1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016

43 332 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 43
Dung lượng 1,78 MB

Nội dung

TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016 TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016 TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016 TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016 TỔNG hợp đề THI MINH họa và THI THỬ tốt NGHIỆP THPT lớp 12 môn TOÁN 2015 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút 2x − x +1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp điểm có hoành độ x = Câu 2.(1,0 điểm) a) Cho góc α thỏa mãn: π tan α < α < π sin α = Tính A = + tan α b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 + i ) z + (3 − i ) z = − 6i Tính môđun z Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log ( x + 2) = − log x Câu 4.(1,0 điểm) Giải bất phương trình: x2 + x + x − ≥ 3( x − x − 2) Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ (2 x + ln x) dx Câu 6.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AC = 2a, ACB = 30o , Hình chiếu vuông góc H đỉnh S mặt đáy trung điểm cạnh AC SH = 2a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu 7.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác OAB có đỉnh A B thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 12 = điểm K (6; 6) tâm đường tròn bàng tiếp góc O Gọi C điểm nằm ∆ cho AC = AO điểm C, B nằm khác phía so với điểm A Biết điểm C có hoành độ 24 , tìm tọa độ đỉnh A, B Câu 8.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 0) B (1; 1; − 1) Viết phương trình mặt phẳng trung trực (P) đoạn thẳng AB phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) Câu 9.(0,5 điểm) Hai thí sinh A B tham gia buổi thi vấn đáp Cán hỏi thi đưa cho thí sinh câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, đựng 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, phong bì đựng câu hỏi; thí sinh chọn phong bì số để xác định câu hỏi thi Biết 10 câu hỏi thi dành cho thí sinh nhau, tính xác suất để câu hỏi A chọn câu hỏi B chọn giống Câu 10.(1,0 điểm) Xét số thực x Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: P= 3( x + x + 1) + 1 + 2 x + (3 − ) x + - HẾT - 2 x + (3 + )x + BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN CÂU Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,0 điểm) Tập xác định: D = » \ {−1} ● Giới hạn tiệm cận: lim + y = − ∞ , lim − y = + ∞ ; lim y = lim y = ● x → ( −1) x → −∞ x → ( −1) 0,25 x → +∞ Suy ra, đồ thị hàm số có tiệm cận đứng đường thẳng x = − tiệm cận ngang đường thẳng y = ● Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y' = > ∀x ∈ D ( x + 1) 0,25 Suy ra, hàm số đồng biến khoảng ( − ∞ ; − 1) ( −1; + ∞ ) - Cực trị: Hàm số cho cực trị Lưu ý: Cho phép thí sinh không nêu kết luận cực trị hàm số - Bảng biến thiên: x –∞ + y' y ● +∞ –1 +∞ 0,25 + –∞ Đồ thị (C): y −1 O ½ −1 0,25 x b) (1,0 điểm) Tung độ y0 tiếp điểm là: y0 = y (1) = 0,25 0,25 ( x − 1) + ; 0,25 Suy hệ số góc k tiếp tuyến là: k = y '(1) = Do đó, phương trình tiếp tuyến là: y = x− 4 a) (0,5 điểm) Câu (1,0 điểm) Ta có: A = tan α = tan α.cos α = sin α.cos α = cos α + tan α hay y = 0,25 (1) 0,25 16 cos α = − sin α = −   = 25 5 π Vì α ∈  ; π  nên cos α < Do đó, từ (2) suy cos α = − 2  12 Thế (3) vào (1), ta A = − 25 b) (0,5 điểm) (2) 0,25 (3) Đặt z = a + bi, ( a , b ∈ » ); z = a − bi Do đó, kí hiệu (∗) hệ thức cho đề bài, ta có: (∗) ⇔ (1 + i )( a + bi ) + (3 − i )( a − bi ) = − 6i ⇔ (4a − 2b − 2) + (6 − 2b)i = ⇔ { { 4a − 2b − = a=2 ⇔ b = − 2b = Do | z | = Câu (0,5 điểm) 0,25 0,25 2 + = 13 Điều kiện xác định: x > (1) ● Với điều kiện đó, ký hiệu (2) phương trình cho, ta có: (2) ⇔ log ( x + 2) + log x = ⇔ log ( x ( x + 2)) = log 3 ● 0,25 ⇔ x + x − = ⇔ x = (do (1)) 0,25 ● Điều kiện xác định: x ≥ + Câu đó, ký hiệu (2) bất phương trình cho, ta có: (1,0 điểm) ● Với điều kiện (2) ⇔ x + x − + x ( x + 1)( x − 2) ≥ 3( x − x − 2) ⇔ ⇔ (1) 0,25 x ( x − 2)( x + 1) ≥ x ( x − 2) − 2( x + 1) ( x ( x − 2) − ( x + 1) Do với x thỏa mãn (1), ta có (3) ⇔ )( x ( x − 2) + x ( x − 2) + ) ( x + 1) ≤ (3) 0,50 ( x + 1) > nên x( x − 2) ≤ ( x + 1) ⇔ x − 6x − ≤ ⇔ − 13 ≤ x ≤ + 13 (4) Kết hợp (1) (4), ta tập nghiệm bất phương trình cho là: 1 + ; + 13    0,25 2 Câu I = x d x + Ta có: ∫ ∫ ln xdx (1,0 điểm) 0,25 (1) 2 Đặt I1 = ∫ x dx I = ∫ ln xdx Ta có: 1 0,25 15 I1 = x = 2 2 I = x.ln x − ∫ xd(lnx) = ln − ∫ dx = ln − x = ln − 2 1 0,50 13 V ậ y I = I1 + I = + ln 2 Câu (1,0 điểm) AC = a SH ⊥ mp(ABC) Xét ∆v ABC, ta có: BC = AC cos ACB = a.cos 30o = 3a Theo giả thiết, HA = HC = 0,25 1 AC.BC.sin ACB = 2a 3a.sin 30o = a 2 1 6a3 Vậy VS ABC = SH S ABC = 2a a = 3 Vì CA = 2HA nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)) (1) Gọi N trung điểm AB, ta có HN đường trung bình ∆ABC Do HN // BC Suy AB ⊥ HN Lại có AB ⊥ SH nên AB ⊥ mp(SHN) Do mp(SAB) ⊥ mp(SHN) Mà SN giao tuyến hai mặt phẳng vừa nêu, nên mp(SHN), hạ HK ⊥ SN, ta có HK ⊥ mp(SAB) Vì d(H, (SAB)) = HK Kết hợp với (1), suy d(C, (SAB)) = 2HK (2) Do S ABC = Vì SH ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ HN Xét ∆v SHN, ta có: 1 1 = + = + 2 HK SH HN 2a HN 3a Vì HN đường trung bình ∆ABC nên HN = BC = 2 1 11 66a Do = + = Suy HK = HK 2a 3a 6a 11 Thế (3) vào (2), ta d ( C , ( SAB ) ) = 66a 11 0,25 0,25 0,25 (3) Câu (1,0 điểm) Trên ∆, lấy điểm D cho BD = BO D, A nằm khác phía so với B Gọi E giao điểm đường thẳng KA OC; gọi F giao điểm đường thẳng KB OD Vì K tâm đường tròn bàng tiếp góc O ∆OAB nên KE phân giác góc OAC Mà OAC tam giác cân A (do AO = AC, theo gt) nên suy KE đường trung trực OC Do E trung điểm OC KC = KO Xét tương tự KF, ta có F trung điểm OD KD = KO Suy ∆CKD cân K Do đó, hạ KH ⊥ ∆, ta có H trung điểm CD Như vậy: + A giao ∆ đường trung trực d1 đoạn thẳng OC; (1) + B giao ∆ đường trung trực d đoạn thẳng OD, với D điểm đối (2) xứng C qua H H hình chiếu vuông góc K ∆ 24 (gt) nên gọi y0 tung độ C, ta có: Vì C ∈ ∆ có hoành độ x0 = 24 12 + y0 − 12 = Suy y0 = − 5 6  12 Từ đó, trung điểm E OC có tọa độ  ; −  đường thẳng OC có 5  phương trình: x + y = Suy phương trình d1 là: x − y − = Do đó, theo (1), tọa độ A nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = x − y − = { Giải hệ trên, ta A = (3; 0) 0,50 0,25 Gọi d đường thẳng qua K(6; 6) vuông góc với ∆, ta có phương trình d là: x − y + = Từ đây, H giao điểm ∆ d nên tọa độ H nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = 3x − y + = {  12   12 36  Giải hệ trên, ta H =  ;  Suy D =  − ;  5   5   18  Do đó, trung điểm F OD có tọa độ  − ;  đường thẳng OD có  5 phương trình: x + y = Suy phương trình d là: x − y + 12 = Do đó, theo (2), tọa độ B nghiệm hệ phương trình: x + y − 12 = x − y + 12 = 0,25 { Giải hệ trên, ta B = (0; 4) Câu 1 3 Gọi M trung điểm AB, ta có M =  ; ; −  (1,0 điểm) 2 2 Vì (P) mặt phẳng trung trực AB nên (P) qua M AB = (−1; 1; − 1) vectơ pháp tuyến (P) 3  1 1   Suy ra, phương trình (P) là: (−1)  x −  +  y −  + (−1)  z +  = 2  2 2   hay: x − y + z − = Ta có d (O , ( P)) = | −1| 22 + (−2)2 + 22 = Do đó, phương trình mặt cầu tâm O, tiếp xúc với (P) là: x + y + z = 0,25 0,25 0,25 12 0,25 hay 12 x + 12 y + 12 z − = Câu Không gian mẫu Ω tập hợp gồm tất cặp hai câu hỏi, mà vị trí (0,5 điểm) thứ cặp câu hỏi thí sinh A chọn vị trí thứ hai cặp câu hỏi thí sinh B chọn Vì A B có C10 cách chọn câu hỏi từ 10 câu hỏi thi nên theo quy ( ) 0,25 tắc nhân, ta có n(Ω) = C10 Kí hiệu X biến cố “bộ câu hỏi A chọn câu hỏi B chọn giống nhau” Vì với cách chọn câu hỏi A, B có cách chọn câu hỏi 3 giống A nên n ( Ω X ) = C10 = C10 Vì P ( X ) = n (Ω X ) n( Ω) = C10 10 (C ) = 1 = C10 120 0,25 Câu 10 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, với số thực x, xét điểm A( x ; x + 1) , (1,0 điểm)   1 1 B  ; −  C  − ; −  2 2   OA OB OC Khi đó, ta có P = + + , a = BC, b = CA c = AB a b c 0,25 Gọi G trọng tâm ∆ABC, ta có: OA.GA OB.GB OC.GC  OA.GA OB.GB OC.GC  P= + + =  + + , a.GA b.GB c.GC  a.ma b.mb c.mc  ma , mb mc tương ứng độ dài đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C ∆ABC 0,25 Theo bất đẳng thức Cô si cho hai số thực không âm, ta có a.ma = 3a 2b + 2c − a 2 2 2 a + b2 + c 3a + 2b + 2c − a ≤ = 2 3 a2 + b2 + c a2 + b2 + c2 Bằng cách tương tự, ta có: b.mb ≤ c.mc ≤ 3 ( ) ( Suy P ≥ ) 3 ( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) a + b2 + c 0,25 (1) Ta có: OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC (2) OA.GA + OB.GB + OC.GC = OG + GA GA + OG + GB GB + OG + GC GC ( ) ( ( ) ( ) ) = OG GA + GB + GC + GA2 + GB + GC a2 + b2 + c2 ma + mb2 + mc2 = Từ (1), (2) (3), suy P ≥ = ( ) Hơn nữa, kiểm tra trực tiếp ta thấy P = x = Vậy P = 0,25 (3) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu Ý HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN THI: TOÁN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Nội dung trình bày 1,0 điểm *) TXĐ: D  \{1} *) Sự biến thiên: - Giới hạn: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   Điểm Suy đths có tiệm cận ngang y  2; tiệm cận đứng x  0,25 1  x  Hàm số nghịch biến khoảng xác định ( x  1) -Bảng biến thiên x   y’ y  0,5 x  x  x 1 x 1 - Ta có y '   *) Vẽ đồ thị 0,25 1,0 điểm  y   x3  3x  Tọa độ M nghiệm hệ  y  x 3 y  x 3 y  x     M (1; 2)  x  1  x  3x  x   Phương trình tiếp tuyến với (C) M y  y '(1)( x  1)  a 0,25 0,25 0,25  y  9( x  1)   y  9 x  0,25 1,0 điểm Pt cho  cos x  sin x  2sin x cos x  2cos x  0,25  sin x(1  cos x)  cos x(1  cos x)   (sin x  cos x )(1  cos x)  cos x  sin x   1  cos x     x    k  (k  )  x     k 2  0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm: x    k , x     k 2 , (k  ) b ĐK: x >1 0.25 -1- log ( x  1)  log ( x  1)  log ( x  1)  log ( x  1)   ( x  1)( x  1)  2  x( x  x  1)   x 1 (do