab )    a b   ab   ln ab  Dầu “=” a=b ab=1 ) ab   ab     ab   Dấu “=” ab=1 0,25 1 2      a  b  ab  ab   ab 4 16    Đặt t  a  b  2c, t  ta ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c 2 Do đó, 0,25 có: P   f (t )  16  t  1  ln t , t  0; t2 16  t   6t  16t  32  t   6t  8 f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t f’(t) -  + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN P 3+6ln4 a=b=c=1 Chú ý: Đây hướng dẫn chấm, số học sinh phải giải chi tiết Mọi cách giải khác cho điểm tương ứng 0,25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Ngày thi: 15/01/2016 ĐỀ THI THỬ LẦN 2mx  (1) với m tham số x 1 a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  b Tìm tất giá trị m để đường thẳng d: y  2x  m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  phân biệt có hồnh độ x1 ,x cho 4(x1  x )  6x1x  21 Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình: sin 2x   cosx  cos2x b Giải bất phương trình: log2 (x  1)  log1 (x  3)  Câu (1,0 điểm) Tính ngun hàm: I   dx  2x   Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A(3; 2) có tâm đường tròn ngoại tiếp I(2; 1) điểm B nằm đường thẳng d có phương trình: x  y   Tìm tọa độ đỉnh B, C Câu (1,0 điểm)  với     Tính giá trị biểu thức: A  cos  sin 2 2 b Cho X tập hợp gồm số tự nhiên lẻ số tự nhiên chẵn Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên Tính xác suất chọn ba số tự nhiên có tích số chẵn   120o Câu (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy hình thoi cạnh a, BAD a Cho tan   AC'  a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' khoảng cách hai đường thẳng AB' BD theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vng  7 góc A lên đường thẳng BD H   ;  , điểm M(1; 0) trung điểm cạnh BC phương trình  5 đường trung tuyến kẻ từ A tam giác ADH có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x  3x  14x x2    4x  14x  3x  1   x2   Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn: Tìm giá trị lớn biểu thức: P    2   (x  y)(x  z) 3x  2y  z  3x  2z  y  2(x  3)2  y  z2  16  2x  y  z2 Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 Mơn: TỐN (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) Đáp án Điểm 2x  x 1 • Tập xác định: D   \ {1} • Sự biến thiên: lim y  , lim y   y  đường TCN đồ thị hàm số a (1,0 điểm) m   y  x  0,25 x  lim y   , lim y    x  đường TCĐ đồ thị hàm số x 1 x 1 3  x  D (x  1)2  Hàm số nghịch biến khoảng (;1) (1; ) Bảng biến thiên:  x y'  y  ' y 0,25   0,25   • Đồ thị: x y 1  - Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng b (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m … Hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) d nghiệm phương trình: x  2mx   2x  m   x 1 2x  (m  2)x  m   (2) Đồ thị hàm số (1) cắt d hai điểm phân biệt  (2) có nghiệm phân biệt   m   2  m   m       (* )   m  12m     m   10   m   10   2m x1  x  Do x1 ,x nghiệm (2)   x x  m   2 0,25 0,25 0,25 1  5m  21 Theo giả thiết ta có: 4(x1  x )  6x1x  21   5m  21   1  5m  21 (1,0 điểm)  m  4 (thỏ a mã n (* ))    m  22 (khô ng thỏ a mã n (* ))  Vậy giá trị m thỏa mãn đề là: m  4 a (0,5 điểm) Giải phương trình: PT  sin 2x   cos2x  cosx   sin x cosx  cos2 x  cosx   cosx(sin x  cosx  2)   cosx     x   k 2 2 sin x  cosx  (VN   )  Vậy nghiệm phương trình cho là: x   k b (0,5 điểm) Giải bất phương trình: Điều kiện: x  BPT  log2 (x  1)  log2 (x  3)   log2 (x  2x  3)  (1,0 điểm)  x  2x  35   7  x  Kết hợp điều kiện ta được:  x  nghiệm bất phương