TỔNG HỢP CÁC ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN CỦA CÁC TRƯỜNG THPT 2016 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT (HOT)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015 Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: 3 2 1 x y x    a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến song song với đường thẳng : 1y x   Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình:   2 (sinx cosx) 1 cosx. b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 9 2 . 11z i z i   . Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: 2 1 2 2 log ( 5) 2log ( 5) 0x x    Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: 21 0 ( )x I x x e dx  Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính khoảng cách giữa AB và SC. Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y z     và 04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B lên AC là (5;0)E , trung điểm AE và CD lần lượt là   3 30;2 , ; 2 2 F I      . Viết phương trình đường thẳng CD. Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:   2 3 4 8 92 2 1 1 3 2 2 1 x xx x x x           Câu 10.(1,0 điểm) Cho , , 0a b c  và thỏa mãn:  min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   4 6 4 2ln 8 a b c a ba bP b c c a c a b            ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. ĐỀ CHÍNH THỨC DEHOCTOT.COM.VN x y 1 -4 -1 -2 -3 2O SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015 Câu Nội dung Điểm Hàm số: 3 2 2 3 . 1 1 x x y x x         Tập xác định: \{1}D   Đạo hàm: 2 1 0, ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định  ;1 và  1; và không đạt cực trị. 0,25  Giới hạn và tiệm cận: ; lim 2 lim 2 2 x x y y y       là tiệm cận ngang. ; 1 1 lim lim 1 x x y y x       là tiệm cận đứng. 0,25  Bảng biến thiên x –  1 + y – – y –2 – + –2  Giao điểm với trục hoành: 3 0 2 3 0 2 y x x      Giao điểm với trục tung: cho 0 3x y    Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 2 y –3 –4 || 0 –1 0,25 1a (1,0) Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 0,25 1b (1,0) 2 3 ( ): 1 x C y x     Gọi  0 0; ( )M x y C là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 0,25 DEHOCTOT.COM.VN  0 0 0( )y f x x x y   Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng : 1y x   nên có hệ số góc 0( ) 1f x  2 0 0 02 0 00 1 1 21 1 ( 1) 1 1 1 0( 1) x x x x xx                   0,25  Với 0 02 1x y   . pttt là: 1 1( 2) 1y x y x      ( loại) 0,25  Với 0 00 3x y   . pttt là: 3 1( 0) 3y x y x      0,25 Ta có:   2 (sinx cosx) 1 cosx    1 2sinxcosx 1 cosx  cosx(2sinx-1) 0 0,25 2a (0,5)      cosx 0 1 sinx= 2                 x k 2 x= k2 (k Z). 6 5 x k2 6 Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 0,25 Gọi số phức ,( , )z a bi a b   . Tan có :    3 9 2 . 11 3 9 2 11z i z i a bi i a bi i         0,25 2b (0,5) 3 9 2 3 2 9 1 3 2 11 2 3 11 3 a b a b a b a a b b                      Ta có 1 3 1 3z i z i       0,25 2 1 2 2 log ( 5) 2log ( 5) 0x x    (*)  Điều kiện: 2 5 0 5 0 5 5 0 x x x x            Khi đó, 1 2 2 1 2 22 2 log ( 5) 2log ( 5) 0 log ( 5) 2log ( 5) 0x x x x         2 2 2 2 2 2 2 2 log ( 5) log ( 5) 0 log ( 5) log ( 5)x x x x         0,25 2 2 2 2 ( 5) 5 10 25 5 10 20 2x x x x x x x             (nhận) 3 (0,5) Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: 2x  0,25 4 (0,5) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. DEHOCTOT.COM.VN Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người: B1) 12 người chọn 4: 4 12C B2) 8 người còn lại chọn 4: 4 8C B3) 4 người còn lại chọn 4: 1 Số cách chọn là:  4 4 4 4 12 8 12 8C C n C C   0.25 Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. Tính n(A): B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: 3 3 9 93.C C cách B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 nam: 3 3 6 62.C C cách B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách Số cách chọn là:  3 3 3 3 9 6 9 63 2 3 2C C n A C C    3 3 9 6 4 4 12 8 6 16 55 C CP A C C    0.25 2 21 1 12 0 0 0 ( )x x I x x e dx x dx xe dx A B        0,25 1 3 0 1 3 3 x A  0,25 21 0 x B xe dx  Đặt 2 2 . 2 dt t x dt xdx xdx      Đổi cận: x 0 1 t 0 1 0,25 5 (1,0)  Vậy, 1 1 0 0 1 1 1 1 1 . 3 2 3 2 3 2 2 2 6 t t dt e e e I e         0,25 DEHOCTOT.COM.VN  ( ) ( ) SA ABC SA AB AB ABC       AB là hình chiếu của SB lên (ABC) do đó  0 30SBA  Tam giác SAB vuông tại A nên   0 cot .cot .cot30 3 AB SBA SA BC AB SA SBA a a       0,25  2 1 1 3 . 3. 3 2 2 2ABC a S ABBC a a    Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: 2 3 1 1 3 . 3 3 2 2ABC a a V SAS a     (đvtt) 0,25 Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh 3a Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI Ta có ( ) ( ( ) AH SI AH SIC AH CI CI SAI       Nên    , ;( )d AB SC d A SIC AH  0,25 6 (1,0) Tam giác SAI vuông tại A nên 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . . 3 3 23 AISA aa a AH AH SA AI AI SA a a         Vậy khoảng cách của AB và SC bằng 3 2 a Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách 0,25 7 (1,0) Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)(  zyx và 04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ : 0,25                  42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA  0,25 DEHOCTOT.COM.VN Giải hệ ta được :         3 0 1 c b a hoặc         79 712 719 c b a Với         3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222  zyx . Với         79 712 719 c b a 0,25 Vậy mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222                    zyx 0,25 Tọa độ đỉnh  5;4A  Phương trình đường thẳng (AC): 2 5 10 0x y   0,25 8 (1,0) Ta đi chứng minh: BF IF . Thật vậy ta có:      1 1 1; 2 2 2 BF BA BE FI FD FC AD EC              . Suy ra 0,25 DEHOCTOT.COM.VN    2 2 2 4 . . . . . . . . . . 0 BF FI BA BE AD EC BA AD BA EC BE AD BE EC BA EC BE AD EA EC BE BC BE BE BC BE BE                                    BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 3 6 0x y   BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 2 25 0x y   Do đó  7;5B 0,5 Từ đây tìm được phương trình:   :2 24 39 0CD x y   0,25 Giải bất phương trình:   2 3 4 8 92 2 1 1 3 2 2 1 x xx x x x           Đk: 1x  . Bất phương trình đã cho tương đương với:        22 3 2 1 1 2 3 2 1 19 4 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 x x x xx x x x x xx x                0,25 Do 1x  nên BPT            2 2 2 2 3 2 1 1 3 2 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 0 * x x x x x x x x x x x                    0.25 Ta có nhận xét sau:           2 2 * 1 1 0 2 1 0 0 2 1 1 0 1 x x x x VT x x do x                   0.25 9 (1,0) Vậy để BPT xảy ra thì 1 1 0 2 1 1 1 0 x x VT x x x x                0,25 Cho , , 0a b c  và thỏa mãn:  min , ,c a b c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   4 6 4 2ln 8 a b c a ba bP b c c a c a b            10 (1,0) Ta đi Cm BĐT phụ sau:  2 * 2 a b a b b c c a a b c        . Thật vậy ta có: 0,25 DEHOCTOT.COM.VN                     22 2 2 2 2 1 a ba b a b b c c a a a b c b b c a a a b c b b c a a b a b a b c b c a                     Mặt khác ta có: Vì  min , , 2 0c a b c a b c     . Nên ta có:             2 2 2 2 2 3 2 ( 2 ) ( ) 2 ( ) 2 2 2 4 a ba b c b c a ab a b c c a b a b c c a b a b c a b                      Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM. Ta lại có:     2 6 4 2 2ln ln 2 2 ln 1 2 22ln 1 2 4 a b c a b c c a b a b a b c a b                                         Mặt khác : Vì  min , , 2c a b c c a b    . Nên ta có:  4 4 8 2 1 22 1 2 5 2 c a b c c a b a b a b                 0,25 Từ (3),(4),(5) ta được: 28ln 1 2 2 2 21 1 2 c a b P c c a b a b             Đặt 21 ct a b    , Mà do   2min , , 1 2cc a b c t a b       Xét hàm:    8ln 22 2t t f t t     . trên 0; 2t   Ta có:                  2 2 2 22 2 8ln 2 2 3 2 8ln 22 8'' 0. 0; 2 2 2 2 2 t t t t t f t t t t t t t                  0,25 DEHOCTOT.COM.VN Suy ra:      2 2 1 ln8tf f   . Ta có:                  2 2 2 22 2 8ln 2 2 3 2 8ln 22 8'' 0. 