x >1) 0.25 Vậy tập nghiệm PT S={ 1 } 1,0    + I   ( x sin x  x )dx   x sin xdx   xdx 0  +  xdx  x 2   0,5 2     x sin xdx  x( cos x)    cos xdx   0,25 I     2 1,0 điểm 0,25  + Mặt phẳng (Q) có VTPT n  (1; 2; 1) + Phương trình (Q): x   2( y  5)  ( z  8)   x  y  z  16  t  | t | B(2  t; 1  2t; t )  d ; d ( B;( P ))     t   11 3  17 11 Do B(3; 3; 1) B( ; ; ) 5 1, điểm a n Ta có (1  2x )n  C k 0 0,25 0,25 0,25 0,25 n k n (2x )k  C k n 2k x k Khi đó, suy ak  C nk 2k k 0 0,25 Do đó, ta có a  C n0 ; a1  2C n1 ; a  4C n2 Vậy a  8a1  2a2   C n0  16C n1  8C n2    16n  8n (n  1) 1 2! 0,25 16n  4n (n  1)   n  1(n  0)  n  b + Số số tập hợp A bằng: 6! 5!  600 0,25 + Số số tập A mà số có chữ số đứng cạnh bằng: 5! 4* 4!  216 Xác suất biến cố cần tìm: P   0,25 216  0, 64 600 -2- 1,0 điểm A K C B A' E I C' D H B' Vì BH  (A’B’C’) nên tam giác A’BH vuông H Tính A ' H  a 3, BH  3a VABC A ' B 'C '  S A ' B 'C ' BH  0,25 4a 3a  3.a (đvtt) Qua K kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt A’C’ I Ta có CC’ // (KBB’I ) nên d(CC’,KB) = d(C’,( KBB’I))=2 d(H,( KBB’I)) Dựng HD  B’I Khi IB’  (BDH) suy (KBB’I)  (BDH) Dựng HE  BD suy HE  (KBB’I) a 28 a 21 3a Tính B ' I  , HD  , HE  22 3a  d(H;( KBB'I))=HE  22 Vậy d(CC’,KB) = 3a 22 11 1,0 điểm E A B F H D C -3- 0,25 0,25 0,25    1 Tính được:  sin xcosxdx   sin xd  sin x   sin x |02  3 0 Sử dụng phương pháp tích phân phần tính  0,25   2 được:  xcosxdx  x sin x |02   sin xdx  0    cos x |02     2 0  0,25 1 Vậy I    sin x  x  cosxdx   sin xcosxdx   xcosxdx    0,25 B' C' A' D' N B 0,25 Q C H P A D +) Xác định góc AA ' mặt phẳng  ABCD  góc A ' AH , theo giả thiết có A ' AH  60 (1,0đ) +)Tính S ABCD  a , A ' H  AH tan 60  a (đvtt) a  4 a3 +) Kẻ HN / / A ' A,  N  A ' C  , suy góc A ' A mặt phẳng  A ' CD  Suy VABCD A' B ' C ' D '  A ' H S ABCD  0,25 góc HN mặt phẳng  A ' CD  +) Kẻ HP  CD,  P  CD  Chứng minh CD   A ' HP  Trong mặt phẳng  A ' HP  kẻ HQ  A ' P  HQ   A ' CD   NQ hình chiếu vuông góc 0,25 HN mặt phẳng  A ' CD  +) Dẫn đến góc HN  A ' CD  góc HNQ 3a 3 AH 3a , HP  , A' A    4 cos 60 1 3a 10    HQ  2 HQ HA ' HP 20 HQ +) Từ tính sin HNQ  KL  HN +) Tính HN  0,25 Trang 3/5 P K M H B E I A N 0,25 Q (1,0đ) +) Đường tròn  C  có tâm I  2; 3 bán kính R  Gọi K hình chiếu vuông góc P lên QM Khi trực tâm H tam giác MPQ giao điểm QA PK +) Xét tam giác PHQ ta có PA, QK đường cao nên M trực tâm tam giác PQH Suy HM  PQ  HM / / AI mà I trung điểm MN nên AI  HM +) Gọi E điểm đối xứng với I qua A suy E  2;1 Khi tứ giác IMHE hình bình hành Dẫn đến có EH  IM  +) H thuộc đường thẳng d : x  y    H  t ; 2t   2 Có EH    t     2t   t    5t  36t  64    16 t    16  +) Vậy H  4;1 H  ;    5 0,25 0,25 0,25 (1,0 đ) x   t  Phương trình tham số đường thẳng d :  y   2t  z  1  t   Đường thẳng d có véc tơ phương u  (1; 2;1) Mặt phẳng (P) qua gốc tọa độ O, vuông góc với đường thẳng d có VTPT  u  (1; 2;1) có phương trình là: x  2y  z  Điểm M nằm đường thẳng d nên M(1  t; 2t; 1  t) Ta có  AM  (t  1; 2t  1; t  1) t  Theo giả thiết ta có: AM   2(t  1)  (2t  1)     t  1 t   M(2; 2; 0) t  1  M(0; 2; 2) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 4/5 Từ giả thiết suy có học sinh nhận thưởng Toán- Lí, học sinh nhận thưởng Toán- Hóa học sinh nhận thưởng Lí- Hóa Số cách phát thưởng cho học sinh là: C94C53C22  1260 0,25 Gọi A biến cố hai học sinh Duyên Đức có giải thưởng giống nhau: Nếu Duyên Đức có phần thưởng sách Toán- Lí có: C27 C35C22  210 cách phát (0,5 đ) Nếu Duyên Đức có phần thưởng sách Toán- Hóa có: C17 C46 C22  105 cách phát 0,25 Nếu Duyên Đức có phần thưởng sách Hóa- Lí có: C47 C33  35 cách phát Xác suất để Duyên Đức có giải thưởng là: C2 C3C2  C17 C64C22  C74C33 p  1260 18 10 Cho số thực dương x, y, z Chứng minh x y z    (x  y)(x  z) (y  x)(y  z) (z  x)(z  y) 4(x  y  z) (1,0 đ) Đặt a  x  y, b  x  z, c  y  z Suy a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC pc pb pa Khi BĐT cho trở thành: , với p nửa chu vi    ab ac bc 4p tam giác ABC (a  b  c)(a  b  c) (a  b  c)(a  c  b) (a  b  c)(c  b  a)    9 ab ac bc (a  b)2  c2 (a  c)  b (c b)  a    9 ab ac cb a  b  c a  c  b c2  b  a    3 ab ac cb BĐT trở thành cos A  cosB cosC  Biến đổi về: A BC 2 BC cos A  cosB cosC   (sin  cos )  sin  2 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Lưu ý chấm bài: Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà điểm theo thang điểm tương ứng Trang 5/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,5 điểm) Cho hàm số y   x  x (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có hoành độ x  3) Tìm tham số m để phương trình x  x  m   có bốn nghiệm thực phân biệt Câu (1,0 điểm) Xác định tham số m để hàm số y   x3  x  mx  đạt cực đại x  Câu (1,5 điểm) 1) Cho hàm số y  ln(2 x), với x  Tính: y '(1) 2) Tìm số thực x thỏa mãn đẳng thức: log8 (9  x)3  log ( x  3)  Câu (3,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc điểm A’ lên mặt phẳng  ABC  trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , biết A’O  a Gọi M trung điểm cạnh AC 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' 2) Chứng minh tứ giác BB’C’C hình chữ nhật 3) Tính khoảng cách hai đường thẳng BM B’C Câu (1,0 điểm) Tìm số thực m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x  (m  14) x  4m   x  x  20  x  -Hết - Họ tên học sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN – LỚP 12 Năm học: 2015-2016 Chú ý: Dưới sơ lược bước giải cách cho điểm phần Bài làm học sinh yêu cầu tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác chấm cho điểm phần tương ứng (đây đề chung cho học sinh học Cơ Nâng cao, tự chọn) Câu Câu Hướng dẫn giải Khảo sát hàm số y   x  x +) TXĐ:R +) Các giới hạn: lim   x  x   lim   x  x    x  1.1 (2.0 điểm) x  x  +) Có y '  4 x  x  y '     x  1 +) Bảng biến thiên +) Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 (0;1) +) Hàm số nghịch biến khoảng  1;0  1;   1.2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 +) Hàm số đạt cực đại x  1 yCD  +) Hàm số đạt cực tiểu x  yCT  0.25 +) Đồ thị (Vẽ đúng) 0.5 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hoành độ x  (1.0 điểm) Điểm Ta có x   y  8 25 Tiếp tuyến đồ thị điểm M (2; 8) có phương trình là: y  y '(2)( x  2)  0.25 Tìm phương trình tiếp tuyến: y  24 x  40 0.5 Kết luận 1.3 (0,5đ) Đưa phương trình dạng:  x  x  m  Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng y  m  0,25 Ta có điều kiện:  m   Tìm được: m  ( 2; 1)  (1; 2) 0,25 Ta có y '  3 x  x  m Điều kiện cần để hàm số cho nhận x  làm điểm cực đại y '(1)   m    m  1 Thử lại: Với m=-1, ta có y '  3 x  x  1, y ''  6 x  y ''(1)  2  Vậy m  1 0.25 Câu (1.0 điểm) 0.25 0.25 0.25 Câu 3.1 (0.5 điểm) 3.2 (1.0 điểm) +) Tính y '  x +) y '(1)  0.25 Điều kiện 3  x  Đưa đẳng thức dạng (9  x)( x  3)  32 +) Tính x  5, x  0.25 0.5 0.25 0.25 Câu B' A' N Tính diện tích tam giác ABC a2 s C' 0.5 K B A E 4.1 (1.0 điểm) O M H C Tính thể tích khối lăng trụ VABC A ' B 'C '  A ' O.S ABC  4.2 (1.0 điểm) a3 (đvtt) Do tam giác ABC nên BC  AO Mặt khác BC  A ' O Dẫn đến BC  ( A ' AO )  CB  A'A Mà B ' B / / A ' A nên CB  B ' B KL: Gọi E điểm cho tứ giác BMCE hình bình hành Do tam giác ABC nên tứ giác BMCE hình chữ nhật Ta có BM / /( B ' NCE ) d ( B ' C ; BM )  d (O;( B ' NCE ))  h 4.3 (1.0 điểm) 0.5 0,25 0.25 0.5 0.25 Gọi H hình chiếu vuông góc O CE Do AC  ( A ' MO )  AC  A ' M 0.5 OH / / AC , A ' M / / NC  OH  NC Dẫn đến OH  ( B ' NCE ) Do d ( B ' C ; BM )  d (O;( B ' NCE ))  h  OH  a 0,25 Phương trình cho tương đương với:  x   2 m( x  4)  x  14 x   ( x  x  20  x  1) 0.25 x    x2  4x  x2  4x  m     10  x4 x4  x2  4x  , với x   t  với t  có x  x4 Xét hàm số f  t   4t  10t , t  [0; ) Đặt t  Tính f '  t   8t  10 ; f '  t    t  Câu (1.0 điểm Ta có bảng biến thiên hàm số t f ' t   f t  25   0.5  Từ bảng biến thiên hàm số ta có điều kiện để phương trình cho có hai 25 nghiệm thực phân biệt  m    6  m  4 Tổng 10 0.25 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm trang) II Đáp án thang điểm Câu 1) ( 2,0 điểm) Nội dung a) Tập xác định: D  b) Sự biến thiên: y '  x  3; y '   x  1 y '   x  (;  1)  (1;   ) nên hsố đồng biến khoảng (; 1) (1; ) y '   x  (1; 1) nên hàm số nghịch biến khoảng (-1;1) Hàm số đạt cực đại x = -1; yC§  , hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT  2 Ta có lim y  ; lim y   x  Điể m 0.25 0.25 0.5 x  BBT: x -1 -∞ y’ + - +∞ 0.5 + +∞ y -∞ c) Đồ thị -2 0.5 y - x  0, x   -1 O -2 Đồ thị qua gốc tọa độ, cắt trục hoành điểm có hoành độ x Đồ thị nhận gốc tọa độ tâm đối xứng Câu 2) ( 1,0 điểm) Nội dung Gọi a hoành độ tiếp điểm Tiếp tuyến có hệ số góc nên ta có phương trình Điểm 0.25  3a    a   a  2 -Với a   f (2)  23  3.2   Pttt : y  9( x  2)   y  x  16 0.25 0.25 -Với a  2  f (2)  (2)3  3.(2)  2  Pttt : y  9( x  2)   y  x  16 Câu 1) ( 1,0 điểm) Nội dung Điểm 0.25  x  1 0.25 f '(a )   log (3 x  1)  log ( x  1)   (1) ĐK:  x  x  (1)  log (3x  1)  log ( x  1)   log (3 x  1)  log ( x  1)  2  2log (3 x  1)  log ( x  1)  log 16  (3 x  1)  16( x  1) x   x  22 x  15    Kết hợp điều kiện, suy phương x    0.25 0.25 0.25 trình có nghiệm x=3 Câu 2) ( 1,0 điểm) Nội dung  Điểm 0.25  Đặt I= sin x.e1cos x dx Đặt t   cos x  dt   sin xdx  sin xdx   dt  Khi x   t  2; x   t  Suy I  et   dt   0.25 0.25 2   et dt  et e  e 0.25 1 Câu 3) ( 1,0 điểm) Nội dung Hàm số cho liên tục [-1;1] Ta có Điểm 0.25 f '( x)  x.e  x  x 2e  x  x.e  x (2  x) x  Trên khoảng (-1;1) phương trình f '( x)  có f '( x)    x   0.25 nghiệm x=0 e Từ suy Maxf ( x)  f (1)  e;min f ( x)  f (0)  Ta có f (1)  e, f (0)  0, f (1)  [ 1;1] 0.25 0.25 [ 1;1] Câu ( 1,0 điểm) A C B C' A' M B' Nội dung 1 AB AC.sin BAC  2a.2a.sin 300  a 2 Gọi M trung điểm B’C’, theo giả thiết ta có A ' M  B ' C ' (1) Ta có S ABC  Điểm 0.25 0.25 Áp dụng định lý cosin, ta có B'C'2  A' B'2  A'C'2  2A' B'.A'C'.cos B' A'C '  4a2  4a2  2.2a.2a.cos300  (8  3)a2 B' C '  B'C'  2  3a  B' M    3a  A' M  A' B'2  B' M   3a Lại có AA '  B ' C ' ( lăng trụ cho lăng trụ đứng) (2) Từ (1) (2) suy AM  B ' C ' Do góc hai mặt phẳng (AB’C’) (A’B’C’) góc AMA '  600 Suy chiều cao lăng trụ AA '  A ' M tan 600   a   3 a Vậy thể tích lăng trụ V  S ABC AA '   3 a (đvtt) ========================================================== ======== Câu 4.a 1) ( 1,0 điểm) 0.25 0.25 Nội dung Tọa độ giao điểm M  (P) nghiệm hệ Điểm 0.5 x  y  2z     x 1 y  z    1  x  y  2z   x  y  2z  x      x 1  y   x  y    y  1   y   z  y  z  2    z    M (2; 1;  ) 0.5 Câu 4.a 2) ( 1,0 điểm) Nội dung Gọi I tâm mặt cầu (S) cần tìm, theo giả thiết, (S) có bán kính R=2 Vì I thuộc  nên I(1+2t;-2+2t;-t) Khoảng cách từ I tới (P) d ( I ,( P ))   2t   4t  2t  1   4t  Do mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên d ( I ,( P ))  R  Điểm 0.25 0.25 4t  t  2   t  1 -Với t = suy I(5;2;-2) Phương trình mặt cầu 0.25 ( S ) : ( x  5)  ( y  2)  ( z  2)  2 -Với t = -1 suy I(-1;-4;1) Phương trình mặt cầu 0.25 ( S ) : ( x  1)  ( y  4)  ( z  1)  2 Câu 5.a ( 1,0 điểm) Nội dung Ta có Điể m 0.5 Do z  1  14i 0.25 z  z1  (2  2i ) z2  3(1  2i )  (2  2i)(3  i)   6i  (4  8i)  1  14i z   196  197 0.25 ========================================================== ======== Câu 4.b 1) ( 1,0 điểm) Nội dung Tọa độ giao điểm A  (P) nghiệm hệ phương trình 2 x  y  z     x 1 y 1 z     2  x  y  z   x  2     x  y  3   y  1 Suy A(-2;-1;4) y  z  z    Điểm 0.5 0.5 Câu 4.b 2) ( 1,0 điểm) Nội dung Điể m 0.25 Ta có  qua B(-1;1;2) ( B  A ) Gọi d đường thẳng qua B vuông góc với mặt phẳng (P) suy d có véc tơ phương véc tơ pháp tuyến (P) nên phương trình d x 1 y 1 z    1 Gọi H hình chiếu B lên (P), suy tọa độ H nghiệm hệ phương trình: 0.25  x    2 x  y  z   2 x  y  z       26   y   H  ; ;   x  y  z    x  z  3  9    1  x  y    26  z   Gọi B’ điểm đối xứng với B qua (P) suy H trung điểm BB’, 0.25  xB '  xH  xB   25 10  34   yB '  yH  yB  B '( ; ; )  AB '   ; ;   9  9 9 z  2z  z H B  B' Do  ' đối xứng với  qua (P) nên  ' qua A B’  ' có véc tơ   phương u '  AB '  (25;10; 2) nên phương trình tắc  ' x  y 1 z    25 10 2 0.25 Câu 5.b ( 1,0 điểm) Giả sử z  x  yi  x, y   Nội dung số phức cần tìm Điểm 0.25 Ta có z  x  yi , đẳng thức cho trở thành (3  2i )( x  yi )  2( x  yi )  2i   x  yi  xi  y  x  yi  2i   (5 x  y )  (2 x  y  2)i   x    5 x  y  10    z    i 9 2 x  y    y   10  -Hết - 0.25 0.25 0.25 [...]... yz  zx  xyz  4 Chứng minh rằng  1 1 1 3    x y z  2    ( x  2)( y  2)( z  2)  Hết -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ., SBD SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG KỲ THI THỬ LẦN 2 THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MƠN: TỐN Ngày thi: 18/06 /2016 Thời gian làm bài 180 phút, khơng kể phát đề (đề thi gồm 01 trang) Câu 1... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG (đề thi gồm 01 trang) KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2016 MƠN: TỐN Ngày thi: 08/4 /2016 Thời gian làm bài 180 phút, khơng kể phát đề 2x 1 x 1 Câu 2 (1,0 điểm) Gọi M là giao điểm của đồ thị hàm số y   x 3  3 x 2  2 (C ) và đường thẳng y  x  3 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) tại điểm M Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị... được khi   (2; )  xy  4 y  2 Tổng Hết -6- 0,25 0,25 0,25 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ ƠN THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MƠN: TỐN THÁNG 4 /2016 (đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số y  2 x 3  3x 2 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x 2 ln x trên đoạn [1; e] Câu 3 (1,0 điểm) a) Tìm các số thực x, y thỏa... học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn được điểm theo thang điểm tương ứng Trang 5/5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2015- 2016 MƠN: TỐN LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian giao đề Câu 1 (3,5 điểm) Cho hàm số y   x 4  2 x 2 (1) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)... ⎠ ⎝ Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu... Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu 1 (2 đ) HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 MƠN THI: TỐN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Hướng dẫn giải Điểm *TXĐ : *Sự biến thi n: +) giới hạn, tiệm cận: lim y   ; lim y... y  1) Hết -Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ., SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG Câu 1 Ý HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM 2016 MƠN THI: TỐN (Bản hướng dẫn chấm có 05 trang) Nội dung trình bày 1,0 điểm *) TXĐ: D  *) Sự biến thi n: - Giới hạn: lim y  ; lim y   x  Điểm 0,25 x  Suy... báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN TỐN – LỚP 12 Năm học: 2015- 2016 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài Bài làm của học sinh u cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng (đây là đề chung cho học sinh học Cơ bản và Nâng cao, khơng có tự... -(đây là đề ơn tập được lựa chọn từ sản phẩm của các tổ chun mơn đưa lên trường học kết nối) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1 • Tập xác định: D = \ • Sự biến thi n: 0,25 - Chiều biến thi n: y... giống nhau: Nếu Dun và Đức có phần thưởng là sách Tốn- Lí có: C27 C35C22  210 cách phát (0,5 đ) Nếu Dun và Đức có phần thưởng là sách Tốn- Hóa có: C17 C46 C22  105 cách phát 0,25 Nếu Dun và Đức có phần thưởng là sách Hóa- Lí có: C47 C33  35 cách phát Xác suất để Dun và Đức có cùng giải thưởng là: C2 C3C2  C17 C64C22  C74C33 5 p 7 5 2  126 0 18 10 Cho 3 số thực dương x, y, z Chứng minh rằng x y z ... TẠO BẮC GIANG KỲ THI THỬ LẦN THPT QUỐC GIA NĂM 2016 MƠN: TỐN Ngày thi: 18/06 /2016 Thời gian làm 180 phút, khơng kể phát đề (đề thi gồm 01 trang) Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thi n vẽ đồ thị hàm... -5- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG (đề thi gồm 01 trang) KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THƠNG QUỐC GIA NĂM 2016 MƠN: TỐN Ngày thi: 08/4 /2016 Thời gian làm 180 phút, khơng kể phát đề 2x 1 x 1 Câu...BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Mơn: TỐN CÂU Câu (2,0 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM a) (1,0 điểm)

Ngày đăng: 17/12/2016, 15:26

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w