2016 vinhphuc l4 toan chuyen vinh phuc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y   x  x Câu (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : 2sin x  cos x   đoạn 0;  f  x  2sin x  2cos x   2 Câu (1,0 điểm) z2  z  a) Cho số phức z   i Tìm phần thực phần ảo số phức w  z b) Giải phương trình : log x log x   log x  log x  Câu (1,0 điểm) Tính tích phân sau : I    sin x  cos6 x  dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho hai đường thẳng d1; d có x7 y 4 z 9 x  y  z 1 d : Viết phương trình đường     1 7 thẳng  cắt d1 ; d trục Ox điểm A , B , C cho B trung điểm AC phương trình: d1 : Câu (1,0 điểm) x b) Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có AB  Gọi M , N trung điểm cạnh bên SA, SC cho BM vuông góc với DN Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB DN Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: x  y   Gọi D, E hình chiếu vuông góc B lên AC , AI với I tâm đường tròn ngoại tiết tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B , C biết D  ;  , E  1; 4  điểm B có hoành độ âm Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình : x 12  x  11  x  x   25 Câu 10 (1,0 điểm) a) Giải phương trình : 2sin x  sin x  cos Cho a, b, c số dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1  a  1  b  P  c2 2 1  b  1  c    a2 2 1  c  1  a    b2 Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm trang) I LƯU Ý CHUNG: - Đáp án trình bày cách giải gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước không cho điểm bước - Trong lời giải câu 7, câu học sinh không vẽ hình không cho điểm - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm - Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai không điểm - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y   x  x * Tập xác định:  x  * Chiều biến thiên: Ta có y '  3x  x; y '    x  Suy hàm số nghịch biến khoảng  ;   2;    ; đồng biến 1,0 0,25  0;2  * Cực trị: Hàm số đạt cực đại x   yCĐ  4, hàm số đạt cực tiểu x   yCT  * Giới hạn: Ta có lim y   lim y   x  * Bảng biến thiên: x  y' - 0  0,25  y x  + 0,25   Đồ thị: Đồ thị hàm số qua gốc tọa độ cắt Ox điểm A  3;0  , nhận điểm uốn I 1;2  làm tâm đối xứng 0,25 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : 1,0 2sin x  cos x   đoạn 0;  2sin x  2cos x   2 2sin x  cos x   Xét hàm số f  x   liên tục đoạn 0;  2sin x  2cos x   2  4sin x  8cos x    0, x  0;  Ta có f   x    2  2sin x  2cos x   0,25   Suy hàm số f  x  đồng biến đoạn 0;   2 0,25 f  x  Do f  x   f       x0;   2 3.a 3.b   ;max f  x   f    2   x 0;   0,25 0,25  Cho số phức z   i Tìm phần thực phần ảo số phức z2  z  w z 1  i   1  i     3i    3i 1  i     i Ta có w  1 i 2 1  i  , phần ảo  2 log x log x   log x  log x 0,5 0,25 Vậy w có phần thực  0,25 Giải phương trình : 0,5 Điều kiện x  Phương trình tương đương với log x log x   3log x  log x   log x -  log x -   log x   x  27    x  25 log x  Vậy phương trình có hai nghiệm x  27 ; x  25 0,25 0,25  Tính tích phân sau : I    sin x  cos6 x  dx 1,0 Ta có sin x  cos6 x   sin x  cos x   3sin x.cos x  sin x  cos x  3   cos x    sin 2 x       cos x 4  8  0,25 0,25  5  5  5 Vậy I     cos x  dx   x  sin x   32  8  16 08 5 Đáp số : I  16 Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz  , cho hai đường thẳng d1; d lần x7 y 4 z 9 x  y 1 z 1     , d2 : 1 7 Viết phương trình đường thẳng  cắt d1 ; d2 trục Ox điểm A , B , C cho B trung điểm AC Gọi A   a ;4  2a ;9  a   d1 , B   7b ;1  2b ;1  3b   d lượt có phương trình: d1 : C  c;0;0   Ox 0,25 0,25 1,0 0,25 7  a  c    7b  a  14b  c     Do B trung điểm AC nên :   2a  1  2b   2a  4b    a  6b    9  a  1  3b  a    b  Vậy A  8;6;8  d1 , B  4;3;   d , C  16;0;0  c  16  x 8 y 6 z 8   Phương trình  : 12 Giải phương trình : 2sin x  sin x  cos 6.a 6.b x cos x  1 1  cos x   Pt  2sin x 1  cos x    cos x   sin x  2sin x    cos x  1  x    k 2   k   sin x   x    k 2  x  5  k  6   Vậy phương trình có ba họ nghiệm  5 x    k 2 ; x   k 2 ; x   k 2 ,  k    6 Có 30 thẻ đánh số từ đến 30 Chọn ngẫu nhiên 10 thẻ Tính xác suất để có thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 Gọi A biến cố “ Lấy thẻ mang số lẻ, thẻ mang số chẵn có mang số chia hết cho 10 ” 10 10 Chọn 10 thẻ 30 thẻ có : C30 cách chọn  n     C30 Ta phải chọn :  thẻ mang số lẻ 15 thẻ mang số lẻ có C155 cách chọn  thẻ mang số chia hết cho 10 thẻ mang số chia hết cho 10 có C31 cách chọn  thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 12 thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 chia hết cho 10 có C31 cách chọn Theo quy tắc nhân , số cách chọn thuận lợi để xẩy biến cố A 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25  n  A  C155 C31C124 Xác suất cần tìm P  A  n  A n    C155 C31C124 99  10 C30 667 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có AB  Gọi M , N trung điểm cạnh bên SA, SC cho BM vuông góc với DN Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB DN 1,0 AC  BD  O Ta chọn hệ trục tọa độ  Oxyz  , gốc O , trục Ox hướng tia DB , trục Oy hướng tia AC , trục Oz hướng tia OS Đặt SO  h  , từ có : O  0;0;0 , A  2;0;0   D  0;   z S M N A 0,25 D O   2; 0; 0 2;0  , S  0; 0; h  , B 0; 2; , C B C y x  h   h    h    h  M  ;0;  , N  ;0;   BM    ;  2;  , DN   ; 2;  2  2 2 2      h2 Do BM  DN  BM DN        h  10 4 1 10 Mặt khác S ABCD  22  Vậy VS ABCD  SO.S ABCD   10   đvtt 3 AB || CD  AB ||  SCD   DN  d  AB, DN   d  AB,  SCD    2d  O,  SCD   Phương trình  SCD  :  d  O,  SCD    0,25 x y z      SCD  : 5x  y  z  10   10 0,25 5.0  5.0   10   d  AB, DN   10 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là: x  y   Gọi D, E hình chiếu vuông góc B lên AC , AI với I tâm đường tròn ngoại tiết tam giác ABC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết D  ;  , E  1; 4  điểm B có hoành độ âm Gọi M trung điểm BC , ta chứng minh D, M , E thẳng hàng Các tứ giác ADEB , BEIM nội tiếp BIC  BAD   1 ,   ,  3  DEB  BEM  180 1,0 A D đường tròn  DEB  1800  BAD 1  BEM   BIM ( chắn cung BM )   , BIM 0,25 E I  C 0,25 Gọi B  2b  4; b   BC  C  2b  4; 4  b  ( M trung điểm BC ) 0,25 B M  D , E , M thẳng hàng Phương trình DE : x  y   0, M   DE  BC  Tọa độ M nghiệm hệ 2 x  y    x    M  ; 2    x  y    y  2 qua M  0; 2  IM :   IM : x  y   Gọi I  a ; 2 a    IM   vtpt n  u BC   2;1      IE   1  a ; 2a   , BE   2b  5; b    IE  BE  IE.BE  ,        CD  BD CD.BD  CD   2b  6; b   , BD   2b  2;  b   1  a  2b     2a   4  b    3a  4b  13     2b   2b     b    b   5b  b     a  1  3a  4b  13     B  4; 4  , C  4;  , I  1;  b   loai  , b  4 b  4 0,25 Đường thẳng AC qua C , D  phương trình AC x  y   x 1   x  1   A  1;  x  y    y  Tọa độ AC nghiệm hệ  0,25 Vậy tọa độ điểm cần tìm A  1;5  , B  4; 4  , C  4;  Giải bất phương trình : x 12  x  11  x  x   25 Điều kiện 1  x  12 Khi bất phương trình  5x 12  x  11  x  x   125 1,0 0,25  x 5 12  x  18  x    11  x  5 x    x      x  11x  24   x   x  11x  24  11  x    x  11x  24     x  11x  24  12  x  18  x  x 1   x  7 0,25     x 11  x    *   x  11x  24     12  x  18  x  x    x        A   x 11  x Mặt khác A   1 12  x  18  x  x 1   x  7  0,25 12  x  18 x   18   0, x   1;12 12  x  18  x  x    x   Do bất phương trình *  x  11x  24    x  , kết hợp điều kiện suy  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S  3;8 0,25 Cho a, b, c số dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : 1  a  1  b  P 2 1  b  1  c   1 c 1 a Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1  a  1  b  10 2 2 1  c  1  a   1 b 2  1  ab    a  b    1  ab  a  b    a 1  b   b 1  a    2 2 2   a 1  b   b 1  a  b 1  c   c 1  b  c 1  a   a 1  c    P  4     c2 1 a2  b2      M Sử dụng bđt AM-GM lần nữa, ta có 1,0 0,25 0,25 0,25 a 1  b  b 1  a    b2  c   a    2 a    2   c2  c2 cyc cyc cyc cyc  1 c 1 b  Suy P  4.M  24 Dấu đẳng thức xảy khi a  b  c  Vậy P  24  a  b  c  M   HẾT 0,25