bo de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan so 3

bo de thi thu thpt quoc gia nam 2016 mon toan so 3 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn...

  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y x2 đoạn  2;  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm mơđun số phức z biết z  z   7i b) Giải phương trình: x  3.3x     Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   Viết 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vng góc với mặt phẳng (Oxy) viết phương trình đường thẳng  ' hình chiếu vng góc  lên mặt phẳng (Oxy) Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: cos x.cos x  sin x  cos x b) Trong hộp kín đựng viên bi đỏ, viên bi trắng viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy khơng có đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N trung điểm cạnh SB BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN) 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ;  có đường tròn 3  ngoại tiếp  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 điểm đối xứng I qua đường thẳng AB, AC Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 Viết phương trình đường tròn  C  2 y   y   x3   x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:    y   y  12    x  y  x   x  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm GTNN biểu thức: P 25a 2a  7b  16ab  25b 2b  7c  16bc  c2 3  a  a Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Mơn thi: TỐN (Đáp án bao gồm trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D = R +Giới hạn: lim y   , lim y   x 0,25 x x  x  + Ta có y  3x  x; y    BBT: x  y + y 0 -  + 0,25   +Hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;  +Hàm số nghịch biến khoảng  0;2  + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = Hàm số đạt cực tiểu xct = 2, yct = y(2) = -3 + Đồ thị 0,25 0,25 -10 -5 10 -2 -4 -6 + Ta thấy hàm số cho xác định liên tục  2;  y' x2  2x x   y'   x  0,25  x  1 +Trên  2;  y' = có nghiệm x = 0,25 +Ta có y    4; y    16 0,25 Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1) (0,5đ) x  y  ĐK:  0.25 Ta có phương trình thứ    x x  y  1  hệ:  x  a Đặt:     y  1 x  y 3   x   y  1  * 0,25 Phương trình thứ hệ trở thành:  y    b a  2a  b   b  a  2b    a  b  BCS VT*  Ta có:  a  b    a  b   VP*  a  b  2a  b  2b  a   Dấu “=” xảy khi: a  b  Thế vào phương trình đẩu hệ ta có: 32 x  *  y    x 0,25 y  1  x  y   0.25 52 x 32   x  y 3 y 3 3  5 ** Mặt khác theo AM-GM ta có:   x  y 3   x y 3 3 y 3 3   2 32   x  y 3 y 3 3  32  AM  GM  x  y 3 y 3 3     VT**  VP** Và dẩu “=” xảy khi:  y 3 3 x  y 3   2  0.25 32   x  y 3 y 3 3    x    y 3     x    y  13   13   4  Vậy nghiệm hệ  x; y    ; 10 (1,0đ) Ta có: 0,25 a  bc a  bc 1   ab  ac ab  ac  2a  b  c  ab  ac  a  bc  a  b  a  c  a 2a   b  c   a  bc   a  b  a  c  Tương tự ta có: 1 b 2b   a  c   b  ac   c  b  a  b   2 0,25 Từ (1) (2) ta có: 0,25 P  a2 1  c  1 2a 2b         a  b  a  c   c  b  a  b    a ab   a  1  b  c  4ab  2ac  2bc    a  b  b  c  c  a  4ab Mặt khác ta có a,b,c số không âm ab  bc  ca  Nên ta có: a  1  b  c  4ab Từ ta có:  a  b  b  c  c  a    a  b  b  c  c  a  4ab 4ab  2c  a  b   a  b  b  c  c  a  AMGM 1 4ab  2ac  2bc P   a  b  b  c  c  a  4ab  2c  a  b  0,25   a  bc 1   ab  ac a  b   b  ac Dấu “=” xảy   1 c   ab  bc ab  bc  ca   c    Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Ngày thi: 1/12/2015, BTC trả cho thí sinh vào ngày 4/12/2015 *******HẾT******* TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: TỐN ( Gồm trang) Câu Đáp án Điểm   3 Tập xác định: D   \     2  Sự biến thiên : 1,0 x  2x  Câu Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số : y  5 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến (;  ) ( ; ) 2 (2 x  3) 0,25 +Hàm số khơng có CĐ, CT +Giới hạn vơ cực, giới hạn vô cực đường tiệm cận (1,0 đ)   3 lim  y   lim  y    x   TCĐ x     3  2 x  x  lim y   x   0,25 1  y   TCN x   2 Bảng biến thiên: x y’ y   -  || -  0.25    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   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  3.