0; 2 2 2 2 2 t t t t t f t t t t t t t                  Suy ra:      2 2 1 ln8tf f   . Dấu " " khi và chỉ khi a b c  0,25 *Lưu ý + Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này. +Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, Ngày thi: 17/11/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y   2x x 1 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  : y  x  M V N Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx  cosx)2   cosx b) Tìm số phức liên hợp số phức z thỏa mãn z   2i.z  11i Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log (x  5)  log2(x  5)  2 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x (x  e x )dx C O Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm học sinh nam học sinh nữ Cần chia tổ thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm công việc trực nhật khác Tính xác suất để chia ngẫu nhiên ta nhóm có nữ TO T Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân B, SA= a, SB hợp với đáy góc 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách AB SC Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1) Viết phương trình mặt cầu (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   (  ) : x  y  z   theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính O C Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu B 3  3 lên AC E (5;0) , trung điểm AE CD F  0;  , I  ;   Viết phương trình đường 2 thẳng CD   3   EH Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:    x    x    8x  9x2 3x  2 x  Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c  thỏa mãn: c  a, b, c Tìm Giá trị nhỏ biểu D thức:   a  b   4c  ln   ab a b   P   bc ca 8c ab Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 17/11/2015 Câu Nội dung Điểm  2x 2x   x 1 x 1  Tập xác định: D   \ {1} 1a Hàm số: y   Đạo hàm: y   1 (x  1)2 0,25  0, x  D M V N (1,0)  Hàm số nghịch biến khoảng xác định ;1 1; không đạt cực trị  Giới hạn tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 tiệm cận x  x  ngang 0,25 lim y   ; lim y    x  tiệm cận đứng x 1 O x 1  Bảng biến thiên y – –2 + – + T y C x – – 0,25 –2 TO  Giao điểm với trục hoành: y   2x    x  D EH O C Giao điểm với trục tung: cho x   y  3  Bảng giá trị: x 1/2 3/2 y –3 –4 || Đồ thị hàm số hình vẽ bên đây: 2 –1 y O -1 -2 0,25 -3 -4 2x  x 1 (1,0) Gọi M x ; y0   (C ) tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến M có dạng 1b x (C ) : y  0,25 y  f (x ) x  x   y0 Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  nên có hệ số góc f (x )  1 x   x  2      ( x  1)    x   1 x  (x  1)    Với x   y0  1 pttt là: y   1(x  2)  y  x  ( loại) 1  (0,5) 0,25   x   k  cosx       s inx=   x=  k2 (k  Z)   5  x   k2  0,25 C T TO 3a   2b 3a  2b  9 a  1    3b  2a  11 2a  3b  11 b  Ta có z  1  3i  z  1  3i log (x  5)  log 2(x  5)  (*) (0,5) 0,25 z   2i.z  11i   a  bi    2i  a  bi   11i 0,25 O C x    x    x  5  Điều kiện:  x    EH  Khi đó, log (x  5)  log2(x  5)   log2 (x  5)  log2(x  5)  1 D   log 2(x  5)  log 2(x  5)2   log 2(x  5)2  log 2(x  5) 0,25  (x  5)2  x   x  10x  25  x   10x  20  x  2 (nhận) Vậy, phương trình có nghiệm nhất: x  2 Một tổ gồm học sinh nam học sinh nữ Cần chia tổ thành nhóm, mổi nhóm học sinh để làm công việc trực nhật khác Tính xác suất để (0,5) chia ngẫu nhiên ta nhóm có nữ 0,25 Ta có: (s inx  cosx)2   cosx   sin xcosx   cosx  cosx(2 sin x-1)  Vậy phương trình có họ nghiệm 2b Gọi số phức z  a  bi,( a, b ) Tan có : (0,5) 0,25 O 2a M V N  Với x   y0  3 pttt là: y   1(x  0)  y  x  0,25 0,25 Tính số cách chọn nhóm, nhóm người: B1) 12 người chọn 4: C124 B2) người lại chọn 4: C84 0.25 B3) người lại chọn 4: Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84 M V N Gọi A biến cố “ Chọn nhóm, nhóm người có nữ” Tính n(A): B1) Chọn nữ: cách, chọn nam: C93  3.C93 cách B2) lại người (6 nam nữ): Chọn nữ: cách, chọn nam: C63  2.C63 cách O B3) lại người (3 nam nữ): có cách I  0 x(x  e x3 A )dx  1 0 x dx  0 xe dx  A  B 0 xe 0,25 0,25 x2 dx  Đặt t  x  dt  2x dx  xdx  D x2  EH B x2 O C (1,0) T 6C93C63 16  C124 C84 55 TO  P  A  C Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A   3C93 2C63 0.25  Đổi cận: t x dt 0,25 1 1 dt et  Vậy, I    et   3  e e     2 0,25 (1,0) SA  (ABC )   SA  AB  AB  AB  (ABC )   hình chiếu SB lên (ABC)  SBA  300  Tam giác SAB vuông A nên 0,25 AB SA   BC  AB  SA cot SBA  cot SBA  a cot 30  a 3a 2 M V N  SABC  AB.BC  a 3.a  1 3a a3  Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V  SAS ABC   a   3 2 0,25 (đvtt) Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC kẻ CI //AB suy ABCI hình vuông cạnh C Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI O a 0,25 T AH  SI Ta có   AH  (SIC ) AH  CI (CI  (SAI )  TO Nên d AB, SC   d A;(SIC )  AH Tam giác SAI vuông A nên AH  SA  AI  AH  O C AI SA AI  SA2 a.a a  3a  a 0,25 a EH Vậy khoảng cách AB SC  Học sinh sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách D (1,0) Gọi I(a;b;c) tâm mặt cầu (S) Vì (S) qua điểm A, B, C cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z   (  ) : x  y  z   theo hai giao tuyến hai đường tròn có bán kính nên ta có hệ : 3a  7b  4c  15  IA  IB    3a  2b  2c   IA  IC d ( I , ( ))  d ( I , (  )) a b  c   a b c    0,25 0,25 a  a  19  Giải hệ ta : b  b  12 c  c     a  Với b  , viết phương trình mặt cầu : ( x  1)  y  ( z  3)  25 c   2 M V N 0,25 a  19 Với b   12 c    19 12 1237 Vậy mặt cầu có phương trình :  x     y     z    7  7  7 49  O 0,25 D EH O C TO T C (1,0) Tọa độ đỉnh A  5;  Phương trình đường thẳng (AC): x  y  10  0,25 Ta chứng minh: BF  IF Thật ta có:         BF  BA  BE ; FI  FD  FC  AD  EC Suy 2       0,25               BF FI  BA  BE AD  EC  BA AD  BA.EC  BE AD  BE.EC               BA.EC  BE AD  EA.EC  BE.BC   BE  BE.BC   BE  BE     BF vuông góc với IF nên có phương trình: x  y   BE qua E vuông góc EF nên có phương trình: x  y  25  0,5 Do B  7;5  Từ tìm phương trình:  CD  : x  24 y  39   8x  x2 Giải bất phương trình:     x   1  x  M V N 0,25 3x  2 x  (1,0) Đk: x  Bất phương trình cho tương đương với:   9x x 1 1 x   x  1  Do x  nên BPT   x 1   x    x  3 x    3x  x x  x 2x 1  2x 1   0.25  x   x    *  x 1  x 1    Ta có nhận xét sau:  x  x    VT*   2 x   x    x  1   TO    EH x 1  x 1  Vậy để BPT xảy  VT    x  x   x  x 1   10 Cho a, b, c  thỏa mãn: c  a, b, c Tìm Giá trị nhỏ biểu thức: (1,0)   a  b   4c  ln   ab a b   P   bc ca 8c ab Ta Cm BĐT phụ sau: 0.25  O C  D 0,25 T   x 1   3x  x 1 1 O 3x  2 x   x  3  C   x  3  a b ab  2 bc ca a  b  2c 0,25 * Thật ta có: 0,25 a  b a b a2 b2      bc c  a a a b  c  b b c  a  a a b  c   b b  c  a  a  b 1  a  b   a  b  c   b  c  a   Mặt khác ta có: Vì c  a, b, c  a  b  2c  Nên ta có:  ab a  b  c   b  c  a   ab(a  b  2c)  c(a  b)     a  b  2c   c(a  b)    a  b   2c  a  b   2 M V N Từ (1) (2) Dễ dàng suy ĐPCM Ta lại có:   2c  ln     ab   O      a  b   4c    a  b  2c c  ln      ln         ln    ab ab    ab      0,25 C  4 8c  a  b  2c   2  ab  ab   1 2c     2 ab  TO T Mặt khác : Vì c  a, b, c  2c  a  b Nên ta có:  5 O C Từ (3),(4),(5) ta được: EH   2c 8ln    2 ab   P  2c 2c 1 1  ab ab D Đặt t   2c 2c , Mà c  a, b, c  1 t  ab ab   0,25 8ln t  Xét hàm: ft    t  0;  t t  Ta có: ft  '  2  t t      t   3t    8ln  t    0.t  0;  2 t t   t   8ln t    t  2 2  Suy ra: ft   f   1  ln 8 Ta có: ft  '  2  t t      t   3t    8ln  t    0.t  0;  2 t t   t    8ln t     t 2 2  M V N Suy ra: ft   f   1  ln 8 Dấu "  " a  b  c *Lưu ý 0,25 O + Ở câu 10, BĐT (*) chứng minh BĐT Holder BĐT chương trình THPT vậy, học sinh dùng Holder để chứng minh, BTC trừ 0.25 đ cho câu D EH O C TO T C +Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm toàn làm tròn số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x  Câu 2.(1,0 điểm) M V N a) Giải phương trình: cos x  cos 2 x  cos 3x  b)Cho số phức z thỏa mãn z    3i  z   9i Tìm môđun số phức z   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx O Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x   Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ trường phổ thông có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không lớp 32 x  y   1   y 3 3 EH        O C TO T C Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 Gọi M, N trung điểm cạnh bên SA SB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN) Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) đường thẳng d:  x  2  t   y   2t Viết phương trình mặt phẳng qua A chứa đường thẳng d Viết phương trình z  1  2t  mặt cầu tâm A tiếp xúc với d Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x x  5  y  1   x 2 y 3 2  x   y  1 D Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn: ab  bc  ca  Tìm GTNN biểu thức: P a 16  b  c   a  bc   b 16  a  c   b  ac   a2 1  c      a ab  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2:    x   k 2 , với k, l số nguyên Kết luận   x  5  l 2  0,25 b) TXĐ D =  Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3) 0,25 0,25  22 x 3.5  52 x 1.8 0,25 Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+  15  n(n+ 1)  15 5 2 5k k k  C ( x ) (  )  C 5k x3k 5 (2)5k    x  k 0 x k 0 T   C O  n  (t / m)  n2 + n  30     n  6 (lo¹i) Với n = x  ta có  x2  M V N 0,25 2x 2    1 5  2x   x  C TO Số hạng chứa x4 khai triển thỏa mãn 3k – =  k = 3, suy số hạng chứa x4 khai triển 40x4 0,25 0,25 0,25 0,25 EH O A I S H B C D Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC = Từ gt ta có SSBC = Khi VSABC = AB.S SBC 0,25 1 BC.BS sin 300  4a.2a  2a 2 3a.2a  2a 3 (đvtt) Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh SC  (ABH) Hạ BI  AH (I  AH) 0,25 Từ hai kết  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)) Dựa vào tam giác vuông ABH tính BI  BI  6a  Kl 0,25 0,25 Ta có C  d : x  y   nên C(t; –2t – 5) Ta chứng minh điểm A, B, C, D, F nằm đường tròn đường kính BD Do tứ giác ABCD hình chữ nhật AC đường kính đường tròn trên, nên suy 0,25  AFC  900  AC  AF  CF Kết hợp với gt ta có phương trình: M V N (t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1)2  t  0,25 Từ ta C(1; –7) Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, C trung điểm BE nên BF cắt vuông góc với AC trung điểm O Suy F đối xứng với B qua AC, suy ∆ABC = ∆AFC  S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt) C TXĐ D = 1;  T Phương trình  ( x  1) x   ( x  1)  x   (2 x  3)3  (2 x  3)2  x  (1) 0,25 0,25 0,25 C TO Xét hàm số f (t )  t  t  t  f' (t )  3t  2t   f' (t )  0, t   suy hàm số 0,25 f(t) đồng biến  Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) Từ hai điều phương trình (1) 0,25 x  / x  /    x= 2  x   x  12 x  4 x  13 x  10  0,25 O  x 1  2x  1 1    3 2 , đặt t = xy yz zx x y z EH D Ta có Mà x2 y z   P  8t  3 8t  Xét hàm số f (t )  t t , f''(t ) =  t  t3 Ta có bảng: 0,25 x2 + y + z 1  0t  Ta có t  , f'(t) = 24t  t xyz  5 0,25  0,25 f’(t) f(t) 13 Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với giá trị t thỏa mãn  t  1 hay x = y = z = Kl: MinP = 13 2 0,25 M V N Suy P ≥ 13 Dấu xảy t = D EH O C TO T C O Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến  www.laisac.page.tl   SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NĂM HỌC: 2015 – 20156 Môn: TOÁN Lớp 12 (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu (3,0 điểm) 2x  C  2x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành c) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A và B cho biểu thức P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x ) x5 5x M V N Cho hàm số y  5x đoạn [–1;2] a) Giải phương trình cos x  cos x   sin x  sin x  O Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  x  Tìm m để hàm số đồng biến R Câu (2,0 điểm) b) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Hãy tính xác suất để C lập số tự nhiên chia hết cho T Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên và mặt đáy 60 Gọi C TO M, N là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , tâm I 1; 2  Gọi M Câu (1,0 điểm) O là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC BM Tìm tọa độ các điểm A, B EH Giải bất phương trình x   x   3x  x Câu (0,5 điểm) D Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2   ( a  b) 2 (b  c)  5bc (c  a)  5ca - HẾT - Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến  www.laisac.page.tl   SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NĂM HỌC: 2015 – 20156 Môn: TOÁN Lớp 12 Đáp án *TXĐ:  1  2 \    *SBT: y '  2  x  12 Điểm 1,0  0, x     Hàm số nghịch biến các khoảng  ;  1    và   ;   2   Tính giới hạn và tiệm cận Lập bảng biến thiên *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị O 1.b 2  x  1 0,25 0,25 1,0 0,5 T y '1  2 , PTTT y  2  x  1  2 x  0,25 0,5 , đồ thị ( C) giao với trục ox điểm M(-1;0) C y'  0,25 M V N Câu 1.a * (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2  m      '  4m   m    g        C TO 1.c 0,5 O *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 x1, x2 là các nghiệm của PT (1)  EH  x1  x2  1   m 1 x x   4m D Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1 2 2     4m  m  1 x  x   2 m  1  m 1 =  4m  1 1    4m  m  1   m  1 2m   = 4m  x1  x2 2 2 0,25 2    (Áp dụng BĐT cô si m dương)  2m  2 2m 1 Dấu xảy  m  ( thỏa mãn);KL: m  là giá trị cần tìm 2 = 0,25 1,0 5x y  Cho y 20x 5x (x 4x 05 *  Ta có, f (0) 15 f ( 1) 5x 15x 2 f (1) 5x 4x 4x 1 5.03 5.13 5.( 1) x2 ( 1) 3) 5x 5.04 5 5x (x 3) 5.14 liên tục đoạn [–1;2] x [ 1;2] (nhan) x [ 1;2] (nhan) x [ 1;2] (loai) 5.( 1)3 10 f (2) 5.2 5.2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 10 x 1; max y x  Vậy, y [ 1;2] [ 1;2] y '  3x  2mx  Để hàm số đồng biến R và y '  0, x  R  3x2  2mx   x  R C '  x  R  m2  21   m   21; 21 O 4a C TO T 3  cos x  sin x  sin x  cos x  cos x  sin x  sin x  cos x 2 2   2   x   x   k 2 x  k 2       3  cos  x    cos  x      ,k  3 3    x     x    k 2  x  k 2   3 4b 0,5 M V N x5  Hàm số f (x ) O Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85  A74  5880 số 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,5 * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số *)Vì S.ABC là hình chóp nên ABC là tam giác tâm G SG   ABC   VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG là hình chiếu của AS (ABC) nên góc cạnh 0,5 1,0 D 1560 13  5880 49 EH  P(A) = bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG  60 (vì SG  AG  SAG nhọn) 0,25 a AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a a a3 Vậy VS ABC  a  12 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M  (SMN) nên dC , SMN   3dG , SMN  Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG  Ta có tam giác ABC nên SG   ABC   SG  MN  MN   SGK  0,25 0,25 Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK M V N  dG , SMN   GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy dC , SMN   3GH  0,25 O Ta có BK  C 0,5 T Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC  3IH Mà IH  1;1 , giả sử C TO  x   3.1 x  C  x; y      C  4;1  y   3.1  y  O Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC    MBC  BAC Lại có AB  AD nên BC AB EH Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM Đường thẳng BM qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1  pt BM: x + y – =  B  t;1  t  Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t  D Vì AB  BC  AB.CB    t   t    t   t       t    B  2; 1  B  2; 1   1,0 x  0  x  3  41     3  41 Điều kiện: 1  x  (*) 3  41   x  x   8  2  3x  x  Bất phương trình cho tương đương với x   x  x(1  x )   3x  x  3( x2  x)  (1  x)  ( x  x )(1  x)  0,5  5  34 x  x x x x x x 3 2 1     x  10 x     1 x 1 x 1 x  5  34 x   5  34 3  41 x Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm của bất phương trình là 8 2 0,5 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có M V N b2 4b2 a2 a2 4a Tương tự, ta có    (c  a)2  5ca 9(c  a) (b  c)2  5bc (b  c)  (b  c) 9(b  c) 2 a b2  a2 b2   a b  Suy         (b  c)2  5bc (c  a)2  5ca  (b  c)2 (c  a)2   b  c c  a   ( a  b)  2  c ( a  b ) 2    a  b  c ( a  b)  2  2(a  b)  4c(a  b)            ab  c(a  b)  c   ( a  b)  (a  b)  4c(a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 2  2(1  c)2  4c(1  c)  8  P   (1  c)2  1    (1  c) 2   (1  c)  4c(1  c)  4c   c 1  0,25 (1) C O 2  C TO T 8  Xét hàm số f (c)  1    (1  c) với c  (0; 1)  c 1  16   Ta có f '(c)  1   (c  1);   c   (c  1) f '(c)   (c  1) 64  (3c  3)3   c  Bảng biến thiên: c  O f '(c) – + 0,25 EH f (c ) 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với mọi c  (0; 1) (2) D 1 Từ (1) và (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị nhỏ nhất của P 1  , đạt a  b  c  Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến  www.laisac.page.tl   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  2x  M V N Câu (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : f  x   x  18  x Câu (1,0 điểm) sin  sin 2  cos3   2cos    a) Cho    ;   sin   Tính giá trị biểu thức P  sin  cos 2  sin  2  b) Giải phương trình : cos x  1  cos x  sin x  cos x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : log  x  5  log9  x    log Câu (1,0 điểm)  x  1  log  a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  2x     x O b) Cho đa giác n đỉnh, n   n  Tìm n biết đa giác cho có 135 đường chéo C Câu (1,0 điểm) T Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;  Tìm tọa độ đỉnh C D O C TO Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S mặt đáy điểm H thuộc đoạn AB cho BH  AH Góc SC mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ADB d : x  y   , ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác góc  điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB D EH  x3  y  x  y  x  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :   x  y  10  y    y   x   x  13 y  x  32 Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị lớn biểu thức : T 4 1      ab bc ca a b c Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………… Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên lientoancvp@vinhphuc.edu.vn gửi tới www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm trang) Đáp án Điểm x  2x  M V N Câu Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y    3 Tập xác định: D   \     2  Sự biến thiên : 0,25 O 5 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến (;  ) ( ; ) 2 (2 x  3) 1,0 +Hàm số CĐ, CT +Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực đường tiệm cận C (1,0 đ)   3 lim  y   lim  y    x   TCĐ x     3  2 x  x  lim y    Bảng biến thiên: x  -  || -  0.25    EH y  O C y’ 1  y   TCN x   2 TO x  0,25 T 2 D 3.Đồ thị - Đồ thị nhận điểm I(  ;  ) 2 làm tâm đối xứng - Đồ thị cắt Ox 1;  cắt Oy (0; ) - Đồ thị qua  1;  ,  2; 3 - 10 -5 10 I -2 0,25 -4 -6 -8 -10 Câu Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số : f  x   x  18  x 1,0 Hàm số xác định liên tục D   3 2;3    (1,0 đ) Ta có f   x      0,25 x   f   x    18  x  x    x3 2 18  x 18  x  x x   Mà f 3  3 ; f  ; f  3   18   Suy max x 3 ;3  f  x   f  3  ; x 3 ;3   0,25  f  x   f 3  3 0,25 2sin  cos  1  cos2   M V N   a) Cho    ;   sin   Tính giá trị biểu thức 2  sin  sin 2  cos3   2cos  P sin  cos 2  sin  Ta có 2sin  cos   cos3  1  cos   2sin  cos   cos3  sin  P  sin   cos   sin    sin  sin   cos   sin   cos   sin    sin  2sin  cos   tan  1 sin  cos  sin  cos4  3    Bài ta có sin    cos 2   sin    cos     Do    ;    25 5   P  O 3.(1,0đ) 0,25     128 128 Thế vào 1 ta P      Đáp số P   27 27 3  5 b) Giải phương trình : cos x  1  cos x  sin x  cos x   0,5 0,25 T C 0,25 TO 0,5 Phương trình cho   cos x  sin x   1  cos x  sin x  cos x     cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0,25  cos x  sin x   cos x  sin x   1  cos x     cos x  sin x  sin x   cos x   EH O C    tan x  x   k  cos x  sin x    ( k  ) sin x   cos x    sin  x            x   k 2 , x    k 2 4      Vậy phương trình có nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : log  x    log9  x    log  x  1  log D (1,0 đ) x    x  5  x   Điều kiện  x      x    x  x 1  x    0,25 1,0 0,25 Với điều kiện phương trình  log  x    log3 x   log  x  1  log 2  log  x   x    log   x  1    x   x    x  1    Trường hợp Nếu x  phương trình * tương đương với x   x  5 x     x  1  x  x  12    x  ( t / m) (t / m) * 0,25 0,25  Trường hợp Nếu  x  phương trình * tương đương với   97 (t / m) x     x   x     x  1  x  x      97 (loai ) x    97 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  x  0,25   a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  2x   x  8k M V N k 32 5 k   k 8k k k    C  x     x k 0  32  5k Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 6k 4 Vậy hệ số x : C84  1 2434  90720   Gt   x   C8k  x    x  k 0  b) Cho đa giác n đỉnh, n   n  Tìm n biết đa giác cho có 135 đường chéo n  n  3 Số đường chéo đa giác n đỉnh Cn2  n  n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n  3n  270     n  15 Do n   n  Nên ta tìm giá trị cần tìm n  18 T C O (1,0 đ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , TO biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  Tìm tọa độ đỉnh C D   Gọi C  x0 ; y0  , AB   2;1 , BC   x0  3; y0  1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 (1,0 đ) Từ ABCD hình vuông, ta có : D EH O C   x0     2  x0    y0   AB  BC   y0  1    2  x   AB  BC  x0    y0     y0    Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )   Với C2  2;   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC ) 0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S mặt đáy điểm H thuộc đoạn AB cho BH  AH Góc SC mặt phẳng đáy 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  1,0   600 Vì SC tạo với đáy góc 600 , suy SCH 13 13 64 13  Ta có: HB   HC  42   SH  tan 600  3 3 0,25 S I A B D K M V N H C 0,25 0,25 0,25 O 1 13 64 13 (1,0 đ)  V S ABCD SH   S ABCD  3 3 Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK ) Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI 1 16 Trong SHK ta có:       HI  13 2 HI SH HK 13 13.4  d ( H , ( SCD))  13 Câu Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp T C tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân ADB d : x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết giác góc  phương trình đường thẳng AB TO A(1;4) F D O C E M(-4;1) I B C Gọi E, F giao điểm d AB, AC Ta có:     AFD  C  ADC      AEF  ADC  DAB    Mà C  DAB (cùng chắn AB ) cung     AFD  A EF  AE  AF 1,0 0,25 EH   (1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy vtpt AC n AC  (3; 5) D  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)   3x  y  17    x  3x  y  17  11 Tọa độ F nghiệm hệ:    F( ; ) 2 x  y    y  11  11 34 34 AF  (1  )2  (4  )2   AE  2 2  Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1)  ( t  2) Ta có 0,25   3 0,25 1  2 M V N   11 t   E ( ; ) ( Loai trung F ) 34 AE    2 t    E (  ; ) (T / m)   2    AE  (  ;  )  vtpt AB nAB  (5; 3) 2  pt AB : 5( x  1)  3( y  4)   5x  y   Câu Giải hệ phương trình  x3  y  x  y  3x  y :  x  y  10 y    y   x   x  13 y  x  32 x    x  2 Điều kiện :    y    y  7 Từ phương trình 1 ta có  x  1   x  1   y  1   y  1  3 1,0 0,25 Xét hàm số f  t   t  5t , tập  , f   t   3t   0, t    hàm số f  t  đồng biến  Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y    x     2x  6  x  x  10  x  2     Đ/K x  2 2x      x    x  5 x22   x    y    x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k)  x  x  10 x   x  x  10 2x     0  x7 3 x22  O C  0,25 TO  x7 3  x  x  10  2x     x2  5    x  2  x2 2  x7 3   0,25 x    x3  x  x  10   C   x  10   T   5x O (1,0 đ) Thay   vào   ta pt: 5x  x  10 x    x   x   x3  13x  x  32  5    1  1   5 x  5x  10       2 x      (pt vô nghiệm)   x    0,x2  x   2      0,x 2    0,x2 0,25  0, x2 EH Vậy hệ phương trình có nghiệm :  x; y    2;  Câu10 Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị lớn D biểu thức : T 4 1      ab bc ca a b c  1 Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi  a, b, c   0;   2 4 1 5a  5b  5c  T          a  b  c a b c a  a b  b2 c  c2 10.(1,0đ) 1,0 0,25 5a   3a  1  2a  1  , a   0;   18a    Ta có   aa a  a2  2 5a   1  18a  3, a   0;  Từ suy : aa  2 0,25 Ta có bất đẳng thức tương tự: 5b  5c   1  1  18b  3, b   0;   18c  3, c   0;  2 b b cc  2  2 Cộng bất đẳng thức lại với ta có : T 5a  5b  5c     18  a  b  c    a  a b  b2 c  c2 0,25 1  Tmax  đạt  a  b  c  3 Vậy Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác có chu vi , giá trị lớn Dấu đẳng thức xẩy a  b  c  a  b  c  T 4 1      đạt ab bc ca a b c M V N biểu thức : Chú ý: Để có bất đẳng thức 0,25 5a   1  18a  3, a   0;  ta sử dụng phương aa  2 pháp tiếp tuyến Lưu ý chấm bài: O - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước không cho điểm bước C - 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 T - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh không vẽ hình không cho điểm D EH O C TO - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn