De thi thu THPT quoc gia 2016 Cac truong

phương trình mặt phẳng P chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng Oxy và viết phương trình đường thẳng  ' là hình chiếu vuông góc của  lên mặt phẳng Oxy.. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi,[r]

SỞ GD&ĐT BẮC NINH THI THỬ KỲ TRƯỜNGĐỀ THPT HÀN THUYÊN (Đề thi có 01 trang) ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM THI THPT QUỐCNĂM GIAHỌC 2016 - ĐỀ SỐ 2015 – 2016 Thời gian làm bài 180 phút MÔN : TOÁN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề oOo Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   x3  3x  x  , có đồ thị  C  a) Tìm tọa độ các điểm trên đồ thị  C  , có hoành độ x0 thỏa mãn f '  x0   b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  , giao điểm đồ thị  C  và trục Oy Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos x  sin x  2cos x  Câu (1,0 điểm) a) Tính giới hạn lim x 1 x3 2 x2 1 12 2  b) Tìm số hạng không chứa x khai triển P  x    x   , x  x  Câu (1,0 điểm) a) Cho cos 2  Tính giá trị biểu thức P   tan  b) Một hộp đựng cầu trắng, cầu đỏ và cầu đen Chọn ngẫu nhiên Tính xác suất để chọn có đủ màu Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  và viết phương trình đường tròn đường kính AA ' Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Góc cạnh bên và mặt đáy 600 Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách hai đường thẳng SA và CD Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Điểm E  7;3 là điểm nằm trên cạnh BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD điểm N  N  B Đường thẳng AN có phương trình x  11y   Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D hình vuông ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng x  y  23   x   x   y  y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2   x  y   x  2 y  Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z  1;2 Tìm giá trị lớn biểu thức: P z  xy 4z  x  y  x  y 2 - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Hướng dẫn chấm – thang điểm có 03 trang) Câu b)  x  1 f '  x    3x  x     x  Với x  1  y   M1  1;  0,25 0,25 Với x   y  28  M  3; 28 0,25 Giao  C  và Oy là A  0; 1 Ta có: f '    9 0,5 Phương trình tiếp tuyến: y  9 x  0,5 cos x  sin x  cos x 2   x  x   k 2     cos x  cos  x     6   x   x    k 2    k 2 Thu gọn ta nghiệm: x    k 2 ; x   18 Phương trình ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN TOÁN 12 Nội dung – đáp án Điểm 0,25 Ta có f '  x   3x  x  a) HƯỚNG DẪN CHẤM Ta có lim x 1 a)  lim x 1 b) cos x  sin x  2cos x      x3 2 x3 2 lim  x 1 x2 1  x  1 x  1 x 1  x  1 x  1  x3 2   lim x 1  x   2 b)  x  1  x3 2   0,25 0,25 0,25 0,25 Số cách chọn cầu đủ màu là: C62 C41.C21  C61.C42 C21  C61.C41.C22 C62 C41 C21  C61.C42 C21  C61.C41 C22 24  C124 55 Phương trình AA ' :  x  1   y  5   x  y   0,25 k 12  k sin x cos x  cos2 x cos2 x 2 cos x    1  cos x  Không gian mẫu có số phần tử là C124 Xác suất cần tìm: P  0,25 0,25 P   tan    a) 0,5 x3 2 2 Số hạng tổng quát là Tk 1  C  x     C12k 2k x 243k  x Ta phải có: 24  3k   k   Số hạng không chứa x : C128 28  126720 k 12 0,25 2 x  y    x  1  Tọa độ giao điểm I AA ' và  :  x  y 1  y 1  I  1;1  A '  3; 3 Đường tròn đường kính AA ' tâm I  1;1 , bán kính IA  20 có phương trình: 1/3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  x  1   y  1 D H E  20 Gọi O là giao điểm AC và BD Ta có SO   ABCD    SA, ABCD   SAO  600 S A O C B a AC  a  AO  a SO  AO tan SAO  3a 2 a2 1 a SSAC  SO AC  a  2 2 Do AB //CD  d  SA, CD   d  CD,  SAB    d  C,  SAB    2d O,  SAB   0,25 0,25 0,25 Gọi E là trung điểm AB, H là hình chiếu O trên SE Ta có OH   SAB  1 4 14 a 42 a 42       OH   d  SA, CD   2 3a 14 OH OE SO a 6a Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn đường kính A B H E I N D C 0,25 AE  ANE  900  AN  NE  NE :11 x     y  3   11x  y  56  Tọa độ N là nghiệm hệ:  x  11x  y  56   7 5   N  ;   2 2 7 x  11y   y     0,25 Gọi H là trung điểm AE , có NBE  450  NHE  900  AN  NE 2 a   l    49  14a  85 7a     2  Gọi A  a;     Ta có AN  NE   a       22  11     a  2 0,25 c2   c2  Gọi C  c; 2c  23  trung điểm I AC : I  ; c  11  IA    ;12  c  ;       c 17  IN   ; c  2  c  10 Ta có AIN  90  IA.IN     C 10; 3 ; I  4; 1 c  39  l   0,25  A  2;1  EC   3; 6   BC :  x     y  3   x  y  17  1 3 IN   ;   BD :  x     y  1   3x  y  13  2 2 3x  y  13  x    B  6;5 , D  2; 7  Tọa độ điểm B :  2 x  y  17   y    x   x   y  y 1 Giải hệ phương trình  2   x  y   x  2 y   2 Điều kiện: x  2/3 0,25 0,25 Phương trình 1       x 1  x 1  y3  y  x   y x   y x   y    3 y  Ta có x   y x   y    x     y   0x  1, y nên phương trình  3 2  x 1  y2 tương đương x   y    y  0,25 Thế vào phương trình   , ta được: x  x    x   x  x   x2  2x    x  2    x  2x  7    x2  x    x2  2x     0,25 x2  2x     x  2  x2  2x    x2  x   x  2x   x 1     x  x   x      x   2 Do x   x   2  y    0,25  Vậy hệ có nghiệm  2; z2   x  y   z   z  z  xy 4z 4z Ta có P        4  1 2 x  y  x  y x y  x  y  x y  x y z  P  t  4t  Đặt t  x y 1  Với x, y, z  1; 2  x  y   2; 4  t   ;1 4  1  Xét hàm số f  t   t  4t  1, t   ;1 Ta có bảng biến thiên: 4  t 1 0,25 0,25 0,25 f t  33 16 Vậy MaxP   t    a; b; c   1;1;2  0,25 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng đáp án - Câu Không vẽ hình không cho điểm - Câu Không chứng minh các tính chất hình học phần nào thì không cho điểm phần đó Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 3/3 10 SỞ GD&ĐT BẮC NINH THI THỬ KỲ TRƯỜNGĐỀ THPT HÀN THUYÊN (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I THI THPT QUỐC GIA 2016 NĂM HỌC 2015-–ĐỀ 2016SỐ Thời gian làm bài 180 phút MÔN : TOÁN 12 oOo -Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  2 x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số x2 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  x3  3x  trên đoạn  2;1 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình  2sin x  1   sin x  cos x   sin x  cos x Câu (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n 20   b) Tìm số hạng chứa x khai triển P  x    x   , x  x    5 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, với A  2;5 , trọng tâm G  ;  ,  3 tâm đường tròn ngoại tiếp I  2;  Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC Câu (1,0 điểm) sin   cos   cot  sin   cos  b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu Câu lạc Toán học và 10 a) Cho tan   2 Tính giá trị biểu thức: P  thành viên tiêu biểu Câu lạc Tiếng Anh Trong trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên thành viên tham gia trò chơi Tính xác suất cho thành viên chọn, Câu lạc có ít thành viên Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  AB  2a Tam giác SAD là tam giác vuông cân đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy  ABCD  Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA và BD, Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  AB Điểm  31 17  H  ;  là điểm đối xứng điểm B qua đường chéo AC Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật  5 ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  và C có tung độ âm 8 x3  y   y y   x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  y   x   x3  13  y    82 x  29     Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  Tìm giá trị lớn biểu thức: P  x  y  z   x  y  3  y  x  1 z  1 - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 11 SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang) Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN TOÁN 12 Nội dung – đáp án Điểm \ 2 Tập xác định D  Ta có lim y  2; lim y  2 x  x  0,25 lim y  ; lim y   x 2 x 2 Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2 y'    0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và x    không có cực trị Bảng biến thiên   x  y'    y  2  Đồ thị Hàm số y  f  x   x3  3x  xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x  x  x    2;1 y'    x    2;1 f  2   16; f    4; f 1    2sin x  1   0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy Giá trị lớn là x  , giá trị nhỏ là 16 x  2 PT   2sin x  1 0,25  0,25 0,25 sin x  cos x   cos x  2sin x  1  0,25 sin x  cos x    2sin x     sin x  cos x   0,25   x    k 2  +) 2sin x    sin x      x    k 2  0,25  x  k 2   +) sin x  cos x    cos  x       x  2  k 2 3   Điều kiện: n  , n  n! An2  3Cn2  15  5n  n  n  1   15  5n 2! n  !   a) n   n  11n  30    n  b) 1/4 12 20  k 0,25 0,25 k k 20  k 20 3 k   k     C20  1 x  x  15 Ta phải có 20  3k   k   Số hạng chứa x là C20 x Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  x  0,25 0,25 0,25  10 10  Gọi M là trung điểm BC Ta có AG   ;   3  10 4     xM    xM     AG  2GM     M  3;0   10   y    yM   M   3  0,25 0,25 IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến BC 0,25 Phương trình BC :  x  3  y   x  y   0,25 a) b) tan    tan   tan  2  P   2  Số phần tử không gian mẫu là n     C20 P 0,25 0,25 Gọi A là biến cố “Chọn thành viên, cho câu lạc có ít thành viên” Số kết thuận lợi cho A là C105  C105  504 504 625 Xác suất biến cố A là P  A    C20 646 Gọi I là trung điểm AD Tam giác SAD là tam S giác vuông cân đỉnh S  SI  AD Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  K H D A I O C B S ABCD  AB.BC  a.2a  2a AD SI  a 1 2a  VS ABCD  SI S ABCD  a.2a  3 Dựng đường thẳng  d  qua A và song song với BD Gọi H là hình chiếu vuông góc I trên  d  BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  d  D,  SAH    2d  I ,  SAH   Gọi K là hình chiếu vuông góc I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH Ta có IH  a a a  IK   d  SA, BD   H D A tan ACB  N B  cos ACD   cos ACH và sin ACH  sin ACD  C 2/4 13 0,25 5  cos ACD  5 5 0,25    sin HCD  sin ACD  ACH  Ta có d  H , CD   18 18  HC   5 65   31 Gọi C  c; c  10   CH    c;  c    0,25 c  2  31   67  Ta có:   c     c   72    C  5; 5  c  73      Phương trình BC :  x  5   y  5   x  y  Gọi B  b; b  , ta có BC  CH   BC  72   b     b    72 2 0,25 b  11 loai    B  1;1 b  1 Tìm A  2;  , D  8; 2  0,25  2 x   x   Điều kiện:   y    y  Phương trình x3  y   y y   x   x    x     y2  y2 0,25 Xét hàm đặc trưng: f  t   t  t , f '  t   3t   0t Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R Suy ra: x  y  Thế x  y  vào phương trình thứ hai ta được:  2x 1   x  1   x  1  x   8x3  52 x  82 x  29 x    x  1  x  24 x  29   x   x  24 x  29    x  1   x   x  24 x  29  0,25  2x 1   x   y      x   x  24 x  29  Giải phương trình: x   x  24 x  29  Đặt t  x  1, t   x  t  Ta phương trình: t   t  1  12  t  1  29   t  14t  t  42  t   t  3  loai     t   t  3  t  t     t   29  loai     29 t   3/4 14 0,25  y  11  29 13  29 103  13 29 Với t  x y Với t   x  0,25      13  29 103  13 29  Vậy hệ phương trình đã cho có cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ;  ;  2  2    Đặt a  x  2, b  y  1, c  z Ta có a, b, c  và P  a  b2  c2   a  b a  b2  c    c  1    a  1 b  1 c  1 0,25 2 Ta có   a  b  c  1 2 Dấu "=" xảy và a  b  c  Mặt khác  a  1 b  1 c  1  a  b  c  3  27 27 Khi đó : P  Dấu "  "  a  b  c   a  b  c   a  b  c  13 0,25 27 Đặt t  a  b  c   t  Khi đó P   , t  t (t  2)3 27 81 , t  ; f '(t )    ; Xét hàm f (t )   t (t  2) (t  2) t 10 0,25 f '(t )   (t  2)4  81.t  t  5t    t  ( Do t  ) lim f (t )  t  Ta có BBT t f 't  +  - f t  0 Từ bảng biến thiên ta có max f (t )  f (4)   t  a  b  c  1 maxP  f (4)     a  b  c   x  3; y  2; z  a  b  c  Vậy giá trị lớn P là , đạt  x; y; z    3; 2;1 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng đáp án - Câu Không vẽ hình không cho điểm Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 15 0,25 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1) ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPTĐỀ QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ Năm học: 2015-2016 Thời gian làm bài 180 phút Thời gian: 180 phút oOo Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  3x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số  f  x  x    x   trên đoạn  12 ; 2 2 Câu (1,0 điểm) a) Giải phương trình sin x  cos x   2sin x cos x b) Giải phương trình log  x   log  x  x  1  Câu (1,0 điểm) Tìm y x 1 x 1 hai điểm m A, B để đường thẳng cho d  : y  x  m cắt đồ thị  C  hàm số AB  Câu (1,0 điểm) a) Cho cot a  Tính giá trị biểu thức P sin a  cos a sin a  cos a b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, đó có 30 công nhân tay nghề loại A, 15 công nhân tay nghề loại B, công nhân tay nghề loại C Lấy ngẫu nhiên theo danh sách công nhân Tính xác suất để người lấy có người tay nghề loại A, người tay nghề loại B, người tay nghề loại C Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đường cao SA 2a , tam giác   30 Gọi H là hình chiếu vuông A trên ABC vuông C có AB  2a, CAB SC Tính theo a thể tích khối chóp H ABC Tính cô-sin góc hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O là gốc tọa độ) có diện tích 6, OA song song với BC , đỉnh A  1;  , đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : x  y   , đỉnh C thuộc đường thẳng  d  : x  y   Tìm tọa độ các đỉnh B, C Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có phương trình AB, AC là x  y   0, x  y   , điểm M 1;  thuộc   đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x2  x   x2  x3 2 1 trên tập số x 3 thực Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn  x  2   y  2  xy  32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  x3  y   xy  1 x  y   -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh 16 đã chia sẻ đến Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) www.laisac.page.tl Câu ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016 Nội dung  Tập xác đinh: D    Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  x  x ; y '   x  0; x  2 Các khoảng đồng biến  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến  2;  - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  2, yCD  ; đạt cực tiểu Điểm 0,25 x  0, yCT  4 - Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x  x  0,25  Bảng biến thiên 2  x y'   y    4  0,25  Đồ thị f x = x3+3x2-4 -15 -10 -5 10 15 -2 -4 -6 -8 0,25 Ta có f  x   x  x  ; f  x  xác định và liên tục trên đoạn   ; 0 ;  f '  x  4x  x  0,25 Với x    ; 2 , f '  x    x  0; x    1 Ta có