(1,0đ) 2sin  cos  1  cos2   2sin  cos   tan  1 sin  cos  sin  cos4  3    Bài ta có sin    cos 2   sin    cos     Do    ;    25 5   P 0,25  0,5 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   0,25 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      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 (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 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  (1,0 đ) 1,0 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 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vng ABCD , 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  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 (1,0 đ) Từ ABCD hình vng, ta có :   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 vng cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vng góc với đáy, hình chiếu vng 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 H D K C 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 vng 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 0,25 0,25 0,25 Câu Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp 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 A(1;4) F E M(-4;1) I D 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   (1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy vtpt AC n AC  (3; 5)  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   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   3 Từ phương trình 1 ta có  x  1   x  1   y  1   y  1 0,25 1  2  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   (1,0 đ) Thay   vào   ta pt: 5x  x  10 x    x   x   x3  13x  x  32  5   5x   x  10    x     2x  6  x  x  10  x  2    Đ/K x  2  x    x3  x  x  10   2x      x    x  5 x22  x7 3  x  x  10  2x     x2  5    x  2  x2 2  x7 3    0,25 0,25   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     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 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 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  biểu thức : a  b  c  T 4 1      đạt ab bc ca a b c 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: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng 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 khơng điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh không vẽ hình khơng cho điểm - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm tròn HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2016 MÔN: TOÁN Câu Câu1 (1 điểm) Nội dung Tập xác định: D   Giới hạn vô cực: lim Điểm y  ; lim y   x  x   x  2 Đạo hàm: y '   x  x ; y '    x   x  Hàm số đồng biến khoảng  ; 2    0;  0,25 Hàm số nghịch biến khoảng  2;0    2;   Hàm số đạt cực tiểu x  0, yCT  3 Hàm số đạt cực đại x  2, yCD  Bảng biến thiên   x -2 y’ + - + 1 y -3  0,25 0,25  Đồ thị: Đồ thị giao với trục Ox điểm   6;0 ,  2;0    6; 2;0 , y "  3x  4; y "   x   7 7   Đồ thị hàm số có hai điểm uốn U1   ;   ,U  ;   9   9 0,25 Câu (1 điểm) Ta có f  x  xác định liên tục đoạn 1;e ; f '  x   x  0,25 Với x  1; e  , f '  x    x  0,25 x Ta có f 1  1, f     ln 2, f  e   e  Vậy f  x    2ln  x  2; max f  x   e2   x  e 1;e 0,25 0,25 1; e Ta có 2x x Câu a) 5 5 x x x (1 0,5đ 3.25  5.9  8.15             0,25 điểm)   x    x  3   x   x       0,25 b) Ta có log 22 x  log   log 22 x  log x  0,5đ x log x  x    x  log x  Câu (1 điểm) Câu (1 điểm) x x  1dx    x   1 0,25 0,25 x  1dx 0,25 0,25    x  1   x  1   x  1  1 x  1dx        x  1   x  1   x  1   x  1 dx   6   x  1   x  1   x  1   x  1  C 6 2     x  1   x  1   x  1   x  1  x   C 9  0,25 0,25 Chú ý! Học sinh làm theo phương pháp đổi biến số Mặt cầu (S) có tâm I 1;3; 2  bán kính R   Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến n p  1; 1;  Mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) nên phương trình mặt phẳng (Q) có dạng: x  y  z  D  Mặt phẳng (Q) tiếp xúc mặt cầu (S) d  I , (Q )   R     2   D 0,25 0,25 5 12   1  2 D    D6 5    D   0,25 Vậy có hai mặt phẳng (Q) thỏa mãn đầu  Q1  : x  y  z   Câu a) (1 điểm) 0,5đ  0;  Q2  : x  y  z    0,25 sin 3x  sinx  cos x   2cos x sin x  2sin x  sin x   cos x  sin x 0,25 + sin x   x  k , k   ;  2  x k  + cos x  sin x  cos x  cos   x    k       x    k 2   b) Gọi X biến cố “ hai đội 12A6 10A3 bảng” 0,5đ Số cách chia 12 đội thành hai bảng, bảng có đội là: n     C612C66  924 Số cách chia 12 đội thành hai bảng, bảng có đội, hai đội 12A6 10A3 bảng là: - Hai đội bảng A B: có cách - Chọn đội lại vào với bảng hai đội: có C410 0,25 cách - Chọn đội lại cho bảng lại: có C66  cách Suy n  X   2.C410  420 cách Xác suất xảy biến cố X là: P  X   0,25 0,25 420  924 11 Câu (1 điểm) 2a Suy BC  AC cos 30o  a ; a AB  AC.sin 30o  a3 a2 Suy VS ABCD  S ABCD SA   AB.BC  3 Ta có AC  AI  R  S ABCD Kẻ qua B đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng CD E Khi AC song song với mặt phẳng (SBE) Dựng AF vng góc với BE F, dựng AH vng góc với SF H Ta nhận thấy AH   SBE  0,25 0,25 0,25 Suy d  AC, SB   d  A,  SBE    AH a Tam giác SAE có: SA  a ; AF  AB.cos 30o  ; SAE  90 o 1 a 39  2  AH  2 AH SA AF 13 Chú ý! Bài học sinh giải phương pháp tọa độ không gian 0,25 Câu (1 điểm) Gọi M trung điểm cạnh BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm AD BC, E giao điểm BH AC Khi tọa độ M  ;   2 2 0,25 Đường thẳng AD vng góc với BC qua D nên có phương trình: x  y   0,25 3 x  y    A 1;1 x  y   Tọa độ A nghiệm hệ  x  y    K  3; 1 x  y   Tọa độ K nghiệm hệ  Tứ giác HKCE nội tiếp nên ta có: BHK  KCE Mặt khác BDA  KCE Suy BHK  BDA hay tam giác BHD cân B, suy K trung điểm HD Từ có H  2;  B  BC  B  t ; t    C   t;3  t  Vì BH vng góc với AC   t  nên ta có HB AC    t  + Với t   B  5;1 không thỏa mãn đầu xB  Câu (1 điểm) + Với t   B  2; 2  , C  5;1 Phương trình AB: 3x  y   Phương trình AC: y   Ta kí hiệu phương trình hệ sau: 0,25 0,25  x  y  x  y  1    x   y  y xy  y  34  15 x    2  x  Điều kiện:  y     2 x  y  x y  y      x  2 y  x  y thay vào (2) ta 1   x  + Với  0,25  x    x   x  34  15 x   Đặt t  x    x  t  34  15x   x t  Khi  3 trở thành 2t  t   t   30 17  x2 4 2 x  x  y   17 17   x    x   x   y  0,25 0,25 + Với  x  2 y Vì y   2 y  mà  x  nên xảy x  y  thử vào (2) thấy thỏa mãn Câu 10 (1 điểm) 30   x  17 x  Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:   y   y  17  17 Đặt x  z  a Từ giả thiết  x  z  y  z    y  z  a Vì x  y  x  z  y  z  a  x  z  a Ta có x  y  x  z   y  z   a   a2 1 , thay vào P ta được: a 0,25 ... có: 32 x  *  y    x 0,25 y  1  x  y   0.25 52 x 32   x  y 3 y 3 3  5 ** Mặt khác theo AM-GM ta có:   x  y 3   x y 3 3 y 3 3   2 32   x  y 3 y 3 3. ..  32  AM  GM  x  y 3 y 3 3     VT**  VP** Và dẩu “=” xảy khi:  y 3 3 x  y 3   2  0.25 32   x  y 3 y 3 3    x    y 3     x    y  13   13. .. VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC