đề thi thử THPT quốc gia năm 2016 môn toán

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 20152016LẦN I Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + Câu (1,0 điểm).Tìm cực trị hàm số : y = x − sin 2x + Câu (1,0 điểm) a) Cho tanα = Tính giá trị biểu thức M = 3sin3 α − cos3 α 5sin α + cos α b) Tính x −∞ giới hạn y' + 0 + : L = li y m a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  3x − −∞ x →3 x − 4x − x −9 +∞ +∞ ÷ Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : 3sin x − 4sin x cos x + 5cos x = Câu (1,0 điểm)   x   b) Một hộp chứa 20 cầu giống gồm 12 đỏ xanh Lấy ngẫu nhiên (đồng thời) Tính xác suất để có cầu màu xanh 10 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A( −2; −1) , D (5;0) có tâm I ( 2;1) Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C góc nhọn hợp hai đường chéo hình bình hành cho Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M điểm thuộc cạnh SC cho MC = 2MS Biết AB = 3, BC = 3 , tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AC BM Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  tâm J (2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình : 2x + y −10 = D ( 2; −4) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :   x − y + 3x −12 y + = 3x − y 2  x + + − y = x + y − 4x − y 3 Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x + 2x + 3x + = x − 8x + 23x − 26 = Chứng minh phương trình có nghiệm, tính tổng hai nghiệm 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 I NĂM HỌC 20152016 Môn: TOÁN ( Gồm trang) Với yC D = f  − + kπ ÷ = − + + + kπ , k ∈ ¢ Câu Đáp án Điểm Câu 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + = f D + yC Tđịnh: Vớixác + + kπ , k ∈ ¢ Tập = kπ ¡ ÷ = − 1,0 x = Ta có y' = 3x2 − 6x ; y' = ⇔  x = Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) (2; +∞) ; nghịch biến khoảng (0; 2) Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu x = 2, yCT =2 0,25 0,25 Giới hạn: lim y = +∞, lim y = −∞ x →−∞ x→+∞ 0,25 Bảng biến thiên: (1,0 đ) Đồ thị: y f(x)=(x^3)3*(x)^2+2 0,25 x 2 1,0 Câu Tìm cực trị hàm số : y = x − sin 2x + 0,25 Tập xác định D = ¡ f ′ ( x ) = 1− cos 2x , f ′′( x) = sin 2x (1,0 đ) π + kπ , k ∈ ¢  π   π f ′′  − + k π ÷ = sin  − ÷ = −2 < ⇒ hàm số đạt cực đại xi = −    3 f ′ ( x ) = ⇔ 1− cos 2x = ⇔ cos 2x = ⇔ x =±  π  π   0,25 π + kπ 0,25 π  π f ′′  + kπ ÷ = sin  ÷ = > ⇒ hàm số đạt cực tiểu xi =   3 Cho tan α = Tính giá trị biểu thức M = 3sin3 α − cos3 α 5sin α + 4cos α M= = 2 3.(1,0đ) 3 5sin α + cos α 2 3sin α − 2sin α cosα + 3sin α cos α − cos α = 0,5 0,25 tan α − tan α + 3tan α − tan α + + cos 3sinα (sinα + cosα ) − cos3 α (sin 3.3 − 2.3 +α3.3 − 22 α 70) Thay tanα = vào ta M = sin ểu π tử mẫu cho cos α ) 10 (chia + π Lưu ý: HS từ tanα = suy 2kπ < α < 3α + 4cos3 α 5sin b) Tính giới hạn : L = lim x →3 L = lim ( x − 4x − x −9 x − 4x − x + 4x − x −1 4x − L = lim x →3 )( )= 0,5 = 5.3 + x →3 (x x→3 2 ( = 4.3 −1 ) 139 x − 4x + − 9) −1 0,25 k 0,25 ) 18 Câu 4.Giải phương trình : 3sin x − =4sin limx cos x + 5cos x = − 9) ( x2 x + 4x − ( ) ⇔ sin x − 4sin x cos x + 3cos x = 3) x)(+sin x − 3cos (x3) + +sin x − cos x = ∨ sin x − 3cos x = ⇔ (sin( xx −+ cos =3 0)⇔ ( ( ) (1,0 đ) Phương trình ⇔ 3sin x − 4sin x cos x + 5cos x = (sin x + cos x ) 0,25 1,0 0,25 0,25 π Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = π + kπ , x = arctan + k π , k ∈ Z      55 0,25  x  k x  0,25  x  k =0 0,25 10 ⇔ tan x = ∨ tan x = ⇔ x = + kπ ∨ x = arctan + kπ , k ∈ Z a) Tìm hệ số số hạng chứa x10  = 3x3 − 22 ÷ −k ∑ C k (3x3 ) k=0 khai triển biểu thức :  3x − 1,0 k  =  − 22 ÷ 5k ∑ C k (−1) 35-k k x 15- Hệ số của số hạng chứa x C5 k (− 1)k 35 -k2k , với 15 − 5k = 10 ⇔ k = Vậy hệ số x10 : C5 ( −1) 3421 = − 810 0,25 ÷ 5 (1,0 đ) b) Một hộp chứa 20 cầu giống gồm 12 đỏ xanh Lấy ngẫu nhiên Tính xác suất để cầu chọn có cầu mà u Số phần tử không gian mẫu n (Ω) = C20 0,25 Gọi A biến cố “Chọn ba cầu có cầu màu xanh” C Thì A biến cố “Chọn ba cầu màu đỏ” ⇒ n ( A) = C312 ⇒ P ( A ) = 123 C20 0,25 C 12 46 Vậy xác suất biến cố A P ( A) = 1− P ( A ) = − = C20 57 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh A( −2; − 1) , D (5;0 ) có tâm I ( 2;1) Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C 1,0 góc nhọn hợp hai đường chéo hình bình hành cho xB = 2xI − x D = − = −1 Do I trung điểm BD Suy  ⇒ B ( −1; )  yB = yI − yD = − =  xC = 2xI − x A = + = 6 (1,0 đ) Do I trung điểm AC Suy  ⇒ C (6;3 )  yC = yI − yA = +1 = uuur uuur Góc nhọn α = ( AC, BD ) Ta có AC = (8; 4) , BD = (6; −2 ) uuur uuur uuur uuur AC ×BD 48 − cos α = cos AC, BD = uuur uuur = AC BD 5.2 10 ( ) 2 = 0,25 0,25 0,25 o ⇒ α = 45 0,25 Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M điểm thuộc cạnh SC cho MC = MS Biết AB = 3, BC = 3 , tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng AC BM 1,0 S Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB ( ∆ SAB đều) Do ( SAB) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) N M K Do ∆ ABC cạnh nên SH = 0,25 3 , AC = BC2 − AB =3 2 A C H B 1 96 (đvtt) ⇒ VS ABC = ×SH ×SABC = ×SH ×AB ×AC = = 12 (1,0 đ) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA N ⇒ AC || MN ⇒ AC || ( BMN ) AC ⊥ AB, AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ ( SAB) , AC || MN ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( SAB) theo giao tuyến BN 0,25 0,25 Ta có AC || ( BMN ) ⇒ d ( AC, BM ) = d ( AC, ( BMN )) = d ( A, ( BMN )) = AK với K hình chiếu A BN NA MC 2 23 33 = = ⇒ SABN = S SAB = × = (đvdt) AN = SA = SA SC 3 0,25 BN = 2 AN + AB − 2AN.AB.cos 60 = ⇒ AK = 2S ABN 33 = 2× = 21 BN 7 Vậy d ( AC, BM ) = 21 (đvđd) Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh giải theo hướng CA ⊥ (SAB) VS.ABC = VC.SAB Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC có phương trình : 2x + y −10 = D ( 2; −4) giao điểm thứ hai AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + = AJ qua J (2;1) D ( 2; −4) nên có phương trình AJ : x − = { A} = AJ ∩ AH , ( H chân đường cao xuất phát từ đỉnh A ) Tọa độ A nghiệm hệ x − = x = ⇔  ⇒ A (2;  2x + y −10 = y=6 1,0 A E J ) B 0,25 I C H D Ta có DB = DC ⇒ DB = DC EC = EA (1,0 đ) Gọi E giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC · » » »+ sđ » ·DJB ⇒ ∆DBJ cân D ⇒ » » DBJ = (sđ EC DC )= (sđ EA» + sđ» DB )= 1 2 DC = DB = DJ hay D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC Suy B,trình C nằm kính −4)độbán JD =của02hệ+ 52 = có = 25tâm phương 2) +đường KhiDđó ( 2;tọa B nghiệm ( x − ( y + 4)tròn  2 (x − 2)2 + ( y + 4)2 = 25 x = −3 )  ∨ ⇒ ⇔   x + y + =  y = −4 x = B (−3; −4  ) )   y = −9 B (2; −9  Do B có hoành độ âm nên ta B ( −3; −4) qua B (−3; −4 ⇒ BC : x − y − = BC :  ⊥ AH qua B ( −3; −4 ⇒ BC :  r r vtpt n = u AH = (1; −2) ) 0,25 Khi tọa độ C nghiệm hệ 2 ⇔  x − y − =  y = −4 Vậy A( 2;6) , B (−3; −4) , C (5;0) C ( −3; −4 ≡ B x = ∨  ⇒  ⇒ C (5;  y = C (5;0  x − y + 3x −12 y + = 3x − y (1 x + ≥ x ≥ −2 Điều kiện :  ⇔ 4 − y ≥ y ≤   ( x − 2) + ( y + 4) = 25  x = −3  2 0,25 1,0 ( 2) 0,25  ) ) Câu Giải hệ phương trình :   x + + − y = x + y − 4x − y ) ) 3 Từ phương trình (1 ) ta có ( x −1) = ( y − 2) ⇔ x −1 = y − ⇔ y = x + (1,0 đ) Thay (3 ) vào (2 ) ta pt: x + + − ( x +1) = x 3 ⇔ ⇔ ⇔ x + + − x = x + x − 4x − , Đ/K −2 ≤ x ≤ ( x + 2)(3 − x ) − 2 = ( x + 1) ( x − ) x + + − x − = x + x − 4x − ⇔ x+2+ 3−x +3 ( ( ) ( ( x + 2)(3 − x ) −  ( )( x+2+ 3−x+3 )( ( x+2+ 3−x+3 ( x + 2)(3 − x) + ) ( x + 2)(3 − x) + ) ) = ( x + 1) ( x − ) ) = ( x + )( x − x − ) 0,25    ÷ 2  ÷ ⇔ ( x − x − 2) x + + =0  + + − x + ( x + 2)(3 − x) + ÷ x  ÷  144444444424444444443 ÷ >0   ⇔ x − x − = ⇔ x = ∨ x = −1 )( ( 0,25 2 (− x + x + ) ⇔ (3 ) + ( x +1) − 4x − ( x +1) ) 0,25 (3 ) x = → y = ⇒ ( x; y) = (2;3 ) ( thỏa mãn đ/k) • (3 ) • x = −1 → y = ⇒ ( x; y) = (− 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = (− 1; ) 3 Câu10.Chohai phương trình: x + 2x + 3x + = x − 8x + 23x − 26 = Chứng minh phương trình có nghiệm, tính tổng hai nghiệm • Hàm số f ( x ) = x + 2x + 3x + xác định liên tục tập ¡ Đạo hàm f ′ ( x ) = 3x + 2x + > 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x) đồng biến ¡ f (−4) f (0) = (−40).4 = −160 < ⇒ ∃a ∈ (−4;0) : f (a ) = (**) 1,0 (*) 0,25 Từ (* ) (** ) suy phương trình 10.(1,0đ) x + 2x + 3x + = có nhiệm x = a • Tương tự phương trình x − 8x + 23x − 26 = có nhiệm x = b (1 ) Và b − 8b + 23b − 26 = ⇔ (2 − b) + (2 − b) + 3( − b) + = ( ) 3 Từ (1 ) (2) ⇒ a + 2a + 3a + = ( − b) + (2 − b) + 3( − b) + (3) Theo hàm số f ( x ) = x + 2x + 3x + đồng biến liên tục tập ¡ Đẳng thức (3) ⇔ f ( a) = f ( − b) ⇔ a = − b ⇔ a + b = 0,25 Theo : a3 + 2a2 + 3a + = 0,25 0,25 Vậy tổng hai nghiệm hai phương trình Lưu ý chấm bài: 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 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 Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau Trong lời giải câu học sinh không vẽ hình không cho điểm Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn