Tải Bộ đề thi thử THPT Quốc gia năm 2016 môn Toán - Số 4 - Đề thi thử Đại học môn Toán có đáp án năm 2016

với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần lượt là và tam giác ABC đều có diện tích bằng và trực tâm I thuộc. Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giá[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

2

2 x y

x  

 Câu 1(1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

3

3

y x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số Câu (1,0 điểm)

2

2

log log

4 x

x 

a) Giải bất phương trình 5.9x 2.6x 3.4x

  b) Giải phương trình  sin 3

I x xdx

Câu 4(1,0 điểm) Tính nguyên hàm

S ABC SAABC ABC, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC.

Câu (1,0 điểm). Cho hình chóp có Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tính diện tích mặt cầu theo a

Câu 6(1,0 điểm).

a) 2cos2 x sinx 1 0Giải phương trình:

b) Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A

S ABCD

3

a SD

AB K AD S ABCD HK SDCâu (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy hình vng cạnh a, Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn Gọi trung điểm đoạn Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng

BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y 0 B(1; 2) ABAD CD D A ABCDC âu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng có , điểm , đường thẳng BD có phương trình Đường thẳng qua vng góc với cắt cạnh Đường phân giác góc cắt cạnh Biết đường thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh

     

 

 

2

2 1

1 ,

3 1

x

x y x y

x x y

x x x y



    



 



     





Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

, x y 

2 2

2

y x

y x x

 

 

 



 Câu 10 (1,0 điểm) Cho thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 

4

2

P x y

x y

  



SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016

MƠN THI: TỐN

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn

- Với hình học khơng gian thí sinh khơng vẽ hình vẽ hình sai khơng cho điểm tương ứng với phần

II ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1

2 x y

x  

 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1,0

2

2 x y

x  

 \ {2}

D 1 Tập xác định: Sự biến thiên

2

' 0,

( 2)

y x D

x

   



( ;2) (2;)Suy hàm số nghịch biến khoảng Hàm số khơng có cực trị

0,5

2

lim 2; lim 2; lim ; lim

x y x  y x  y x  y Các giới hạn

x y2Suy tiệm cận đứng, tiệm cận ngang đồ thị.

0,25

Bảng biến thiên

0,25

1 ;0

 

 

 

1 0;

2

 

 

  I(2; 2)3 Đồ thị: Giao với trục Ox tại, giao với trục Oy , đồ thị có tâm đối xứng điểm

2 3

y x  x  Tìm điểm cực trị đồ thị hàm số 1,0

* Tập xác định: 0,25

2

' , '

2 x

y x x y

x  

    



 0,25

Bảng xét dấu đạo hàm

0,25

Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có

x y6 x2 y2Hàm số đạt cực đại giá trị cực đại ; đạt cực tiểu và giá trị cực tiểu

0;6 2; 2

Vậy điểm cực đại đồ thị hàm số M, điểm cực tiểu đồ thị hàm số N

0,25

3 a

2

log log

4 x

x 

Giải bất phương trình (1) 0,5

0

x +) Điều kiện bất phương trình (1) là: (*) +) Với điều kiện (*),

2

2 2 2

(1) log xlog x log 4  log x log x 0

2

(log x 2)(log x 1)

   

0,25

2

4

log

1

log

2 x x

x x

  

 

  



  



  

0; 4;

2

S   

  +) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm bất phương trình (1)

0,25 AD

b 5.9x 2.6x 3.4x

  Giải phương trình (1) 0,5

x Phương trình cho xác định với 4x

 Chia hai vế phương trình (1) cho ta :

3

5.9 2.6 3.4

2

x x

x x x    

        

   

2

3

5

2

x x

   

       

   

2

3

1

2

x x

                 

   

   

    (2)

0,25

3

5

2 x

x  

     

  Vì nên phương trình (2) tương đương với

1

2 x

x  

  

 

  .

0

x Vậy nghiệm phương trình là:

0,25

4 I x 2 sin 3 xdx

Tính nguyên hàm 1,0

2 sin u x

dv xdx

   



 Đặt 0,25

cos 3 du dx

x v

   

 

 ta

0,25

 cos3 cos3

3

x x

I     xdx

Do đó: 0,25

 cos3 sin

3

x x

x C 

   0,25

5

S ABC SAABC ABC, 90 ,0 AB a BC a ,  3,SA2a S ABC.

Cho hình chóp có Chứng minh trung điểm I cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tính diện tích mặt cầu theo a

1,0 I

A C

 

SA ABC  SABC Vì

ABBC BCSAB BCSB Mặt khác theo giả thiết , nên đó

0,25

Ta có tam giác SBC vng đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên

SC

IA IB  ISIC (*)

S ABCVậy điểm I cách bốn đỉnh hình chóp, I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

0,25

2 SC R

Từ (*) ta có bán kính mặt cầu

2 2

AC AB BC  aTa có

2 2 2 2

SC SA AC  a R a

0,25

2

4R 8a Diện tích mặt cầu 0,25

6 a 2cos2 x sinx 1 0

   Giải phương trình 0,5

2

2cos x sinx  1 2sin xsinx 0  (sinx1)(2sin +3)=0x Ta có: 0,25 sinx

  2sinx    3 x (do )

 

sinx

2

x  k  k

      

 

2

x k  k 

Vậy nghiệm phương trình cho

0,25

b Đội văn nghệ nhà trường gồm học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B học sinh lớp 12C Chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn lễ bế giảng năm học Tính xác suất cho lớp có học sinh chọn có học sinh lớp 12A

0,5

Gọi không gian mẫu phép chọn ngẫu nhiên

9 126

C  Số phần tử không gian mẫu là:

Gọi A biến cố “Chọn học sinh từ đội văn nghệ cho có học sinh ba lớp có học sinh lớp 12A”

Chỉ có khả xảy thuận lợi cho biến cố A :

+ học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C + học sinh lớp 12A, học sinh lớp 12B, học sinh lớp 12C

0,25

2 2 1 .3 .3 .3 78

C C C C C C C C C  Số kết thuận lợi cho biến cố A là: 78 13

126 21

P 

Xác suất cần tìm

0,25 7

S ABCD

3

a SD

AB K AD S ABCD HK SDCho hình chóp có đáy hình vng cạnh a, Hình chiếu vng góc H đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) trung điểm đoạn Gọi trung điểm đoạn Tính theo a thể tích khối chóp khoảng cách hai đường thẳng

SH

2 2 ( 2) (3 )2 ( )2

2

a a

SH  SD  HD  SD  AH AD    a a

Từ giả thiết ta có đường cao hình chóp S.ABCD

0,25

2 a

3

1

3 3

S ABCD ABCD

a

V  SH S  a a 

Diện tích hình vng ABCD , 0,25

/ / / /( )

HK BD HK SBD Từ giả thiết ta có

( , ) ( ,( ))

d HK SD d H SBD Do vậy: (1)

Gọi E hình chiếu vng góc H lên BD, F hình chiếu vng góc H lên SE

, ( )

BDSH BDHE BD SHE  BDHF HF SE

( ) ( ,( ))

HF  SBD  HF d H SBD Ta có mà nên suy (2)

0,25



.sin sin 45

2

a a

HE HB HBE 

+) +) Xét tam giác vng SHE có:

2 2

4

3

( )

4 a a

SH HE a

HF SE SH HE HF

SE a

a

    



(3)

( , )

3 a d HK SD 

+) Từ (1), (2), (3) ta có

0,25

8 BC D 7x y  25 0 MN N DC MBC M AD Oxy B y 0 B(1; 2)

ABAD CD D A ABCDTrong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình thang vng có , điểm , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình Đường thẳng qua vng góc với cắt cạnh Đường phân giác góc cắt cạnh Biết đường thẳng có phương trình Tìm tọa độ đỉnh

1,0

0,25

E O K H

B

A D

C S

BMDCTứ giác nội tiếp

   450

BMC BDC DBA

   

BMC

  MBC vuông cân B, BN phân giác

, M C

 đối xứng qua BN

4

( , ) ( , )

2 AD d B CN d B MN

    0,25

2

ABAD BDAD  Do 0,25

: ( ; 2) BD y   D a

5 a BD a        , (5;2)

D D( 3;2) Vậy có hai điểm thỏa mãn là:

0,25

9      

 

 

2

2 1

1 ,

3 1

x

x y x y

x x y

x x x y

                 

Giải hệ phương trình:

1,0 1 x y     

 Điều kiện:

         

   

3

3 1

1 1

1 1

x x x

x x x

y x y y y

x x x

                  3 1 1 x x y y x x               0,25

 

f t  t t  f t  3t2    1 t 

 1

1

x x

f f y y

x x

 

    

 

 

  3x2 8x 4 x x1Xét hàm số trên

có suy f(t) đồng biến Nên Thay vào (2) ta

0,25

2x 12 x x 12

    

2

2

1

6 3

2 1

1 5 13

2 1

3 9

9 10

x

x x x

x x

x

x x x

2 1 x y x  

 Ta có

4 3 3

2

x   y  13 41 13

9 72

x   y 

Với Với Các nghiệm thỏa mãn điều kiện

 ;  3;4 3 x y    

 

  KL: Hệ phương trình có hai nghiệm

  13 41 13

& ; ;

9 72

x y     

 . 0,25 10   4 2

P x y

x y     2 2 y x

y x x

 

 

 



 x y,  Cho thỏa Tìm giá trị nhỏ của biểu thức

1,0

2

2

2

2

x

x x x

     y 0

 Từ giả thiết ta có và

 2  

2 2 2 3 2 2 6 5

x y x   x  x  x x  x 0; Max        

2

( ) 2 ; 0;

5 f x  x x  x x  

  Xét hàm số ta f(x) = 2 2 2

x y

  

0,25

 

   

 22

2

2 2 2

2 2

2

2

2 x y

P x y x y x y

x y x y            2 tx y

2 2

,

2 t P t t      Đặt 0,25

Xét hàm số:

 

2

( ) , 0;2

2 t

g t t

t    3 2 2

'( ) t ; '( )

g t t g t t

t t



     

0,25

3

3 16

2

P khi x y

Lập bảng biến thiên ta có Min 0,25

-Hết -TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TOÁN - TIN

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN: TỐN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút không kể giao đề (Đề gồm có trang)

3 3

yx  xCâu (1,0 điểm). Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số x y x  

 2;4 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn Câu (1,0 điểm)

a)    

2

3

3

log x  x log x4 1

b)

2 1

3

2 1

2

8

x x

   

  

  Giải bất phương trình: ﾧ.

 

2

2 sin

I x x dx



  

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

Oxyz  P :x y  2z 0 A2;0;0 , B 3; 1;2   S I  P A B O,

Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , cho mặt phẳng hai điểm Viết phương trình mặt cầu tâm thuộc mặt phẳng qua điểm điểm gốc toạ độ

Câu (1,0 điểm)

a)  tan 2

cos2 -3 sin

P 

 

Cho góc lượng giác , biết Tính giá trị biểu thức

b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ

ABCDCâu (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy hình chữ nhật có AB = a, AD = a√3 Biết góc đường thẳng A’C mặt phẳng (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ khoảng cách hai đường thẳng chéo B’C C’D theo a

Oxy ABC A G ABC D AC GD GC G d: 2x3y 13 0 BDG  C :x2 y2 2x 12y 27 0

     B BC B G

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ , cho tam giác vuông cân Gọi trọng tâm tam giác Điểm thuộc tia đối tia cho Biết điểm thuộc đường thẳng tam giác nội tiếp đường trịn Tìm toạ độ điểm viết phương trình đường thẳng , biết điểm có hồnh độ âm toạ độ điểm số nguyên

Câu (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau tập :

2

5 13 57 10

2

3 19

x x x

x x

x x

   

  

  

, ,

a b cCâu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương Chứng minh rằng:

 

6

2

2

a b c

a b c

a b c a b c

 

  

     

TRƯỜNG THPT PHÙ CỪ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TỔ TỐN TIN MƠN: TỐN – Ngày thi: 31/01/2016 – Lần 1

Thời gian làm bài: 180 phút khơng kể giao đề (Đáp án gồm có trang)

Câu Đáp án Điểm

1 y x3 3x

  Câu (1,0 điểm). Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2

' 3 '

1 x

y x y

x  

     



 Ta có

Giới hạn

 

 

3

2

3

2

3

lim lim lim

3

lim lim lim

x x x

x x x

y x x x

x

y x x x

x

     

        

 

        

 

 

       

 

0,25

Bảng biến thiên

x   11  

'

f x  0 0

  f x

2

2

   1;1

Hàm số đồng biến khoảng   ; 1 1;

Hàm số nghịch biến khoảng Hàm số đạt cực đạt điểm x = yCĐ =

Hàm số đạt cực tiểu điểm x = -1 yCT = -2

0,25

Đồ thị:

Bảng giá trị

x -2 -1

y -2 -2

f(x)=-x^3+3*x

-8 -6 -4 -2

-5

x y

0,25

2 1

2

x y

x

 

 2;4 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn

2;4  

 Hàm số liên tục đoạn 0,25

 2

1

' 0, 2;4

2

y x

x

 

     



Ta có

 2 1; 4 

3

y  y 

Có 0,25

2;4 max = y  

  x4 2;4

1 =

3 y  

  x2Vậy

0,25

3

Câu (1,0 điểm)

   

3

3

log x  x log x4 1

a) Giải phương trình x x      

 Điều kiện:

       

     

2

3 3 3

2

3

log log log log log

log log 4

x x x x x x

x x x x x x

        

 

       

 

0,25

2 4 12 0

6 x x x x         

 (thoả mãn) 2;

x x

Vậy phương trình có hai nghiệm

0,25

2 1

3

2 1

2 x x       

  b) Giải bất phương trình ﾧ. Bất phương trình tương đương với

 

2

2

1

2 3 1

2 2 2 1

x

x x x x x



    

       

ﾧ

0,25

2 2 0 2 0

x x x

       S   2;0 Vậy bất phương trình có tập nghiệm 0,25

4

 

2

2 sin

I x x dx



  

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

 

2 2

0 0

2 sin sin

I x x dx xdx dx xdx A B C

   

           0,25

2 2 0

A xdx x

      2 0

B dx x

      ; 0,25   2 0

sin os

C xdx c x





    0,25

2

1

4

I A B C      

Vậy

0,25 5

Oxyz  P :x y  2z 0 A2;0;0 , B 3; 1;2   S

I  P A B O, Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ , cho mặt phẳng hai điểm Viết phương trình mặt cầu tâm thuộc mặt phẳng qua điểm điểm gốc toạ độ

 , , 

I x y z I  P  x y  2z 0  1

  , ,

A B O S  IA IB IO  

2

2

x y z

x

   

 

 

 Do Suy

2 1

2

1

x y z x

x y z y

x z

      

 

    

 

   

   I 1; 2;1 Từ (1) (2) ta có hệ

0,25

6

R IA  Bán kính mặt cầu (S) 0,25

x 12y22z 12 6

Vậy phương trình mặt cầu (S) là: 0,25

6

Câu (1,0 điểm)

 tan 2

cos2 -3 sin

P 

 

a) Cho góc lượng giác , biết Tính giá trị biểu thức

2

2

cos2 -3 2cos

sin cos

P  

 



 

 0,25

2

2

1 1

1 tan cos

5

cos tan

 

 

    



9 P 

Suy

0,25

b) Trong kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh trường THPT Phù Cừ có 10 học sinh đạt giải có học sinh nam học sinh nữ Nhà trường muốn chọn nhóm học sinh 10 học sinh để tham dự buổi lễ tuyên dương khen thưởng cuối học kỳ năm học 2015 – 2016 huyện uỷ Phù Cừ tổ chức Tính xác suất để chọn nhóm gồm học sinh mà có nam nữ, biết số học sinh nam số học sinh nữ

 

10 252

n  C 

Không gian mẫu

Gọi A biến cố học sinh chọn có nam nữ đồng thời số học sinh nam học sinh nữ

1

4

C C Trường hợp 1: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có

2

4

C C Trường hợp 2: Chọn học sinh nam học sinh nữ nên ta có

0,25

 

4 6 180

n A C C C C 

Suy   57

P A 

Vậy xác suất cần tìm

0,25

7

aC D' B C' ABCD A B C D ' ' ' '600ABCD A C' AB a AD a,  3ABCD

' ' ' '

  '

A A  ABCD ABCD A B C D ' ' ' '

Do lăng trụ đứng nên

 ' 600

A CA  ABCD A C' Suy góc và mặt phẳng

0,25

2 2 ' .tan600 2 3

AC  AB BC  a A A AC  a Có

2

, ABCD

AB a AD a  S AB AD a

ABCD hình chữ nhật có ' ' ' '

ABCD A B C D V A A S' ABCD 6a3 Vậy thể tích khối lăng trụ

0,25

Do C’D//AB’ nên C’D//(AB’C)

 ' , '   ' , A '   ', A '  B, A ' 

d C D B C d C D B C d C B C d B C

Suy Do BC’ giao với mp(AB’C) trung điểm BC’ (vì BCC’B’ hình chữ nhật)

0,25

 '   '   ' 

BM AC  AC  BB M  AB C  BB M

Kẻ theo giao tuyến B’M

 

' '

BH B M  BH  AB C dB, A ' B C BH

Kẻ hay

2 2 2 2

1 1 1 17 51

17

' ' 12

a BH

BH B B BM B B BC AB  a   Có

 ' , '  51 17 a d C D B C 

Vậy

0,25

G B BC B  C :x2y2 2x 12y27 0 BDG d: 2x3y 13 0 G 

Tam giác ABC vng cân A có G trọng tâm nên GB = GC

Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G

Suy

 2 2 900

BGD  BCD  BCA   BG GD

Hay tam giác BDG vuông cân G 10

R  Đường trịn (C) tâm I(1;6) bán kính ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung điểm BD

10

IG  IG BDDo

0,25

13

: 13 ;

3 m G d x y   G m  

 Vì

2;3

10 28 75

; 13 13 G IG G             

 Từ , toạ độ điểm G số nguyên nên G(2;3).

3 17

x y  IG BDBD qua I(1;6) nên phương trình

      2;5 , 4;7 B

B D BD C

D   

  

 (do hoành độ điểm B âm)  2;5

B 

Vậy

0,25

Gọi M trung điểm BC ta có AM = MB = MC (do ABC vng cân A) AM BC  GM MB

1

3

GM  AM  MB

Suy

 

tan cos 10 MG GBM GBM MB     Nên  ,

n  a b



a2 b2 0

 

Gọi với VTPT BC 4; 2 BG  1;2

BG    n 

                           

Ta có VTCP BG là VTPT BG

      

cos , cos , cos cos ,

10

BG

BG BG

BG

n n

BG BC n n GBM n n

n n                                        Có   2 2

3 35 40 5 0

7

10 5

a b a b

a ab b

a b a b                  0,25   1;1

a b   n  

:

BC x y   Trường hợp 1: Với nên phương trình

: 33

BC x y  7a b  0 n  1;7 

Trường hợp 2: Với nên phương trình

x y  

Do hai điểm D G mằn phía đường thẳng BC nên phương trình BC thoả mãn

 2;5

B  BC x y:   3 0

Vậy

9

Câu (1,0 điểm). Giải bất phương trình sau tập :

2

5 13 57 10 2 9

3 19

x x x x x

x x           19 3 x x        

 Điều kiện

Bất phương trình tương đương

 19  2 19  2 9

3 19

x x x x

x x x x             0,25

2 x 19 3x x 2x

      

2

5 13

2 19

3

x x

x x x x

     

           

   

  2

2

2 2

2

5 13

9 19

3

x x x x

x x x x x x                              0,25

 2 0  *

5 13

9 19

3 x x x x x x                                   13

9 19

3 x x x x                       19 3; \

3 x  

  Vì với

0,25

 * x2 x 2 0 2 x 1

       

Do (thoả mãn) 2;1

S   

Vậy tập nghiệm bất phương trình

0,25 10 a b c, , Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực dương Chứng minh rằng:

 

 

2 1

2

a b c

a b c

a b c a b c

 

  

     

Bất đẳng thức tương đương với

 

6

2 3

4 4

a b c

a a b b c c a b c

a b c a b c

                                       0,25                

2 2

2

4 4

a b c a b c

a b c a b c

     

   

      0,25

       

 

2 2

2

2

2

a b c a b c

a b c a b c

     

   

     

0,25

       

     

 

 

2

2

2

6

2

a b c a b c

VT VP

a b c

a b c

         

 

  

  

    

2; 3;

a  b c Dấu xảy

Vậy bất đẳng thức (2) Do bất đẳng thức (1) chứng minh

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Đồng Đậu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: Tốn

Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề.

 

3 3 2 1 2,

y x  mx  m  x m

Câu (2,0 điểm). Cho hàm số tham số. 1) m1Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho

2) x2Tìm tất giá trị m để hàm số cho đạt cực tiểu Câu (1,0 điểm).

1) log (2 x 5) log ( x2) 3 Giải phương trình:

2) 7x 2.71x

   Giải phương trình:

 

2

( ) ln

f x x   x 2;0Câu (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của

hàm số đoạn

10 x

3 n x

x

 



 

  Cn4 13Cnn 

 Câu (1,0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa khai triển

biểu thức , biết n số tự nhiên thỏa mãn

Câu (1,0 điểm). 



 

  sin( )

3

  tan

 

 



 

  1) Cho góc thỏa mãn Tính

2) Trong thi “Rung chuông vàng” có 20 bạn lọt vào vịng chung kết, đó có bạn nữ 15 bạn nam Để xếp vị trí chơi, ban tổ chức chia bạn thành 4 nhóm A, B, C, D, nhóm có bạn Việc chia nhóm thực hiên cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để bạn nữ thuộc nhóm.

Câu (1,0 điểm).

S ABCD Cho hình chóp có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt

phẳng vng góc với mp(ABCD) Biết AC = 2a, BD = 4a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AD SC.

1: 2 0, 2: 3

d x y  d x y  3 d1 d2 d1Câu (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ

với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình tam giác ABC có diện tích trực tâm I thuộc Đường thẳng tiếp xúc với đường trịn nội tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hồnh độ dương

Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

 

2 2 3 1 1

3 7

x xy y y y x

y x y x

       

 

     



 . 2 12

a  b  

2 4

4

8 P

a b a b

  

 Câu (1,0 điểm). Cho số thực dương a, b thỏa mãn

Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

-Hết -(Cán coi thi khơng giải thích thêm)

Sở GD – ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Đồng Đậu

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 2015-2016 ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM

Mơn thi: Tốn

Câu Đáp án Điểm

1.1 (1,0 điểm)

3 3 2

y x  x  Với m = hàm số trở thành D R *Tập xác định :

* Sự biến thiên:

lim , lim

x y x  y  + Giới hạn vô cực:

0,25

2

' , '

2 x

y x x y

x  

    



 + Chiều biến thiên :

( ;0)(2;) (0;2) Các khoảng đồng biến: ; khoảng nghịch biến : 0, CD

x y  x2,yCT 2. + Cực trị: Hàm số đạt cực đại ; đạt cực tiểu tại

0,25

+ Bảng biến thiên:

x -∞ +∞ y’ + - 0+

0 y

-2 -∞

0,25

*Đồ thị:

0,25

1.2 (1,0 điểm)

2

' 1; '' 6

y  x  mx m  y  x m Ta có: 0,25 '(2)

2

''(2) y

x

y  

  



 Hàm số cho đạt cực tiểu

0,25

2 12 11 0

12

m m

m

   

 

 



0,25

1 m

 

Vậy với m = thỏa mãn u cầu tốn.

0,25 2.1

(0,5

5

x Điều kiện Phương trình cho tương đương với

điểm) log (2 x 5)(x2) 3  (x 5)(x2) 8

2 3 18 0 6( / )

3( )

x t m

x x x l          

x Vậy phương trình cho có nghiệm 0,25

2.2 (0,5

điểm) ,

x t t

2

14

9 14

7 t

t t t

t t            

 Đặt Ta có phương trình: 0,25

2, 7x log

t suy ra   x Với

7, 7x

t suy ra   x Với log 2;17 

S  Vậy phương trình cho có tập nghiệm

0,25

3 (1,0 điểm)

( )

f x Ta có hàm số xác định liên tục đoạn [-2;0];

4 2

'( ) x x f x x      0,25

 2;0 ì '( ) x  th f x   x

Với 0,25

1

( 2) ln 5; ( ) ln 2; (0)

2

f    f    f 

Ta có 0,25

1 ln ln

4 v

 

Vậy giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f(x) đoạn [-2;0]

0,25 4 (1,0 điểm) n n N    

 Điều kiện Phương trình cho tương đương với

! !

13

4!( 4)! ( 2)!2!

n n

n  n

0,25

2 5 150 0 15( / )

10( )

n t m

n n n l           15

n Vậy 0,25

Với n = 15 ta có   15 15 15 3 15 2 15 45 15 1 ( 1)

k

k k

k

k k k k

x C x

x x C x                        0,25 10

x 45 5 k 10 k 7( / )t m Để khai triển cho có số hạng chứa 10

x C157.( 1) 6435 Vậy hệ số khai triển cho 0,25

5.1 (0,5 điểm)

1

sin( ) sinx

3

    

Ta có:

7

tan tan tan cot

2 2

                                 0,25 cot    

    cot2 12 cot 12 2

sin sin

 

 

     

Vì Do

7

tan 2

2        

  Vậy

5.2 (0,5 điểm)

5 5 20 15 10 C C C C

  Chia 20 học sinh thành nhóm nên số phần tử khơng

gian mẫu 0,25 Gọi A biến cố “ Chia 20 học sinh thành nhóm cho bạn nữ thuộc

cùng nhóm”

5 5 15 10

C C C Xét bạn nữ thuộc nhóm có cách chia 15 nam vào nhóm

còn lại

5 5 15 10

A C C C

  Vì bạn nữ thuộc nhóm A,B,C hay D nên ta có 5

15 10 5 5 20 15 10

4

( )

3876

A C C C

P A

C C C C 

  

 Vậy xác suất biến cố A

0,25

6 (1,0 điểm)

SH  ABGọi H trung điểm AB, tam giác SAB nên SAB  ABCD suy SH, ABCDMà

2

,

OA a OB  a AB OA OB a Gọi O giao điểm AC BD, ta

có

3 15

5

2

a

SH a 

5

a Tam giác SAB cạnh nên đường cao

0,25

2

1

.2 4

2

ABCD

S  AC BD a a a

Đáy ABCD hình thoi nên có diện tích

3

1 15

3

S ABCD ABCD

a

V  S SH 

Vậy thể tích khối chóp S.ABCD

0,25

 

/ / / /

AD BC AD SBC Ta có

 ;   ;( )  ;( )  ;( ) 

d AD SC d AD SBC d A SBC  d H SBC Do

à ê ( )

BCHK v BCSH n n BC SHK Gọi K hình chiếu H BC, ta có

à ê ( )

HI SK v HI BC n n HI  SBC Gọi I hình chiếu H SK, ta có

 

( ; ) ;( )

d AD SC  d H SBC  HITừ suy

0,25

2

2

HBC ABC ABCD

S S S a

HK

BC BC BC

  

   

Ta có

2

15

91

HS HK a

HI

HS HK

 

 ;  15 91 a d AD SC  HI 

Vậy 7

(1,0

điểm) M AIBC ( 0), , AB x x  R rG

ọi Giả sử lần lượt bán kính đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC

2 3 3

3

4

ABC

x x

S     x

-Do tam giác ABC nên

0,25

1

3

3 3

r IM AM

    

-Do tam giác ABC nên trực tâm I tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC

1

(2 2; ) ( 1)

I a a d a Giả sử 0,25

2 d

2

6

3(2 2) 3 1( )

( ; ) 6 3

3 9

2

a a a l

d I d r a

a

 

    



       

 

 

Do tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên

(2; 2)

I Suy

2

3

R AM 

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính

 phương trình đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC

2

( 2) ( 2)

3 x  y 

:

0,25

1

( )d Giao điểm đường thẳng (C ) nghiệm hệ phương trình:

2

2

4

( 2) ( 2)

3

x y

x y

  

  

   

 

1 ( )d ( )d2

2 4

(2 ; ), (2 ; )

15 15 15 15

E   F  

Vậy giao điểm

0,25

8 (1,0 điểm)

 

2 2 3 1 1 (1)

3 7 (2)

x xy y y y x

y x y x

       

 

     





1

2

x y

x y

  

  

   

 Điều kiện

1

(1) ( )( ) ( )

1

1

( )

1

y x

y x y x y y x

y x

y x y x y

y x                              0,25 1

1 (*)

1 y x

y x y

y x                x y     

 + Với , suy phương trình (*) vơ nghiệm

y x  5 x3 5x 2 x7 (3)+ Với thay vào (2) ta

0,25

4

5 ó :

5 x ta c Điều kiện

     

 

2

2

(3) 3( 4)

3

7

0

7 5

1

5

7 5

x x x x

x x

x x

x x x x

x x

x x x x

                                    0,25

2 5 4 0

4

1

0( )

7 5

x

x x

x

VN

x x x x

                      

( ; ) (1;2) ( ; ) (4;5)x y  v x y  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

0,25

9 (1,0 điểm)

2 2 12

a  b  

2 4

4

8 P

a b a b

  

 Cho số thực dương a, b thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

Từ giả thiết bất đẳng thức CơSi ta có:

2 2 12 4 2 16 4 2 16 2 2 16 0 8

a  b  a   b  a b  a b   ab 0,25

 

2 2

2

4 2

4 5

64 8 16 64 2

a b ab a b

P

a b

a b a b b a

b a                    Do ( 2) a b t t b a

   1

16 64

P t

t

  

 Đặt , ta có

0,25

2

1 1

( ) ê (2; )

16 64

f t t tr n

t

   

 Xét hàm số  2

1 5

'( ) ; '( )

8 64 2

f t t f t t

t

    

 Ta có

Bảng biến thiên

2; 

5 27

min ( )

2 64

f t f 

    

  Từ bảng biến thiên ta có 27

64 P

2,

a b Suy , dấu xảy 27

64 a2,b4.Vậy P đạt giá trị nhỏ

0,25

-

Mơn: Tốn

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề

y=x3−6x2+9x −2 Câu (2.0 điểm). Cho hàm số (1)

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

b) A(−1;1) Viết phương trình đường thẳng qua điểm vng góc với đường thẳng qua hai điểm cực trị (C)

Câu (1.0 điểm)

y=x4−2x2+3 [0;4] Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số : đoạn

Câu (1.0 điểm)

a) sinα=1

2 P=√2(1+cotα) cos(

π

4+α) Cho Tính giá trị biểu thức

b) 95 3 x x 34−2x Giải phương trình: =

Câu (1.0 điểm).

x5 (x+

x2)

14

a)Tìm hệ số số hạng chứa khai triển :

b) Trong mơn Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng

Câu (1.0 điểm)

√9x2+3+9x −1≥√9x2+15 Giải bất phương trình: Câu (1.0 điểm).

ABC ABC A ' B ' C ' AB=a ,AC=a√3 BCC' B ' M , N CC' B ' C ' ABC A ' B ' C '

A ' B ' MN Cho lăng trụ đứng , có đáylà tam giác vng A,, mặt bên hình vng, lần

lượt trung điểm Tính thể tích khối lăng trụ tính khoảng cách hai đường thẳng

Câu (1.0 điểm).

ABC ABC Oxy (C):x2

+y2−3x −5y+6=0 H(2;2) BC=√5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác nội tiếp đường tròn Trực tâm tam giác đoạn

A , B , C Tìm tọa độ điểm biết điểm A có hồnh độ dương

Câu (1.0 điểm)

¿

x3− y3+5x2−2y2+10x −3y+6=0

√x+2+√4− y=x3+y2−4x −2y

¿{

¿

Giải hệ phương trình :

Câu (1.0 điểm)

, , a b c

a2

+b2+c2=3 S=a

+b3

a+2b+

b3+c3

b+2c+

c3+a3

c+2a

Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

-Hết -Thí sinh không dùng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:………SBD:……… …

TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1

Câu Nội dung Điểm

1a

y=x3−6x2+9x −2 Câu (2.0 điểm). Cho hàm số (C)

a)Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1.0

 TXĐ D= R 0.25



x=1

¿

x=3

¿

⇒

¿

y=2

¿

y=−2

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>

 xlim  y ; limx y- Giới hạn vô cực:

0.25

BBT

(− ∞;1);(3;+∞) KL: Hàm số đồng biến khoảng

Hàm số nghịch biến khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại xcđ =1 , y cđ=

Hàm số đạt cực tiểu xct =3 , y ct =-

0.25

 Đồ thị 0.25

x y’

y

  

 1 3

 

 0 0

 

2

-2

1b

A(−1;1) b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm vng góc với đường thẳng

qua hai điểm cực trị (C) 1.0

Đuờng thẳng qua c ực trị A(1;2) B(3;-2) y=-2x+4 0.5

Ta có ptđt vng góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ 0.25

y=1

2x+

2 Vậy PT đư ờng thẳng cần tìm 0.25

2

y=x4−2x2+3 [0;4] Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ

hàm số đoạn 1.0

y’=4x3-4x =4x(x2-1) 0.25

[0;4] y’= <=> x=0, x=1 x= -1 loại 0.25

Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 0.25

[0;4] Vậy GTLN y = 227 , x=4

[0;4] GTNN y= trên x=1 0.25

3

a) sinα=1

2 P=√2(1+cotα) cos(

π

4+α) Cho Tính giá trị biểu thức 0.5

P=sinα+cosα

sinα (cosα −sinα)=

1−2sin2α

sinα 0.25

sinα=1

2 thay vào ta tính P =1 0.25

b) 95 3 x x 2Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 0.5

x2

+2x −3=0 đưa số phương trình tđ với 0.25

nghiệm cần tìm x = x = -3 0.25

4

x5 (x+

x2)

14

a)Tìm hệ số số hạng chứa khai triển :

(x+

x2)

14

(x+2x−2)14=∑

❑ ❑

C14

k

x14−3k.2k =

số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = => k=3

C14

23=2912 Hệ số cần tìm

0.25 0.25 f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2

-2 -1

-3 -2 -1

b) Trong mơn học Tốn, thầy giáo có 40 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ Một ngân hàng đề thi đề thi có câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng

0.5

|Ω|=C740=18643560 Khơng gian mẫu việc tạo đề thi :

Gọi A biến cố chọn đựợc đề thi có đủ loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) số câu hỏi

dễ khơng

|ΩA|=C20

.C5

.C15

+C204 C51.C152 +C205 C51C151 =4433175

0.25

P(A)=|ΩA| |Ω|=

915

3848 Xác suất cần tìm 0.25

5

√9x2+3+9x −1≥√9x2+15 Giải bất phương trình: 1.0

9x −1≥√9x2+15−√9x2+3≥0⇒x ≥1

9 Nhận xét :

bpt⇔(√9x2+3−2)+3(3x −1)≥√9x2+15−4

0.25 ⇔ 9x2−1

√9x2+3+2+3(3x −1)−

9x2−1

√9x2+15+4≥0 0.25

(3x −1)[ 3x+1

√9x2+3+2−

3x+1

√9x2+15+4+3]≥0 (3x −1)[(3x+1)(

√9x2+3+2

−

√9x2+15+4)

+3]≥0⇒3x −1≥0⇔x ≥1

3

0.25

x ≥1

3 kết hợp Đk suy nghiệm BPT là nghiệm bpt 0.25

6 ABC ABC A ' B ' C ' AB=a ,AC=a√3 BCC' B ' ABC A ' B ' C ' Cho lăng trụ đứng Có đáylà tam giác vng A,, mặt bên hình vng, M, N trung điểm CC’ B’C’ Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng A’B’ MN

Ta có BC= BB’=2a

VABC A ' B 'C '=BB'.SΔABC=2a.1

2a.a√3=a

3

√3 .