trình Vậy nghiệm bất phương trình cho là:  x  Tính ngun hàm: Đặt t  2x   t  2x   tdt  dx  tdt  I   1   dt  t  ln t   C t4  t4  2x   ln (1,0 điểm) (1,0 điểm)   2x    C Tìm tọa độ đỉnh B, C  Ta có: IA  (1; 3)  IA  10  Giả sử B(b,b  7)  d  IB  (b  2,b  6)  IB  b2  16 b  40 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  IA  IB  IA  IB2  b   B(5; 2)  10  b2  16 b  40  b2  8b  15     b   B(3; 4) 0,25 Do tam giác ABC vng A  I(2; 1) trung điểm BC ▪ Với B(5; 2)  C(1; 0) 0,25 ▪ Với B(3; 4)  C(1; 2) Vậy tọa độ đỉnh B, C là: B(5; 2),C(1; 0) B(3; 4),C(1; 2) 0,25 a (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức:      sin   0, cos  1 Ta có:  tan2    1   cos  2 cos  cos   sin   tan .cos   Do  0,25 Do đó: A  cos  10 sin  cos    10      b (0,5 điểm) Tính xác suất … Phép thử T: “Chọn ngẫu nhiên từ tập X ba số tự nhiên”  Số phần tử khơng gian mẫu là: n()  C10  120 Gọi A biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích số chẵn”  A biến cố “Chọn ba số tự nhiên có tích số lẻ” Chọn số tự nhiên lẻ có C36 cách 0,25 0,25  n(A)  C36  20 Do đó: P(A)  (1,0 điểm) n(A) 20    n() 120 0,25 Vậy P(A)   P(A)     6 Tính thể tích khối lăng trụ … A' Gọi O tâm hình thoi ABCD   120o Do hình thoi ABCD có BAD  ABC, ACD  AC  a Ta có: SABCD  2SABC  D' C' B' a2 0,25 A D H 120o O B C Mà ABCD.A ' B'C' D ' lăng trụ đứng  ACC' vng C  CC'  AC'2  AC2  5a2  a2  2a 0,25 a2 Vậy VABCD.A 'B'C'D'  CC'.SABCD  2a   a3 Tứ giác AB'C' D hình bình hành  AB' // C' D  AB' // (BC' D)  d(AB',BD)  d(AB',(BC' D))  d(A,(BC' D))  d(C,(BC' D)) Vì BD  AC,BD  CC'  BD  (OCC')  (BC' D)  (OCC') Trong (OCC'), kẻ CH  OC' (H  OC')  CH  (BC' D)  d(C,(BC' D))  CH OCC' vng C  Vậy d(AB',BD)  (1,0 điểm) 0,25 1 2a      CH  2 CH CO CC' a 4a 17 0,25 2a  17 Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD Gọi N, K trung điểm HD AH  NK // AD NK  Do AD  AB  NK  AB Mà AK  BD  K trực tâm tam giác ABN Suy BK  AN (1) Vì M trung điểm BC  BM  BC AD A Do NK // BM NK  BM   BMNK hình bình hành  MN // BK (2) Từ (1) (2) suy MN  AN D N K 0,25 H B M  phương trình MN có dạng: x  y  c  M(1; 0)  MN  1  7.0  c   c   phương trình AM là: x  y   0,25 2 1 Mà N  MN  AN  N  ;  Vì N trung điểm HD  D(2; 1) 5 5    Ta có: HN   ;   5 5  Do AH  HN  AH qua H nhận n  (4; 3) VTPT  phương trình AH là: 4x  3y   Mà A  AH  AN  A(0, 3)   2  2(1  x B ) x  2 Ta có: AD  2BM    B  B(2; 2) 4  2(0  y B ) y B  Vì M trung điểm BC  C(0; 2) Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật là: A(0; 3),B(2; 2),C(0; 2),D(2; 1) (1,0 điểm) Giải phương trình: Điền kiện: x  2 (* ) PT  x (2x  3x  14)  (4x  14x  3x  2)   x (x  2)(2x  7)   x (x  2)(2x  7)  x     ( 4x  x2 2 0,25 0,25  x    (4x  14x  3x  2)(x   4)  14x  3x  2)(x  2)  x    x  (thỏ a mã n (* ))   x (2x  7) x    4x  14x  3x    C  0,25 (1) (1)  x (2x  7) x   4x  14x  4x  14x  3x   x (2x  7) x   3x  Nhận thấy x  khơng nghiệm phương trình  x  Khi đó, PT  (2x   3) x    x x  2(x  2) x   x    ( 2) x x 0,25 Xét hàm số: f (t)  2t  3t với t   Ta có: f '(t)  6t   t    Hàm số f(t) đồng biến  1 Do (2)  f x   f    x    x x   x x   0,25 x  1  (thỏa mãn (*))  x 2 (x  1)(x  x  1)  (1,0 điểm) 0,25 1  Vậy nghiệm phương trình cho là: x  ,x  2 Tìm giá trị lớn P … (x  y  x  z)2 (2x  y  z)2  4   1 2    3x  2y  z  3x  2z  y   3(2x  y  z)  Ta có: (x  y)(x  z)  Từ giả thiết suy ra: (2x  y  z)2  3(2x  y  z)  0,25 t2   (t  2)(3t  8t  16)  3t   t   2x  y  z  Đặt 2x  y  z  t (t  0)  Mà:  (2x  y  z)2  (22  12  12 )(x  y  z2 )  x  y  z2   2 2x  y  z  12x  12x  Ta có: P   1 2 2 2x  y  z x  x  y  z2 0,25 12x  36x   1 2 3x  x2  36x  Xét hàm số: f (x)   với x  3x   1  x  1 (loại ) 36(3x  x  2)  Ta có: f '(x)  , f '(x)    2 2 x  f    10 (3x  2)  3 Bảng biến thiên: x  y'   y 10 0,25 Suy ra: f (x)  10  P  10 Vậy giá trị lớn P 10 Dấu “=” xảy khi: x  ,y  z   3 ▪ Chú ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tối đa 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN THI THỬ KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA 2016 Mơn thi: TỐN - Lần Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y  x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f  x   x   đoạn  2;5 x 1 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  3sin x   b) Giải bất phương trình log  x  1  log  x    n 2  Câu (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa x khai triển nhị thức Niu - tơn biểu thức  x   , x  x  Trong n số tự nhiên thỏa mãn An  2Cn  180 Câu (1,0 điểm) Trong khơng gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) A'(2; 2; 1) Tìm tọa độ đỉnh B', C' viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, A' Câu (1,0 điểm)  a) Cho cos   Tính giá trị biểu thức P  cos  cos 2 b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải tốn máy tính cầm tay mơn tốn trường phổ thơng có học sinh nam khối 12, học sinh nữ khối 12 học sinh nam khối 11 Để thành lập đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải tốn máy tính cầm tay mơn tốn cấp tỉnh nhà trường cần chọn em từ em học sinh Tính xác suất để em chọn có học sinh nam học sinh nữ, có học sinh khối 11 học sinh khối 12 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD tính góc đường thẳng SD mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A, B AD = 2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả 5  sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : x  y   C  ;  Tìm tọa độ đỉnh A, B 2  D hình thang ABCD x2  x  2x  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   tập hợp số thực 2x 1  Câu 10 (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực khơng âm thỏa mãn a 2b  c 2b   3b Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  1  4b 1  2b    c  3 - Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………………………………… ; Số báo danh: ……………………… VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SỞ GD & ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN - Lần Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu Đáp án Điểm Khảo sát biến thiên… - TXĐ: D =  1,0   - Giới hạn: lim y  lim x 1      x  x  x   x - Sự biến thiên: +) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '   x   x  1 +) Bảng biến thiên x - -1 y' - + 0,25 f(x)=x^4-2x^2+1 + - + + + 0,25 y 0 Suy ra: * Hàm số nghịch biến khoảng  ; 1 ,  0;1 hàm đồng biến khoảng  1;0  , 1;   0,25 * Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = xCT = 1 , yCT = - Đồ thị: y x -2 -1 0,25 -1 -2 - NX: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… - Ta có f  x  liên tục xác định đoạn  2;5 ; f '  x    - Với x   2;5 f '  x    x  - Ta có: f    3, f  3  2, f    1,0  x  1 0,25 0,25 0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí - Do đó: Max f  x    x   x  ,  2;5 f  x    x   2;5 a) - Ta có phương trình cos x  3sin x    2sin x  3sin x      x    k 2  sin x  1      x    k 2 , k    sin x      x  7  k 2  - KL: Phương trình có ba họ nghiệm… b)- ĐK: x  - Khi bất phương trình có dạng: log  x  1  log  x     log  x  1 x      5  x  x   x  0;   2  5 - Kết hợp điều kiện ta có: x   2;   2 Tìm số hạng chứa… - ĐK: n   , n   n  15 DK - Khi đó: An2  2Cn1  180  n  3n  180     n  15  n  12 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 15 15 3 k 15 2 k  - Khi n = 15 ta có:  x     C15k  1 2k x x  k 0 15  3k Mà theo ta có: 3 k 3 Do số hạng chứa x khai triển là: C153  1 23 x  3640 x Tìm tọa độ điểm và…   - Do ABC.A'B'C' hình lăng trụ nên BB '  AA '  B '  2;3;1   Tương tự: CC '  AA '  C '  2; 2;  - Gọi phương trình mặt cầu (S) cần tìm dạng x  y  z  2ax  2by  2cz  d  0, a  b  c  d  Do A, B, C A' thuộc mặt cầu (S) nên: 2a  2b  2c  d  3  2a  4b  2c  d  6  a  b  c     2a  2b  4c  d  6 d  4a  4b  2c  d  9 - Do phương trình mặt cầu (S): x  y  z  x  y  z    cos  a) Ta có: P    cos   1 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 1 3   27  1      1     25  25 b)- Số cách chọn em học sinh từ học sinh C85 = 56 cách - Để chọn em thỏa mãn ra, ta xét trường hợp sau +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C21C21C43 cách 0,25 +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C21C22C42 cách +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C22C21C42 cách +) nam khối 11, nữ khối 12 nam khối 12 có: C22C22C41 cách Số cách chọn em thỏa mãn là: C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22C41 = 44 cách 44 11 - Vậy xác suất cần tính là:  56 14 Tính thể tích - Tính thể tích 0,25 1,0 S K +) Ta có: AB  AC  BC  4a  SDA  45   SCD  ,  ABCD     +) Mà 0,25 H nên SA = AD = 3a Do đó: VS ABCD  SA.S ABCD  12a (đvtt) - Tính góc…   +) Dựng điểm K cho SK  AD B Gọi H hình chiếu vng góc A D D lên CK, đó: DK   SBC  Do đó: DSH  SD,  SBC     0,25 0,25 C DC.DK 12a , SD  SA2  AD  3a  KC 3a 34 SH  SD  DH  SH 17 Do đó: DSH  arccos  arccos  340 27 '  SD,  SBC     SD Tìm tọa độ đỉnh… +) Mặt khác DH  0,25 1,0 C B H I K E A - Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH K cắt AB I Suy ra: +) K trực tâm tam giác ABE, nên BK  AE +) K trung điểm AH nên KE   AD hay KE   BC Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = D 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí   Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E trung điểm HD nên D  2;3   - Khi BD: y - = 0, suy AH: x + = nên A(-1; 1) - Suy AB: x - 2y +3=0 Do đó: B(3; 3) KL: A(-1; 1), B(3; 3) D(-2; 3) Giải bất phương trình - ĐK: x  1, x  13 x 1  - Khi đó: x2  x  2x  x2  x   x    3 2x 1  2x 1  1  x  2  x 1  2x 1  0,25 0,25 0,25 1,0 0,25  ,  * - Nếu x     x  13 (1) (*)   x  1  x    x  1 x   x  Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (*): f    2x 1  f 0,25  x   x   x   x3  x  x        DK(1) Suy ra: x   ;  VN   0;       - Nếu x     1  x  13 (2) (2*)   x  1  x    x  1 x   x  Do hàm f (t )  t  t hàm đồng biến  , mà (2*): f 10    2x 1  f   1  x    x   x   x      x  13     x  1   x  1  1   DK(2) 1   ;     x   1;0   ;13  Suy ra: x   1;0       1   -KL: x   1;0   ;13    Tìm giá trị nhỏ - Ta có: P   a  1  4b 0,25 1  2b    c  3   a  1      1  2b   0,25 1,0  c  3 - Đặt d  , ta có: a 2b  c 2b   3b trở thành a  c  d  3d b 1 8 Mặt khác: P      2 2  a  1  d  1  c  3  a  d    c  3     2    0,25 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí  64  256 d  2a  d  2c  10     a   c  5   - Mà: 2a  4d  2c  a   d   c   a  d  c   3d  Suy ra: 2a  d  2c  - Do đó: P  nên GTNN P a  1, c  1, b  2 0,25 0,25 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà thang điểm điểm phần [...]... xét các trường hợp sau +) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách 0 ,25 +) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22C 42 cách +) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22C21C 42 cách 7 +) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22C22C41 cách Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là: C21C21C43 + C21C22C 42 + C22C21C 42 + C22C22C41 = 44 cách 44 11 - Vậy... z )2 (2x  y  z )2  4 4   1 1 8 2    3x  2y  z  1 3x  2z  y  1  3(2x  y  z)  2 Ta có: (x  y)(x  z)  Từ giả thi t suy ra: 8 (2x  y  z )2  3(2x  y  z)  2 4 0 ,25 8 t2   (t  2) (3t 2  8t  16)  0 3t  2 4  t  2  2x  y  z  2 Đặt 2x  y  z  t (t  0)  2 Mà: 4  (2x  y  z )2  (22  12  12 )(x 2  y 2  z2 )  x 2  y 2  z2   3 2 2 2 2x  y  z  12x  2 12x  2 Ta...  27  a  b  a  c  36  a  c  a2 b  c   16b2  27  a  a  b  c   bc   5bc 4a 2 9b  c 2  2 2 2 2  a2 b  c 2 4b2   5bc 9  a  c  2  3 2  a  b 4 0 ,25 a2 4a 2  2 2 5 2 b  c   b  c  9 b  c  4  2 4b 2 9a  c 2 3 2 a b  3 2 2   a  b      a  b 4 9 bc a c  4 2 2 2  3 a  b 2  a2 b2  3 2  2 2     a  b      a  b    9 ...  2  2  (4x 4  14x 3  3x 2  2) (x  2  4) 4  14x 3  3x 2  2) (x  2)  x  2  0  x  2 (thỏ a mã n (* ))  3 4 3 2  x (2x  7) x  2  2  4x  14x  3x  2   C  0 ,25 (1) (1)  x 3 (2x  7) x  2  4x 4  14x 3  4x 4  14x 3  3x 2  2  x 3 (2x  7) x  2  3x 2  2 Nhận thấy x  0 khơng là nghiệm của phương trình  x  0 3 2 Khi đó, PT  (2x  4  3) x  2   3 x x 2 3  2( x  2) ...  3 2 1 - Đặt d  , khi đó ta có: a 2b 2  c 2b 2  1  3b trở thành a 2  c 2  d 2  3d b 1 1 8 8 8 Mặt khác: P      2 2 2 2 2  a  1  d  1  c  3  a  d  2   c  3     2 2    0 ,25 0 ,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí  64  25 6 d  2a  d  2c  10     a   c  5 2   2 - Mà: 2a  4d  2c  a  1  d 2  4  c 2  1  a 2  d 2  c 2  6... phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt  1  1 m   2  2  m  2  m  1  0     (* ) 2   m  12m  4  0   m  6  2 10   m  6  2 10   2 m x1  x 2  2 Do x1 ,x 2 là nghiệm của (2)   x x  m  1  1 2 2 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1  5m  21 Theo giả thi t ta có: 4(x1  x 2 )  6x1x 2  21  1  5m  21   1  5m  21 2 (1,0 điểm)  m  4 (thỏ a mã n (* ))    m  22 (khô ng thỏ... z  12x  2 12x  2 Ta có: P   1 2 2 2 2 2x  y  z x  x 2  y 2  z2 0 ,25 12x  2 36x  6  1 2 2 3x  2 x2  3 36x  6 Xét hàm số: f (x)  1  2 với x  0 3x  2  1  x  1 (loại ) 36(3x 2  x  2)  Ta có: f '(x)  , f '(x)  0   2 2 2 2 x  f    10 (3x  2)  3 3 Bảng biến thi n: 2 x 0  3 y' 0   y 10 2 0 ,25 1 Suy ra: f (x)  10  P  10 2 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 10...   2  2( 1  x B ) x  2 Ta có: AD  2BM    B  B( 2; 2) 4  2( 0  y B ) y B  2 Vì M là trung điểm BC  C(0; 2) Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0; 3),B( 2; 2) ,C(0; 2) ,D (2; 1) 8 (1,0 điểm) Giải phương trình: Điền kiện: x  2 (* ) PT  x 3 (2x 2  3x  14)  (4x 4  14x 3  3x 2  2)   x (x  2) (2x  7)   x 3 (x  2) (2x  7) 3  x  2  2   ( 4x  x 2 2 0 ,25 0 ,25 ... 4 2 2 2  3 2   a  b 2     a  b   9  2ab   a  b  c  4   2   3 2 a  b    a  b 2   2 9   a  b  4  a  b c    2  0 ,25 2   2 2   3 2 1  c  8  1 c  3 2 2  P   1  c       1  c  2 9  1  c  9 1 c  4  4  1  c  c    2  2 2 8 1 c  3 8 2  3 2 2 Ta có    1  c    1    1  c  9 1 c  4 9  1 c  4 2 8 2. .. 2 y   x  1 vào pt (1) của hệ ta được pt x2  1  x  x3  2  x3  2   2 x  1   x  1  3 x 2  1  0   x 3  2   2 x  1 2 x3  2   2 x  1 x3  4 x 2  4 x  3 x3  2   2 x  1    x  1  3 2  3 2   x 2  1 3 2 x  1   x  1 x  1   x  1  2  2 3 2 x  1   x  1 x  1   x  1 0 0 2   x  x  1   x2  x 1   x  3   2   0  x  3 3 2 3 2 3 2