0.25 0.25

gọi P trung điểm A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy khoảng cách d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H hình chiếu vng góc C’ lên mp(MNP)

Cm H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPC’

0.25

C ' H= C ' M.C ' P

√C ' P2

+C ' M2=

a√21

7 0.25

7 ABC ABC (C):x2

+y2−3x −5y+6=0 H(2;2) BC=√5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nội tiếp đường tròn Trực tâm tam giác , 1.0

I(3

2;

2) AH(2− x ;2− y) Gọi tâm đường tròn (C) A(x;y) suy M

trung điểm BC

AH=√5⇔x2

+y2−4x −4 y+3=0 Học sinh tính 0.25

kết hợp với A thuộc đường trịn (C) nên ta có hệ phương trình

¿

x2+y2−4x −4y+3=0

x2

+y2−3x −5y+6=0

¿{

¿

Giải hệ ta (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)

AH=2IM Suy toạ độ A(1;4) ,chứng minh

0.25 0.25

0.25

B

A

C

P B’

M

N

A’

C’

AH=2IM

(2y −1)2+y2−3(2y −1)−5y+6=0⇔y2−3y+2=0⇔

y=1

¿

y=2

¿

x=1

¿

x=3

¿ ¿ ¿

⇒¿ ¿ ¿ ¿

Từ ta tính

M(2;3/2) Do (BC ) vng góc với IM nên ta viết phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường trịn (C) ta

Suy toạ độ B(1;1) , C(3;2) B(3;2) , C(1;1)

Vậy A( 1;4), B(1;1) , C(3;2) A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)

8

¿

x3− y3+5x2−2y2+10x −3y+6=0(1) √x+2+√4− y=x3+y2−4x −2y(2)

¿{

¿

Câu 8: Giải hệ 1.0

x ≥-2;y ≤4 Điều kiện

(1)⇔x3+5x2+10x+6=y3+2y2+3y ⇔(x+1)3+2(x+1)2+3(x+1)=y3+2y2+3y

f (t)=t3+2t2+3t , f '(t)=3t2+4t+3>0∀t∈R Xét hàm số

Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay pt (2) ta đuợc

√x+2+√3− x=x3+x2−4x −1 Phương trình :

0.25

⇔(√x+2+√3− x)−3=x3+x2−4x −4⇔2(√(x+2) (3− x)−2)

√x+2+√3− x+3 =(x+1)(x

−4)

⇔ 2[(x+2) (3− x)−4]

(√x+2+√3− x+3)(√(x+2) (3− x)+2)=(x+2)(x

− x −2)

⇔ 2(− x

2

+x+2)

(√x+2+√3− x+3)(√(x+2) (3− x)+2)−(x+2)(x

2

− x −2)=0

0.25

⇔(x2− x −2)[x+2+

(√x+2+√3− x+3)(√(x+2) (3− x)+2)]=0

¿0(vix ≥ −2)

⇔x2− x −2

=0⇔

x=2

¿

x=−1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)

0.25

9 a b c, ,

S=a

3 +b3

a+2b+

b3+c3

b+2c+

c3+a3

c+2a a

2

+b2+c2=3 Câu 9 : Cho ba số thực dương thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức :

x3+1

x+2 ≥

7 18 x

2 +

18 (x>0)() Trước tiên ta chứng minh BĐT : 0.25

( )⇔18(x3+1)≥(x+2)(7x2+5)

⇔(x −1)2(11x+8)≥0 với x>0, d ấu “=” sảy x=1 0.25

a b;

b c;

c

a Áp dụng (*) cho x

c3 +a3

c+2a≥

7c2

18 + 5a2

18 ;

b3 +c3

b+2c≥

7b2

18 + 5c2

18 ;

a3 +b3

a+2b≥

7a2

18 + 5b2

18 ;

0.25

S ≥12(a

2

+b2+c2)

18 =2 Từ đảng thức suy

Vậy MinS =2 a=b=c=1

Sở GD&ĐT Nghệ An ĐỀ THI THỬ KÌ THI THPT QUỐC GIA LẦN I Trường THPT Phan Thúc Trực Năm học 2015 – 2016

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

3 3 2

yx  x Câu 1: (2,0 đ) Cho hàm số (1)

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

y x b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thi (C) giao điểm (C) với đường thẳng d:

biết tọa độ tiếp điểm có hồnh độ dương

3

3

log (x 3 ) log (2x  x2) ; ( x )

Câu 2: (0,5đ)Giải phương trình:

4

( ) 10

f x  x  x  0; 2 Câu 3: (0,5đ)Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số đoạn

1

(1 x) I  e xdx

Câu 4: (1,0đ) Tính tích phân:

Câu 5: (1,0đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2;1;-3), B(4;3;-2), C(6;-4;-1) Chứng minh A, B,C ba đỉnh tam giác vng viết phương trình mặt cầu tâm A qua trọng tâm G tam giác ABC

Câu 6: (1,0đ) 

3

   

tan 2 A sin cos( 2) 

 

  

a) Cho góc thỏa mãn: Tính giá trị biểu thức

b) Trong cụm thi để xét cơng nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi mơn có mơn bắt buộc Tốn, Văn, Ngoại ngữ mơn thí sinh tự chọn số mơn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử Địa lí Trường A có 30 học sinh đăng kí dự thi, có 10 học sinh chọn mơn Lịch sử Lấy ngẫu nhiên học sinh trường A, tính xác suất để học sinh có nhiều học sinh chọn môn Lịch sử

Câu 7: (1,0đ)Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh 3a, hình chiếu S lên mặt phẳng

0

60 (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho AB = 3AH Góc tạo SA mặt phẳng (ABC) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng SA BC

Câu 8: (1,0đ)

( ;0)

H  ( ; )1 I

5x y  1 0 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD có diện tích 14, trung điểm cạnh BC trung điểm AH Viết phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D thuộc đường thẳng d:

5

( 3) ( )

9 16 2

xy y x x y x y

x y x

       

 

    



 ( ,x y )Câu 9: (1,0đ) Giải hệ phương trình: 2x3y7Câu 10: (1,0đ)Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu

thức

2 2

2 5( ) 24 8( ) ( 3)

P xy y  x y  x y  x y 

Hết………….

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Môn thi: Toán (Gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

a 1,0đ

* TXĐ: D=R * Sự biến thiên:

2

' 3, '

y  x  y   x - Chiều biến thiên:

0,25

(  ; 1) (1;v )Hàm số nghịch biến khoảng , đồng biến khoảng (-1;1) d

c

y  yct 4- Cực trị: HS đạt cực tiểu x = -1; đạt cực đại x = 1;

lim ; lim

x y  x  y- Giới hạn:

0,25 - Bảng biến thiên:

x  - -1 + y’ +

-y

+ 0



0,25

*Đồ Thị: Cắt trục Ox điểm (1;0); (-2;0); cắt trục Oy điểm (0;-2) Đi qua điểm (2; -4) 0,25

b 1,0đ

3 3 2 2

x x x

     Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm phương trình: 0,25

2( / )

x

x t m

x  

   



 0,25

Với x = y(2) = -4; y’(2) = -9 0,25

PTTT là: y = -9x + 14 0,25

2 (0,5đ)

Đk: x>0 (*)

3

log (x ) log (2x x 2)

    Với Đk(*) ta có: (1) 0,25

2 2 0 1( / )

2( )

x t m

x x

x loai 



     



 Vậy nghiệm PT x = 1 0,25

3 (0,5đ)

( )

f x 0;2 '( ) 8

f x  x  x xác định liên tục đoạn , ta có: 0,25

0;2 x

0 '( )

1 x f x

x  

   

 Với thì: Ta có: f(0) = 10; f(1) = 12; f(2) = -6

0;2ax ( ) (1) 12; ( )0;2 (2)

M f x f  f x f 

Vậy:

0,25

Câu Nội dung Điểm

4

(1,0đ) (1 x) x

u x du dx

dv e dx v x e

 

 



 

   

1

0

( x) ( x)

I x x e  x e dx

Khi đó: 0,25

2

1

3

1 ( )

2

x x

I e e

      0,25

0,25

(1,0đ)

2

(2;2;1); (4; 5; 2) ;

4

AB AC     AB AC

                                                        

 Ta có: khơng phươngA; B; C lập 0,25 2.4 2.( 5) 1.2

AB AC      ABAC                            

thành tam giác Mặt khác: suy ba điểm A; B;

C ba đỉnh tam giác vuông 0,25

6

AG Vì G trọng tâm tam giác ABC nên G(4;0; -2) Ta có: 0,25

AG (x 2)2(y1)2(z3)2 6Mặt cầu cần tìm có tâm A bán kính nên có pt: 0,25 (1,0đ) a 0,5đ     sin os c       

1

os sin os tan

1 tan 5

c   c  



    

 Vì nên

Do đó: 0,25

4 2sin os sin

5 A c    

Ta có: 0,25

b 0,5đ

5 30

( ) 142506

n  C  Số phần tử không gian mẫu là: 0,25

Gọi A biến cố : “5 học sinh chọn có nhiều học sinh chọn môn lịch sử”

5

20 20 10 20 10

( ) 115254

n A C C C C C  Số phần tử biến cố A là: 115254

( ) 0,81

142506

P A  

Vậy xác suất cần tìm là:

0,25

7

(1,0đ) ABC 2 a

(ABC)

 Diện tích đáy là: dt() = AB.AC.Sin600 = Vì SH nên góc tạo 0,25

60 SAH

   SH AH.tan 600 a 3SA (ABC) là: Thể tích khối chóp S.ABC là:

1

( )

3

a SH dt ABC 

V=

AD BC Kẻ d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=3d(H,(SAD)) Vì AB=3AH HI AD HKSI ADSH AD(SHI) ADHK Kẻ ,do nên Suy ra:

0,25

0,25

Câu Nội dung Điểm

0

AH.sin60 a

HI   2 12 12 52 15

3

a HK HK HI HS  a  

3 15

( , )

5 a d SA BC 

d(H, (SAD)) = HK Ta có: Trong tam giác SHI , ta có: Vậy

8 (1,0đ)

13 AH 

Vì I trung điểm AH nên A(1;1); Ta có: 0,25

2x 3y 1 M AHCDPhương trình AH là: Gọi H trung điểm AM

Suy ra: M(-2; -1) Giả sử D(a; 5a+1) (a>0) Ta có: 0,25

( , ) 14 ABCD ADM

ABH MCH S S AH d D AH

     

28 ( , )

13 d D AH

 

0,25 13a2 28 a2( ìv a0)(2;)

Hay

(1;3)

4MD 



(3; 1)

n  Vì AB qua A(1;1) có 1VTCP AB có 1VTPT lànên AB có

3x y  0 Pt là: 0,25

9 (1,0đ)

0

(*)

x y

  

 

 

1

( 1) ( 3) ( 1)

( 3) ( 1) (3)

x

x y y x x

y y x x

 

 

         

   

 Đk: Với đk(*) ta

có (1)

0,25

Câu Nội dung Điểm

B A

C

S

D

H

I K

M H

A B

D C

31

2 ( )

8 y   y loai

Với x = thay vào (2) ta được:

 3

(3) y2  y2 ( x)  x f t( ) t3 t f t'( ) 3t2 1 0; t

        Ta có: (4) Xét hàm số Hàm số f(t) hs đồng biến, đó:

0,25

( 2) ( ) 2

f y f x y x y x

         (4) thay vào pt(2) ta được:

2 2 x2 2x4  9x 16

2 2 2

32 8x 16 2(4 x ) 9x 8(4 x ) 16 2(4 x ) (x ) 0x

           

2

2(4 ) ( 0)

t  x t

2 2

4 16 ( )

4 0( )

x t

t t x x

x

t loai

  

     

   

 Đặt: ; PT trở thành:

0,25

2

2

0

4

2(4 ) 32

2 3

9 x x

x x y

x   

 

       

 

 Hay

4 ;

3

  

 

 

 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là:

0,25

10 (1,0đ)

2

2 3

6( 1)( 1) (2 2)(3 3) 36

2

x y

x y  x y        x y xy  

  Ta có 0,25

 2

2 2

5(x y ) 2x y  5(x y ) 2 x y

Ta có

2 2

2

( 3) 6

2( 3) 8( ) ( 3)

x y x y xy x y

x y xy x y x y

        

        

3

2( ) 24 2( 3)

P xy x y   x y xy   Suy

0,25

  , 0;5

t  x y xy t P f t( ) 2t 24 23 t 6

    Đặt ,

 

3 /

2

3

(2 6) 24.2

( ) 2 0, 0;5

3 (2 6) (2 6)

t

f t t

t t

 

     

  Ta có

0,25

 0;5 hàm số f(t) nghịch biến khoảng

3

min ( )f t f(5) 10 48 2  Suy

3

min 10 48 2,

1 x

P khi

y  

  



 Vậy

0,25

………….Hết………… Lưu ý: - Điểm thi khơng làm trịn

- HS giải cách khác đủ ý cho điểm tối đa phần tương ứng