f     , f    4, f    0, f     2 16 0,25 0,25 Giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f  x  trên đoạn     ;  là và sin x  cos x   2sin x cos x  sin x  cos x   sin x  sin x a) 0,25 0,25  cos x   sin x 17   x  k sin x    x    k 2   2sin x   sin x    sin x     5 x   k 2  b) Điều kiện x  0, x  0,25 Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :   x  x  1   16  x  x  1   x2  x  x  1  4 x 1 Pt hoành độ giao điểm  x  m  x    x  m  x  1 (vì x  không x 1 là nghiệm pt)  x   m   x  m   (1) 2 log  x   x  1  0,25 0,25 Pt (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2    m    m   x  x  m  Khi đó A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  Theo hệ thức Viet ta có   x1 x2  m  2 0,50 AB   AB  18   x1  x2   18   x1  x2    2   x1  x2   x1 x2    m     m  1   m  1 a) P  4 0,50 4 sin a  cos a sin a  cos a sin a  cos a   2 2 2 sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a  sin a  cos a 0,25  cot a  17   4  cot a  15 b) Số phần tử không gian mẫu n     C503  19600 Chia tử và mẫu cho sin a , ta P  0,25 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “trong người lấy ra, người thuộc loại” là C301 C151 C51  2250 Xác suất cần tính là p 2250 45  19600 392 0,25 S K H A B I C 18 Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ HI song song với SA thì HI   ABC  Ta có CA  AB cos 30  a Do đó 1 a2 AB AC.sin 30  2a.a 3.sin 30  2 HI HC HC.SC AC AC 3a Ta có        HI  a 2 2 2 SA SC SC SC SA  AC 4a  3a 7 1 a a Vậy VH ABC  S ABC HI  a 3 7 (Cách khác: VH ABC  VB AHC  S AHC BC ) Gọi K là hình chiếu vuông góc A lên SB Ta có AH  SC , AH  CB (do CB   SAC  ), suy AH   SBC   AH  SB 0,25 S ABC  0,25 Lại có: SB  AK , suy SB   AHK  Vậy góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  là  HKA 1 1 a.2  2  2   AH  ; 2 AH SA AC 4a 3a 12 a 1 1 1  2     AK  a 2 AK SA AB a 4a 2a Tam giác HKA vuông H (vì AH   SBC  ,  SBC   HK ) a.2   cos HKA   AH   sin HKA AK a OA : x  y  0,50 OA  BC  BC : x  y  m   m   Tọa độ điểm B là nghiệm hệ x  y 1  x  1 m   B 1  m; m    2 x  y  m  y  m  Tọa độ điểm C là nghiệm hệ 3 x  y   x  m    C  m  2;  3m   2 x  y  m   y   3m SOABC   OA  BC  d  O, BC   m 1 2 1  22   2m     4m    6   22  12  0,50   2m   1 m  12 Giải pt này cách chia trường hợp để phá dấu giá trị tuyệt đối ta m   7; m  Vậy B  7; 1   , C  1  7;1   B  2;1 , C 1; 5  0,50 Gọi vec tơ pháp tuyến AB, AC , BC là    n1 1;  , n2  2;1 , n3  a; b  Pt BC có dạng a  x  1  b  y    , với a  b  Tam giác ABC cân A nên     cos B  cos C  cos n1 , n3  cos n2 , n3   a  2b a  b2  2a  b a  b2     a  b  a  b 0,50 19 Với a  b Chọn b  1  a   BC : x  y    B  0;1 , C   ;  , 3   không thỏa mãn M thuộc đoạn BC Với a  b Chọn a  b   BC : x  y    B  4; 1 , C  4;  , thỏa mãn M thuộc đoạn BC Gọi trung diểm BC là I  I  0;3       Ta có DB.DC   DI  IB  DI  IC   DI  BC BC  4 Dấu xảy D  I Vậy D  0;3  Điều kiện x  3 Bất pt đã cho tương đương với x  x2  x3 x  2  x2    x 3 0,25 x2  x   x3 x   x2   x2  x   x3 x 3  1 x  x    x    x  3 x  x2  x3  x2   0,50 x 3       x2  x    x  1   1  2    x  x2   x  x              x  x      x    1  x  (Với x  3 thì biểu thức ngoặc vuông luôn dương) Vậy tập nghiệm bất pt là S   1;1 10 0,25 2 Ta có  x  4   y    xy  32   x  y    x  y     x  y  A   x  y    x  y   xy    x  y    x  y    x  y   Xét hàm số: f  t   t  t  3t  trên đoạn  0;8 1 1 t  Ta có f '  t   3t  3t  3, f '  t    t  (loại) 2    17  5 17  5 Ta có f    6, f  , f    398 Suy A    4   Khi x  y  0,50 0,25 0,25 0,25 1 thì dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A là 17  5 0,25 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 20 TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU THI THỬ KỲ ĐỀĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ Năm học 2015 – 2016 Thời gian làm bài 180 phútTOÁN LỚP 12 MÔN: oOo -Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ( Đề thi gồm 01 trang) Câu 1( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x2 (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Tìm m để đường thẳng qua điểm cực trị đồ thị (C) tạo với đường thẳng  : x  my   góc  biết cos   Câu 2(1,0 điểm ) Tìm các đường tiệm cận đồ thị hàm số y  2x  x  2015   Câu 3( 1,0 điểm) Xác định hệ số số hạng chứa x3 khai triển  x5   x   Câu 4(1,0 điểm) Giải phương trình sin x  sin x cos x  cos2 x  Câu 5(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  a a , SB  2   60 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy Gọi H, K là trung điểm , BAD AB, BC Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin góc đường thẳng SH và DK Câu 6(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có DC  BC , tâm I( - ; ) Gọi M là trung điểm cạnh CD, H( - 2; ) là giao điểm hai đường thẳng AC và BM a) Viết phương trình đường thẳng IH b) Tìm tọa độ các điểm A và B Câu 7( 1,0 điểm) Giải phương trình x    x    x  x2  x2  x   x  1   trên tập số thực  x  y  z  Câu 8( 1,0 điểm) Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  Tìm giá trị lớn 2  x  y  z  biểu thức P  x3  y3  z3 - Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh:……… Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 21 TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I MÔN: TOÁN LỚP 12 (Hướng dẫn gồm 04 trang) Chú ý:  Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó  Điểm toàn bài không làm tròn CÂU ĐÁP ÁN TXĐ: D   Sự biến thiên: y  x2  x  x  x   ĐIỂM 0.25 x  y     x  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;  và  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  Hàm số đạt cực tiểu x =  yCT  4 , cực đại x =  yCÑ  0.25 Giới hạn lim y  , lim y   x Bảng biến thiên x  x -∞ y’ 1a) (1,0 đ) 0 + +∞ - + +∞ 0.25 y -4 -∞ Đồ thị y f(x)=x^3-3*x^2 0.25 x -4 -2 -2 -4 -6  Đường thẳng qua CĐ, CT là 1 : x  y   VTPT n1  2;1  Đường thẳng đã cho  : x  my   có VTPT n2 1; m 1b) (1,0 đ)   Yêu cầu bài toán  cos  ; 1   cos n1; n        25 m2  m   5.16 m2   m2 m2   0.25 0.25 0.25  11m2  20 m   22 m     m    11 2x  2x    ( lim    ) nên x  2015 là x2015 x  2015 x2015 x  2015 tiệm cận đứng đồ thị hàm số 2x  Vì lim  nên y = là tiệm cận ngang đồ thị hàm số x x  2015 Vì (1,0 đ) 0.25 lim  0.5 0.5 9 k k   Xét số hạng thứ k + khai triển Tk 1  C9k x   x  k  k k 18  Tk 1  C9 x Vì số hạng chứa x3 nên 7k  18   k  Vậy hệ số số hạng chứa x3 khai triển là C93 56  1.312.500   (1,0 đ)     PT  sin x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25   sin x  cos x  sin x  cos x   (1,0 đ) sin x  cos x  1    sin x  cos x    0.25 1  tan x  1  x   4  k  k       tan x   x  arctan  k  k    0.25 0.25 S B C K 0.25 H M (1,0 đ) D A Từ giả thiết ta có AB = a, SA  a a , SB  nên ASB vuông S 2 AB  SAH Gọi M là trung điểm AH thì SM  AB Do  SAB    ABCD   SM   ABCD   SH  1 Vậy VKSDC  VS.KCD  SM.SKCD  SM SBAD 3 a a.a a   (đvtt) 2.2 32 0.25 0.25 23 Gọi Q là điểm thuộc AD cho AD = AQ  HQ  KD nên  SH , DK    SH , QH   Gọi I là trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ   Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH , QH   SHI 0.25 Trong tam giác vuông SHI có: 6a (1,0 đ) 1 a HQ DK HI  cos SHI    4  a a a SH 2  IH   1; 1 0.25 0.5 Nên đường thẳng IH có phương trình x  y   A 0.5 B I H D C M   Từ giả thiết ta suy H là trọng tâm BCD  IA  3HI  A(2; 5) 6b (1,0 đ) 2 BC BC BM  BC  MC  , HC  AC  3 3 2  HB  HC  BC nên BM  AC   BM qua H( -2; ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình Ta có HB  x  y    tọa độ B có dạng B( t; - t - ) 0.25 0.25 0.25 Lại có IA  IB nên 18   t  1   t    t  4t     t  2  Do đó    t  2  ĐK:    B 2  2;1  2     B 2  2;1  2      0.25  x  Phương trình 2  (1,0 đ)  2x    2x     x  12   x  12   (*) x    2x     2    0.25 Xét hàm số f  t   t  t trên  0;   có f   t   2t   t   0;   nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;      f x    x  f   x  1 Do đó pt (*) trở thành      f đồng biến       0.25 24  2x 1  8   x  1  2x  8   x    x   x  1 2  x    x   x  1  3  x   ( **)  x   a  thì phương trình (**) trở thành Đặt    x  b   2 2 8 a  b  a  b 2 8  a  b   a  b  4a b (1)        a  b   a  b  2 Từ (1)   a  b   16  a b   a  b    a b      0.25   a  b  ab  16  8a b  a b (***) Đặt ab = t   t   thì pt (***) trở thành   16  8t  16  8t  t  t  t   t  2t   t     x    t  2  loại         x x  Vậy t =          t loạ i     x   x  x      t    loại  0.25 Chú ý: HS có thể giải theo cách khác sau Đặt a  x    x Phương trình đã cho trở thành a  a    a  2a   a  8a  8a    Có x  y  z   z    x  y   P  x3  y3   x  y   xyz Từ x  y2  z2    x  y  xy  z2   z2  xy   xy  z2   0.25  Vậy P  z z2  4 x  y  z2  z2    z  2 3  4 Đặt P  f  z  3z3  z với z    ; K  3   z    K   Có f   z  9z  , f   z    z   K   Do  x2  y2  z2  (1,0 đ)  4    4   2 Ta có: f   , f  ,f  ,f     3    3  3  3   2 Do max P  z  ;x  y   3 0.25 0.25 0.25 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến4 www.laisac.page.tl 25 SỞ GD-ĐT HƯNG YÊN KỲ THI KSCL NĂM 2015 - 2016 ĐỀ THPT THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC 2016 TRƯỜNG YÊN MỸ Môn:GIA TOÁN 12 - ĐỀ SỐ Thời gian gian làm làm bài: bài 180 phút không kể thời gian giao đề Thời 120 phút, oOo Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x  1 Câu 2(1,0 điểm) Tìm GTLN-GTNN hàm số sau : y   x  x  trên đoạn  2;   2 log5 Câu (1,0 điểm)Tính A log  log4 81 log2 27  81 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y   x  m cắt đồ thị y x2  C  hai điểm phân biệt Khi nào có ít hai giao điểm có tọa x 1 độ nguyên ? Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh   600 Gọi H là trung điểm IB và SH vuông góc với mặt phẳng a, góc BAD (ABCD) biết SH  a 13 a) Hãy tính thể tích khối chóp S ABCD b) Gọi M là trung điểm SB , N thuộc SC cho SC = 3SN Tính tỉ số thể tích khối chóp S.AMN và khối chóp S.ABCD c) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)    x3 y   x y  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y  y   x  x  Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  121 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  2  a  b  c 14  ab  bc  ca  (1) (2) Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 26 Trang ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015 - 2016 CÂU ĐÁP ÁN Câu 1a Ta có: y  x  x  3x  ĐIỂM 0,25 DR x  y '  x  x  3; y '    x  Sự biến thiên: +Trên các khoảng  ;1 và  3;   y '  nên hàm số đồng biến + Trên khoảng (1; 3) có y’< nên hàm số nghịch biến Cực trị: +Hàm số đạt cực đại x = giá trị cực đại y  0,25 +Hàm số đạt cực tiểu x = 3; giá trị cực tiểu y = Giới hạn: lim y   và lim y    x   x   Bảng biến thiên: x 0,25  y' + y -  +   Đồ thị: giao Oy (0;1) Đi qua (2; ) và (4; 0,25 ) 27 Trang Câu 1b y '  x2  x  0,25 Đường thẳng y = 3x + có hệ số góc x  x  Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên: y '  x     x   y  pttt y  3x  x   y  pttt 29 y  3x  Thử lại, ta y  x  Câu 2(1,0 điểm) 0,25 0,25 29 thỏa yêu cầu bài toán Tìm GTLN-GTNN hàm số sau : y   x  x  trên đoạn  2;   2 y '  4 x  x 0,25 1  Trên  2;  có y '   2  x   x  1  0,25   23 y  2   7, y  1  , y    , y      16 Kết luận Câu (1,0đ) 0,25 0,25 max y  y  1  và y  y  2   7  1 2;     1  2;    0,25 x2  C  Tìm giá trị m để đường thẳng d : y   x  m x 1 cắt đồ thị ( C ) hai điểm phân biệt Tìm m để đó có ít điểm Cho hàm số y  có tọa độ nguyên Xét phương trình hoành độ giao điểm x2  x  m x 1 x    x  mx  m   0,25 m     m   0,25 Do (C ) có bốn điểm có tọa độ nguyên là A  0; 2  ; B  2;  ; C  4;  và D  2;  Ycbt  d : y   x  m qua bốn điểm A, B, C, D 28 0,25 Trang 0,25  m  2  m  Câu log Tính A  log  log 81  log 27  81 (1 đ) A  log  log 2   log 81  log 27  81log5  log  log  log 27  3log3  0.5 6.9  54   625  626 27 0,5 Câu S a) Ta có SH  ( ABCD)  SH là đường cao chóp S.ABCD K Theo giả thiết hình thoi ABCD có B C góc A = 60 suy tam giác BAD BD  a  S ABCD  S ABD a2  Vậy VS ABCD  SH S ABCD  b) VS AMN VS ABC VSABC VS ABCD VS AMN VS ABCD  0,5 H I A E D 39 a 24 0,5 SA SM SN  SA SB SC 0.5  12  0.25 0.25 5c gt  HD  a Trong (ABCD) kẻ HE  CD và (SHE) kẻ HK  SE 0,25 Lập luận HK   SCD   d  H ; SCD   HK 29 0,25 Trang Xét  HED vuông E, ta có HE  HD.sin 600  SH HE Xét  SHE vuông H, ta có HK  SH  HE 3 a  39 79 a 0,25 Mà d (B, (SCD )) BD 4    d(B,(SCD ))  d (H , (SCD ))  HK  d (H , (SCD )) HD 3 Do AB / /(SCD)  d(A,(SCD))  d(B,(SCD))  Câu  39 79 79 a a 0,25   x3 y   x y  Giải hệ phương trình   y  y   x  x  39 (1) (2) 0,25 Điều kiện: y    PT (1)  x  x y   y    x  Khi đó, PT (2)  y  y   x  x  (3) 0,25 Xét hàm f  t   t  t  trên 0;   t Có f '  t    t2 1  t   f  t  đồng biến trên  0;   Khi đó, PT (3)  f  y   f  x   y  x 0,25 Thay vào phương trình (1) ta phương trình: x  x3  x x  Đặt t  x > có hàm số g  t   t10  t  t có g'  t   10t  6t  3t  t  Mà g 1   t   x   x  0,25 1 Với x   y  Hệ phương trình có nghiệm  x; y   1;   2 Câu Ta có  (a  b  c)2  a  b  c  2(ab  bc  ca )  ab  bc  ca  Do đó A   (a  b  c ) 0.25 a b c  121 7(1  (a  b  c )) 30 Trang Đặt t  a  b  c 0.25 Vì a,b, c  và a  b  c  nên  a  1,  b  1,  c  Suy t  a  b  c  a  b  c  B C S Mặt khác  (a  b  c)2  a  b2  c2  2(ab  bc  ca )  3(a  b  c ) 1 Suy t  a  b  c  Vậy t   ;1 3  t Xét hàm số f  t    f ' t    0,25 121 1  ; t   ;1 1  t  3  121  2 t 1  t  f ' t    t  18 BBT t f '(t ) 18  + f (t ) 324 324 324 1  ; t   ;1  Vậy A  với a; b; c thỏa điều kiện đề 7 3   2 1 324 a  b  c  bài Hơn nữa, với a  ;b  ; c  thì  18 và A   a  b  c  Suy f  t   Vậy A  0,25 324 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 31 Trang TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ NĂM HỌC 2015-2016 Thời gian làm bài 180 phút oOo -x (C) 2x 1 Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số b Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số y  x3  3x2  12 x  trên [– 1; 5] Câu (1.0 điểm) log 3log8 log3 a) Tính: A  81  27 3 b) Giải phương trình: cos 3x.cos x  Câu (1.0 điểm) Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi môn đó có môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và môn thí sinh tự chọn số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí Trường X có 40 học sinh đăng kí dự thi, đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn môn Hóa học Lấy ngẫu nhiên học sinh trường X Tính xác suất để học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình: x x  x3  x  ( x  ) x3  x  x Câu (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a, AD=a Hình chiếu S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H AB, SC tạo với đáy góc 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD) Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB=2BC, D là trung điểm AB, E thuộc đoạn AC cho AC=3EC, biết phương 16  xy  x  1  x3  y  x  y  Câu (1.0 điểm) Giải hệ PT  ,( x, y   ) 2         y x y x x 1    Câu (1.0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a  b  c  Tìm GTLN trình đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) Tìm tọa độ các điểm A, B, C     biểu thức S ab bc ca   ab  2c bc  2a ca  2b -Hết Thí sinh không dùng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:………………… Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 32 TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán - Khối A, D - Lớp: 12 Câu Nội dung Điểm x Cho hàm số y  (C) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2x 1 1   TXĐ D   \   2 1  lim y  , đồ thị có TCN y  ; lim  y  ; lim  y   , đồ thị hàm số có x  1 2 x  x   2 1.0 0.25 2 TCĐ x   y'    y '  0, x  D  x  1 0.25  BBT x y' y 1/2   - -   0.25 1a   1 1     Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  ,  ;   2  Đồ thị 0.25 1 1   Đồ thị nhận I  ;  là tâm đối xứng 2 Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ 1b Với y0  x0    x0   x0  x0  x0  Ta có: f '( x)    x  1  f '(2)   1.0 0.25 0.25 33  2 Vậy PT tiếp tuyến điểm  2;  là: y   x  9  3 0.5 Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số y  x3  3x2  12 x  trên [–1; 5] 1.0 0.25 y '  x  x  12  x  1  1;5 y'     x  2   1;5 Ta có: y (1)  14, y (1)  6, y(5)  266 Vậy max y  266 x  5, y  6 x  1;5 1;5 log a) Tính: A  81  27 log 3 3log8 0.25 0.25 0.25 0.5 4log 3log 3log3 23 32 A3 3 3 2log 5 6 3  54  63  22  845 b) Giải phương trình: cos 3x.cos x  PT  cos x  cos x   cos 2 x  cos x   cos x    x  k (k  ) cos x   ( L )  Tính xác suất để học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học Số phần tử không gian mẫu là n  C403 3 Gọi A là biến cố “3 học sinh chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học sinh chọn môn Hóa học” 1 Số phần tử biến cố A là nA  C101 C202  C102 C20  C20 C101 C101 Vậy xác suất để xảy biến cố A là PA  nA 120  n 247 x  x3  x  Giải bất phương trình: x  ( x  ) x  x2  2x ĐK: x > 0, BPT tương đương: ( x  1)( x  1) x x ( x  1)  1 Xét hàm số f (t )  Ta có: f '(t )   x  t t3 trên  t2 1  1 0.25 0.5 0.25 0.25 1.0 0.25 0.5 0.25 1.0 ( x  1)3  (1) x  ( x  1)  t  3t 0.25 0.25 0.25  t   0.25 Mà f(t) liên tục trên  nên f(t) đồng biến trên  3 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD) (1) có dạng: f  x   f  x  1  x  x 1   x  34 0.25 1.0 S P A D 0.25 H M B C Ta có HC là hình chiếu vuông góc SC lên mặt phẳng (ABCD) suy (SC;(ABCD))=(SC;AC)=  SCH =45 HC=a suy SH=a 1 2 a3 VSABCD  SH SABCD  SH AB AD  3 Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu H lên SM đó HM  CD; CD  SH suy CD  HP mà HP  SM suy HP  (SCD) Lại có AB//CD suy AB// (SCD) suy d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP a a d(A;(SCD))= 3 HP HM HS2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B, AB=2BC, D là trung điểm AB, E thuộc đoạn AC cho AC=3EC, biết phương trình Ta có   suy HP= 16 ;1) Tìm tọa độ các điểm A, B, C 0.25 0.25 0.25 1.0 đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( A D E I B C Gọi I  BE  CD BA EA    E là chân đường phân giác góc ABC BC EC BD  BC  BE  CD  BE : 3x  y  17  I  BE  CD  Tọa độ I (5; 2) Đặt BC  x   AB  x; AC  x 5; EC  x 35 0.25 0.25 0.25 CEB  450  IC  IB  BC.cos 450  IE  CE  CI  IE  x x       IB  3 IE  B(4;5)   C  CD  C (3a  1; a ) a  BC  BI  BC   a  4a     a  Với a=1 thì C (2;1), A(12;1) 0.25 Với a=3 thì C (8;3), A(0; 3)  xy  x  1  x3  y  x  y  Giải hệ PT  , ( x, y  ) 2 3 y  x    y    x  x   ĐKXĐ x   Ta có xy  x  1  x3  y  x  y  x3  x y  y  xy  x  y    1.0   0.25 y  x   x  y   x  y  1     y  x 1 Với y  x  thay vào PT thứ ta    x  1  x    x      x  x   Dễ thấy PT vô nghiệm     0.25 Với y  x thay vào PT thứ ta 3x  x    x    x  x       x 1  2 x     2 x  1    2 x  1   Xét hàm số f (t )  t  t    ta có f '(t )  t      3x    x  x     x  1 2 2 0.25 t2 t2   suy hàm số đồng biến   1 Từ đó suy x  2 x   x   Vậy HPT có nghiệm  x; y     ;   5  0.25 Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a  b  c  Tìm GTLN biểu thức S  ab 1 a b      a  c  b  c   a  c b  c  a b Đẳng thức xảy và  ac bc bc 1 b c  ca 1 c a  Tương tự ta có       ,  bc  2a  b  a c  a  ca  2b  c  b a  b  1 ab bc ca  Cộng các vế ta S      2 ab bc ca  Ta có 1.0 ab bc ca   ab  2c bc  2a ca  2b ab ab   ab  2c ab   a  b  c  c 36 0.25 0.25 0.25 Đẳng thức xảy và a  b  c  Vậy S max   x yz 0.25 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến www.laisac.page.tl 37 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ Thời gian làm bài 180 phút oOo 38 39 40 41 42 43 44 45 S CHÍ MINH NG THPT TR O THI TH THPT L N I- C 2015-2016 MÔN TOÁN Ngày thi: 13/10/2015 Th i gian làm bài: 180 phút Bài x3 Cho hàm s : y 3x2 a) Kh o sát s bi n thiên và v b) Vi th (C) c a hàm s ình ti p n c a (C) bi t ti p n có h s góc k Bài y Tìm k (d) c t (C) t 2x x th (C) G ng th ng qua H(3,3) và có h s góc k m phân bi t M,N cho tam giác MAN vuông t i A(2,1) Bài a) Tính A 625 16 2.64 b) Rút g n bi u th c: B 32 log 3a log a log a 25 Bài ình vuông ABCD c nh 4a L y H, K l t trên AB, AD cho BH=3HA, ng th ng vuông góc v i m t ph ng ABCD t i H l y S cho góc SBH = 30 o G i m c a CH và BK a) Tính VS.ABCD b) Tính VS.BHKC và d(D,(SBH)) c) Tính cosin góc gi a SE và BC Bài ình và b ình sau a) x2 2x x b) x x x i th a x y Bài Cho s th bi u th c: P x3 y3 Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a 3xy H t 46 thi th Bài : (d) : y = k(x – 3) + 3(0,25) m c a (C) và (d) : 2x kx 3k kx 2k x 3k x (d) c t (C) t m phân bi t k k (0,25) 16k 4k ih cl n1 ( 2015 – 2016) Bài 1:a) Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm s : y x3 3x T p xá nh: D = R x y' 3x x ; y ' (0,25) x lim y ; lim y x M x1 ,kx1 3k v i B ng bi n thiên: x 02 y’ – +0– y -4 (0,25) Hàm s ng bi n trên kho ng ( 0; 2) ; Hàm s ngh ch bi n trên (- ; 0); (2; + ) Hàm s tc it i x=2; y =0; Hàm s t c c ti u t i x = 0; yCT = -4(0,25) x1 x AMN vuông t i A 5k AM.AN (0,25) 41 k (n) 10 (0,25) 41 k (n) 10 k 625 a) A N x , kx 3k Bài y -1 x 54 16 24 4 2 64 3 4 (0.25) 23 12 (0,25) 2log a b) B -4 (0.25) log3 a log a log a 25 log a.log a (0.2 5) a Bài 4: b) Cách 1:Ti p n có h s góc k Ptti p n có d ng ( ) : y x b (0,25) x3 3x ( ) ti p xúc v i (C) nghi m (0,25) x x V b b 3x x 9x b 6x o (0.25) S có A (0,25) 23 I K D H E B ( ): y 9x (0,25) ( ): y x 23 Cách 2: ình ti p n c a (C) t i M(xo, yo) có d ng: y y '( xo )( x xo ) y o y '( xo ) (0,25) 3x 2o 2k k x1 x x , x C a) S ABCD (4a ) SBH : t an300 VS ABCD xo xo (0,25) V i xo = -1 yo Pttt : y x (0,25) V i xo = yo Pttt : y = -9x +23(0,25) 47 16 a (0.25) SH BH SH S ABCD SH BH 16a 3 b) S BHKC S ABCD S AHK 16a 1 a.3a a.4a 2 a (0.25) (0.5) SCKD 25a 2 (0.25) VS BHKC AD 25a3 AD (SBA) SH SBHKC AB, AD SH d ( D,( SBH )) d ( D, ( SBA)) c) Cách 1: D ng EI / / BC ( I BH ) (0.25) (0.25) AD EI 4a ( SAB ) ( SE , BC ) (SE , EI ) SEI Ta ch ng minh c HK CH t i E EI HE HE HC HB 2 BC HC HC HB BC 25 BC 25 EI HC 25 HE SE SH 36a ; 25 HB 25 HE 3a 81a 25 HC 25 HE SH SE EI SE HB 25 HE (1) SI (0.25) x2 x x2 x x ( x 2) 2x 6x x x x (0.25) y x2 x x 4(4 x) (0,5) x 3) x (0,25) 2 x t 3xy x y xy t2 2 P t3 t 6t , v i t (0.25) Xét f (t ) t3 t 6t trên [-2,2] f '(t ) 3t 3t f’(t) = t t 13 f f(2) = f(-2) = - 13 t = nên max f t 2,2 x y 13 max P x2 y 2 (0.25) x 3 (0.25) f t 2,2 (0.25) (0.25) 48 x y x2 y2 x (0.25) y xy 2a 39 x 2 x y2 xy (0.25) t t=x+y (0.25) x 2x x x [ 6; 4] x x 2 x V ình có nghi m : x (0,25) Bài 6: P x y 3 xy (0.25) x x x x x x x Do SE.BC (SH HE ).BC HE BC 9 HC.BC CH CB (0.25) 25 25 9 CB CH CB.cos HCB CH CB 25 25 CH 144a CB 25 25 144 a 18 (0.25) cos( SE ; BC ) = 25 2a 39.4a 39 a) x (1) ( x 6)2 9( x 6) x x ( x 3)( x 6) 4( x x x 2 x ( x 3) x x x (nh n) (0.25) 9a BC 81a 25 3a EI 2a 39 18 39 SE.BC Cách 2: cos( SE ; BC ) SE.BC Ta ch c HK CH t i E HE HE HC HB 2 HC HC HB BC 25 cos E (0.25) 9a BC 2 b) x x x x y (0.25) t = -2 nên minP = - x y (0.25) 3xy SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ KỲ TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 L1 THIĐỀ THPT QUỐC GIA - ĐỀ SỐ 10 Môn:2016 TOÁN; Thời gian làm 180 phút Thờibài gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề oOo Câu (2.0 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x + có đồ thị là (C) a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A (1; ) Gọi B là giao điểm tiếp tuyến với đồ thị (C) ( B ≠ A ) Tính diện tích tam giác OAB, với O là gốc tọa độ Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x) = x − 3x + trên đoạn  2;  x −1 Câu (1.0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác: cos 2x + cos 6x = cos 4x b) Cho cos 2α = − π  π với < α < π Tính giá trị biểu thức: P = (1 + tan α ) cos  − α  4  Câu (1 điểm) a)Tìm hệ số số hạng chứa x 2010   khai triển nhị thức:  x +  x   2016 b) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm chữ số đôi khác tạo thành từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp X Tính xác suất để số chọn chứa chữ số lẻ Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(−1; 2), B(3; 4) và đường thẳng d có phương trình: x − 2y − = Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho: MA + MB2 = 36 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông B và AB = 2, AC = Hình chiếu vuông góc đỉnh S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H đoạn thẳng AC Cạnh bên SA tạo với mặt đáy góc 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng AB và SC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: x + y − 6x − 2y + = Gọi H là hình chiếu A trên BC Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC M, N Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình: 20x − 10y − = và điểm H có hoành độ nhỏ tung độ xy − y + 2y − x − = y − − x Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 − y + 2x + 3y − = 2x + Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x2 yz + + x + y2 zx + + y + z2 xy + + z3 ⋅ Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 49 Câu (2.0 điểm) Đáp án Điểm a (1.0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị… • Tập xác định: D = ℝ • Sự biến thiên: x = ⇒ y = y ' = 3x + 6x; y ' = ⇔   x = −2 ⇒ y = 0.25 Giới hạn: lim y = −∞; lim = +∞ x →−∞ x →+∞ Bảng biến thiên: x y' −∞ -2 + +∞ − + 0.25 +∞ y −∞ - H/s đb trên các khoảng (−∞; −2), (0; +∞) và nb trên khoảng (−2; 0) - Hàm số đạt cực x = −2; y CÑ = ; đạt cực tiểu x = 0; y CT = • Đồ thị: x −1 y 0.25 b (1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…tính diện tích tam giác… + Ta có: y '(1) = ⇒ phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A (1; ) là: y = 9(x − 1) + ⇔ y = 9x − (d) + Tọa độ điểm B là giao d và (C) có hoành độ là nghiệm pt: x = x3 + 3x + = 9x − ⇔ x3 + 3x − 9x + = (x − 1)2 (x + 5) = ⇔   x = −5  Do B ≠ A nên B(−5; − 49) Ta có: AB = ( −6; −54 ) ⇒ AB = 82 ; d ( O,d ) = 0.25 0.25 0.25 82 Suy ra: S∆OAB = (1 điểm) 0.25 1 d ( O,d ) AB = 82 = 12 (đvdt) 2 82 0.25 Tìm giá trị lớn và nhỏ nhất… Ta có f(x) liên tục trên đoạn  2;  , f '(x) = x − 2x − (x − 1)2 0.25 Với x ∈  2;  , f '(x) = ⇔ x = 0.25 10 0.25 Ta có: f(2) = 4,f(3) = 3,f(4) = 50 Vậy Min f ( x) = x = 3; Max f ( x) = x = [2; ] (1.0 điểm) 0.25 [2; ] a Giải phương trình …  cos 4x = PT ⇔ cos x cos x = cos x ⇔ cos x(2 cos 2x − 1) = ⇔   cos 2x =    π π π x = + k  x = + kπ ⇔ ⇔  x = ± π + kπ  2x = ± π + k 2π   b.Tính giá trị biểu thức… π < α < π nên sin α > 0, cos α < Ta có: + cos 2α 1 cos2 α = = ⇒ cos α = − , 10 10 0.25 0.25 Do sin α = − cos2 α = sin α ⇒ sin α = , tan α = = −3 10 cos α 10 Khi đó: P = (1 + tan α ) (1.0 điểm) 0.25   + − =−  10 10  ( cos α + sin α ) = (1 − 3) 0.25 a.Tìm hệ số số hạng chứa x 2010 khai triển… k 2016 2016 2016     k Xét khai triển:  x +  = ∑ C2016 x 2016 − k   = ∑ 2k Ck2016 x 2016−3 k x  k =0 k =0  x  2010 Số hạng chứa x ứng với 2016 − 3k = 2010 ⇔ k = là 22 C22016 x 2010 có hệ số là 22 C22016 = 4C22016 b.Tính xác suất … Gọi Ω là không gian mẫu phép thử: “Chọn ngẫu nhiên số từ tập X” Khi đó: Ω = A 69 = 60480 0.25 0.25 0.25 Gọi A là biến cố: “Số chọn chứa chữ số lẻ” Khi đó: + Chọn chữ số lẻ đôi khác từ các chữ số 1, 3, 5, 7, có C35 cách +Chọn chữ số chẵn đội khác từ các chữ số 2, 4, 6, có C34 cách + Sắp xếp các chữ số trên để số thỏa mãn biến cố A có 6! cách Do đó Ω A = C35 C34 6! = 28800 Vậy xác suất cần tìm là: P(A) = (1.0 điểm) ΩA Ω = 0.25 28800 10 = 60480 21 Tìm tọa độ điểm M …  Giả sử M(2t + 2; t) ∈ d ⇒ MA = (−2t − 3; − t) ⇒ MA = 5t + 8t + 13  MB = (1 − 2t; − t) ⇒ MB2 = 5t − 12t + 17 Ta có: MA + MB2 = 36 ⇔ 5t + 8t + 13 + 5t − 12t + 17 = 36 ⇔ 10t − 4t − =  t = ⇒ M(4;1)  ⇔  3 t=− ⇒ M ;−   5 5 51 0.25 0.25 0.25 0.25 (1.0 điểm)  16  Vậy tọa độ điểm M là: M(5;1),M  ;   5 Tính thể tích khối chóp S.ABC S SH vuông góc (ABC) ⇒ góc  = 60o SA và (ABC) là: SAH =2 ⇒ SH = AH.tan SAH K D E H A 0.25 C B ∆ABC vuông B ⇒ BC = AC2 − AB2 = ⇒ S∆ABC = AB.BC = 0.25 1 Vậy VS.ABC = SH.S∆ABC = 3.2 = 3 Dựng hình chữ nhật ABCD ⇒ AB // CD ⇒ AB // (SCD) ⇒ d(AB,SC) = d(AB,(SCD)) = d(A,(SCD)) = 2d(H,(SCD)) (do AC = 2HC ) Trong (ABCD), gọi E là trung điểm CD ⇒ HE ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHE) Trong (SHE), kẻ HK ⊥ SE (K ∈SE) ⇒ HK ⊥ (SCD) ⇒ d(H,(SCD)) = HK Ta có: HE = 0.25 AD = ∆SHE vuông E ⇒ 1 1 15 = + = + = ⇒ HK = 2 HK HS HE 12 12 0.25 15 ⋅ Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC Vậy d(AB,SC) = 2HK = (1.0 điểm) (T) có tâm I(3;1), bán kính R =  = ICA  (1) Do IA = IC ⇒ IAC Đường tròn đường kính AH cắt BC M ⇒ MH ⊥ AB ⇒ MH //AC (cùng vuông  = ICA  (2) góc AC) ⇒ MHB A N E M B  = AHM  (chắn cung AM) (3) Ta có: ANM Từ (1), (2), (3) ta có:  + ANM  = ICA  + AHM  IAC H I C 0.25  + AHM  = 90o = MHB Suy ra: AI vuông góc MN ⇒ phương trình đường thẳng IA là: x + 2y − = Giả sử A(5 − 2a;a) ∈ IA 52 0.25 a = Mà A ∈ (T) ⇔ (5 − 2a)2 + a2 − 6(5 − 2a) − 2a + = ⇔ 5a2 − 10a = ⇔  a = Với a = ⇒ A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN) Với a = ⇒ A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN) (1.0 điểm)  9 Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH ⇒ E ∈ MN ⇒ E  t; 2t −  10    38  Do E là trung điểm AH ⇒ H  2t − 1; 4t −  10     58    48  ⇒ AH =  2t − 2; 4t −  , IH =  2t − 4; 4t −  10  10       272 896 Vì AH ⊥ HI ⇒ AH.IH = ⇔ 20t − t+ =0 25   11 13  ⇒ H  ;  (thoûa maõn) t = 5 5 ⇔  28  31 17  ⇒ H  ;  (loại) t =  25  25 25   11 13  Với t = ⇒ H  ;  (thỏa mãn) 5 5     Ta có: AH =  ;  ⇒ BC nhận n = (2;1) là VTPT 5 5 ⇒ phương trình BC là: 2x + y − = Giải hệ phương trình … Điều kiện: x ≥ 0, ≤ y ≤ 6, 2x + 3y − ≥ (*) x = Nhận thấy  không là nghiệm hệ phương trình ⇒ y − + x ≠ y = Khi đó, PT (1) ⇔ x(y − 1) − (y − 1)2 = ⇔ (y − 1)(x − y + 1) = 0.25 0.25 0.25 y −1 − x y −1 + x y −1 − x y −1 + x 0.25   =0 ⇔ (x − y + 1)  y − +   y − + x   ⇔ x − y + = ⇔ y = x + (do (*)) Thay vào PT (2) ta được: − x + 5x − = 2x + ĐK: / ≤ x ≤ (**) ⇔ − x − (7 − x) + 3( 5x − − x) = ⇔ − + 5x − x − x + (7 − x) + 3(−4 + 5x − x ) 5x − + x =0 0.25   ⇔ (−4 + 5x − x )  +  =  − x + (7 − x) x − + x   ⇔ −x + 5x − = (do (**) 0.25 53 x = ⇒ y = ⇔ (thỏa mãn (*),(**)) x = ⇒ y = Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5) (1 điểm) Tìm GTNN … a2 b2 c2 (a + b + c)2 Ta có BĐT: + + ≥ (*) với a, b, c, x, y,z > và chứng minh x y z x+y+z (Học sinh không chứng minh (*) trừ 0.25) Áp dụng (*) ta có: P ≥ (x + y + z)2 xy + yz + zx + + x3 + + y + + z3 + x + − 2x + x − x + x = 2 2 + y + − 2y + y − y + y2 + y = (2 + y)(4 − 2y + y ) ≤ = 2 2 + z + − 2z + z − z + z2 + z3 = (2 + z)(4 − 2z + z ) ≤ = 2 2(x + y + z) Suy ra: P ≥ 2xy + 2yz + 2zx + 18 − (x + y + z) + x + y + z Ta có: 0.25 + x3 = (2 + x)(4 − 2x + x ) ≤ = 0.25 2(x + y + z)2 (x + y + z)2 − (x + y + z) + 18 2t Đặt t = x + y + z (t ≥ 3) Khi đó: P ≥ t − t + 18 2t Xét hàm số: f(t) = với t ≥ t − t + 18 2(− t + 36t) Ta có: f '(t) = , f '(t) = ⇔ t = 36 (t − t + 18) BBT: x 36 y' + 0.25 +∞ − 144/71 y 3/4 t = Vậy GTNN P là: 3/4 x = y = z = Từ BBT ta có: GTNN P là: 0.25 ▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa 54 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 11 Năm học 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN Thời gian làm bài 180 phút MÔN: TOÁN LỚP 12 oOo Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x2 + (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7 Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f (x) = x + trên x−1 đoạn [2; 5] Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + đạt cực tiểu x =   π π Câu (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P = cos α + cos α − , biết cos α = 3 Câu (1,0 điểm) Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và bạn học sinh nữ cổ vũ thi tìm hiểu Luật an toàn giao thông Các em xếp ngồi vào ghế hàng ngang Tính xác suất cho ba bạn nữ ngồi cạnh Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = 2a SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) 450 Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A, D có AD = DC = 2AB Gọi H là hình chiếu vuông góc D trên cạnh BC; I là trung điểm AH; đường thẳng AI cắt DC K(1; −2) Tìm toạ độ các điểm D, C biết DH : x − 2y − = và D có tung độ nguyên Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   x3 + x2 + 3x − = y + (y + 4)√y + √  3y 2x + = 2(x3 − y − 1) (x, y ∈ R) Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z Tìm giá trị lớn biểu thức x y P =p +p + x2 + y y2 + z2 r z z+x HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: 55 SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Chú ý: Dưới đây là sơ lược cách giải và đáp số Bài làm học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì cho điểm tương ứng Câu Nội dung *) TXĐ:  *) Sự biến thiên: Điểm +) Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x  x  x  +) Chiều biến thiên: y '  x  x; y '    x  +) BBT: 0.25 0.25 1.1 +) HS đồng biến trên các khoảng  ;  và  2;   ; HS nghịch biến trên khoảng (1,0đ)  0;  0.25 +) HS đạt cực đại x  0; y C§  ; HS đạt cực tiểu x  2; y CT  2 *) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị 0.25 Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  HSG tiếp tuyến  là k  x0  x0  x  1 1.2 Do  / / d : y  x   k   x0  x0    (1,0đ)  x0  0.25 0.25 Với x0  1  y0  2   : y  x  ( loại) 0.25 Với x0   y0    : y  x  25 ( thoả mãn) KL:…… 0.25 56 TXĐ: D   \ 1  Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;5 0.25  x    2;5 , x  D ; y '     x  1  x  2   2;5  (1,0đ) 29 y    11; y    ; y    Vậy y   x  4; m ax y  11  x  y '  1 0.25 2;5 0.25 0.25  2;5 TXĐ:  ; y '  x   m  3 x  m2 ; y ''  x   m   0.25 m  Hàm số đạt cực tiểu x   y ' 1   m  2m      m  3 0.25 (1,0đ) Với m   y '' 1   Hàm số đạt cực tiểu x  Vậy m  thoả mãn 0.25 Với m  3  y '' 1  6  Hàm số đạt cực đại x  Vậy m  3 loại 0.25 KL:…… 1 2 P   cos 2  cos 2 1  1    cos     2  2 (1,0đ) 39 Mà cos    P   100 Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp học sinh ngồi vào ghế hàng ngang Số phần tử không gian mẫu là:  = 6! Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau” Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh là phần tử x Số cách chọn phần tử x là 3! Việc xếp bạn học sinh thành hàng ngang cho ba bạn nữ ngồi cạnh trở (1,0đ) thành việc xếp thứ tự phần tử (3 bạn nam và phần tử x) Số cách xếp là 4! Số kết thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4! Xác suất biến cố A là P  A    A 3!.4!    6! 0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 + SA   ABCD   AB là hình chiếu vuông góc S SB lên  ABCD    SBA   450   SB,  ABCD     SB, AB   SBA + Tam giác SAB vuông cân A nên SA = a + S ABCD  2a (1,0đ) + VS ABCD  SA.S ABCD  2a 3 0.5 A D E 450 B a 2a C + Dựng hình bình hành ACBE Ta có EB / / AC  AC / /  SBE   d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE   0.5 a VS ABE  VS ABCD  57 Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a  S SBE  Vậy d  A,  SBE    3a 2 3.VS ABE 2a 2a   d  AC , SB   S SBE 3 + Kẻ BE vuông góc DC E   EBC   EC  DE  AB; HDC + Kẻ KF vuông góc DH F KF  d  K , DH   α   tan EBC    sin HDC  tan HDC KF  KD  2  sin HDC + D  DH  D  2d  3; d  , d  ; DK  (1,0đ) B A F H 0.25 α D  2d     d   E C K(1;-2)  d  2 2  d    0.25 Vì d    d  2  D  1; 2  Đặt AB  a  a    CD  2a; CE  a   2a ; BC  EC sin EBC   a  BH  3a CH  CD.sin HDC 5 CK HC 2a 8a    CK   DK   KD  KC AB HB 3   1  KD  KC  C  ; 2  KL…… 2  0.5 ĐKXĐ: y  1 x  x  x   y   y   y   x  x  x   y  1 y    y  1  y  Xét hàm số f  t   t  t  3t ; f '  t   3t  2t   0, t    hàm số f  t  đồng 0.25 biến trên  Mà 1  f  x   f   y   x  y   x  0; x  y   y  x  Thế y  x  vào phương trình (2) ta được: (1,0đ)  x  1 x    x  x    x  1 3  x  1 x   x   x   3  x  1 x   x Do x   x   0.25  3  3  x  18 x  45 x  36 x     x  x  3 x  x  3  x  3  x2  x      x    ko t / m   x  x   VNo  0.25 x  1 y  0.25 x    y  20  12 58  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 1;  ;  3; 20  12 P  y 1   x  z 1    y  1 Do abc  1; c   ab   1 a (1,0đ) f 'c   1 b y z x ; b  ; c   abc  1; c  x y z   ab 0.5 2 c 1    ab 1 c 1 c P Xét hàm số f  c   x z Đặt a   c 1 , c  1;   1 c 2 c ; f 'c   c  1  c  c  c BBT c  f’(c) + 0.5 - f(c) Vậy giá trị lớn P là 2 đạt a  b  ; c  hay x  y  z 59 SỞ GD&ĐT BẮC THỬ GIANG KỲ ĐỀ THI TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI 2016 THPT QUỐC THI THPT QUỐC GIA - ĐỀ GIA SỐLẦN 12 Năm học 2015  2016 Thời gian làm bài 180 phút Môn : TOÁN LỚP 12 oOo Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) 2x  x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  m  có đồ thị là (Cm), m là tham số Xác định m để đồ thị (Cm) hàm số đã cho có ba điểm cực trị Câu (1,0 điểm) Cho log3 15  a, log3 10  b Tính log9 50 theo a và b Câu (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) s inx cos x+ s inx  cosx   ; b) 2 x 5  2 x 3  52 x 2  3.52 x+1 Câu (1,0 điểm) n 2  Tìm số hạng chứa x4 khai triển nhị thức Niu-tơn  x   với x ≠ 0, biết rằng: x  Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với   30 Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ mặt phẳng (SBC) Biết SB = 2a và SBC điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : x  y   và A(  4; 8) Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc B trên đường thẳng ED Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x x   (2 x  3)2 (2 x  2)  x  Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 1   xy yz zx Hết P  xyz  Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 60 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần C©u Néi dung bµi §iÓm TXĐ D = R\ 1 1/ x  , lim y   , lim y   x  x   / x x 1 x 1 Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang 3 x  D ta có y’(x) =  y’(x) < x  D ( x  1) Ta có bảng biến thiên: x ∞ +∞ y’   +∞ y ∞ 0,25 Ta có lim y  lim 0,25 0,25 0,25 Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞) Hàm số không có cực trị Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm cứ, nhận xét đồ thị x   ta có y' ( x )  x3  2mx = x(2 x  m) , 0,25 (Cm) có ba điểm cực trị y’(x) = có ba nghiệm phân biệt, tức là x(2 x  m)  có ba nghiệm phân biệt 0,25  x  m = có hai nghiệm phân biệt khác  m  Xét dấu y’ và kết luận Ta có log9 50  log 32 50  log3 50 150 log3 50  log3  log3 15  log3 10   a  b  Kết luận a) TXĐ D =  Phương trình đã cho  (2s inx  1)(cos x+ 3)   sin x     cosx = 3(v« nghiÖm) 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25    x   k 2  , với k, l là số nguyên Kết luận  x  5  l 2  b) TXĐ D =  Phương trình  2 x 3 (4  1)  52 x 1 (5  3)  2 x  3.5  52 x 1.8 2x 2    1 5  2x   x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 61 Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+  15  n(n+ 1)  15 0,25 0,25  n  (t / m)  n + n  30     n  6 (lo¹i) 5 2  Với n = và x  ta có  x     C 5k ( x ) k (  )5  k   C k5 x3 k 5 ( 2)5  k x  k 0 x  k 0 Số hạng chứa x khai triển trên thỏa mãn 3k – =  k = 3, suy số hạng 0,25 0,25 chứa x4 khai triển trên là 40x4 A I S H B C AB.S SBC 1 Từ gt ta có SSBC = BC BS sin 300  4a.2a  2a 2 Khi đó VSABC = 3a.2a  2a 3 (đvtt) Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh SC  (ABH) Hạ BI  AH (I AH) Từ hai kết trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)) Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC = Dựa vào tam giác vuông ABH tính BI  BI  6a  Kl 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có C d : x  y   nên C(t; –2t – 5) Ta chứng minh điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD Do tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì AC là đường kính đường tròn trên, nên suy 0,25  AFC  90  AC  AF  CF Kết hợp với gt ta có phương trình: (t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1)2  t  Từ đó ta C(1; –7) Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, C là trung điểm BE nên BF cắt và vuông góc với AC trung điểm Suy F đối xứng với B qua AC, suy ∆ABC = ∆AFC  S ABC  S AFC  S ABCD  S AFC  75 (đvdt) 62 0,25 0,25 0,25 TXĐ D = 1;   Phương trình  ( x  1) x   ( x  1)  x   (2 x  3)3  (2 x  3)2  x  (1) Xét hàm số f (t )  t  t  t  f' (t )  3t  2t   f' (t )  0, t   suy hàm số 0,25 0,25 f(t) đồng biến trên  Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( x  3) Từ hai điều trên phương trình (1)  x 1  2x  0,25 0,25 x  / x  /    x=  2  x   x  12 x  4 x  13 x  10  Ta có 1 1    3 2 , đặt t = xy yz zx x y z 2 xyz  0,25 x +y +z 1  0t 3 3  P  8t  Xét hàm số f (t )  8t  t t Mà x2 y z  Ta có t  , f'(t) = 24t  Ta có bảng: t , f''(t ) =  t  t3  0,25 4 0,25 f’(t) f(t) 13 Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với giá trị t thỏa mãn  t  Suy P ≥ 13 Dấu xảy t = 1 hay x = y = z = Kl: MinP = 13 2 63 0,25 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG ĐỀTHPT THI VIỆT THỬYÊN KỲIITHI TRƯỜNG ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 13 NĂM HỌC: 2015 – 20156 Thời gian làm bài 180 phút Môn: TOÁN Lớp 12 oOo -(Thời gian làm bài: 120 phút) Câu (3,0 điểm) 2x  C  2x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành c) Tìm m để đường thẳng d : y  2mx  m  cắt (C) hai điểm phân biệt A và B cho biểu thức Cho hàm số y  P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ) Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x ) x5 5x 5x trên đoạn [–1;2] Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  mx  x  Tìm m để hàm số đồng biến trên R Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình cos x  cos x   sin x  sin x  b) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Hãy tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, góc cạnh bên và mặt đáy 60 Gọi M, N là trung điểm AB, BC Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SMN) Câu (0,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , tâm I 1; 2  Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM Tìm tọa độ các điểm A, B Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x   x   3x  x Câu (0,5 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a2 b2   ( a  b) 2 (b  c)  5bc (c  a)  5ca - HẾT - 64 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ NĂM HỌC: 2015 – 20156 Môn: TOÁN Lớp 12 Đáp án Câu 1.a *TXĐ:  1  2 \    *SBT: y '  2  x  12    0, x   Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  Điểm 1,0 0,25 1    và   ;   2   0,25 Tính giới hạn và tiệm cận Lập bảng biến thiên 0,25 *Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị 0,25 1,0 1.b y'  2  x  1 0,5 , đồ thị ( C) giao với trục ox điểm M(-1;0) y '1  2 , PTTT là y  2  x  1  2 x  0,5 * (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt  PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2 1.c  m      '  4m   m    g        0,5 *Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1)   x1  x2  1   m 1 x x   4m Có: OA2+OB2 = x1   2mx1  m  1  x2   2mx2  m  1 2 2     4m  m  1 x  x   2 m  1  m 1 =  4m  1 1    4m  m  1   m  1 2m   = 4m  x1  x2 2 0,25 2 2    (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)  2m  2 2m 1 Dấu xảy  m  ( thỏa mãn);KL: m  là giá trị cần tìm 2 = 65 0,25 1,0 x5  Hàm số f (x ) 5x y  Cho y 20x 5x (x 4x 05 *  Ta có, f (0) 15 f ( 1) 5x 15x 2 f (1) 5x 5.03 5.13 4x 1 5.( 1) 3) x2 ( 1) 4x 5x 5.04 5 5x (x 3) 5.14 liên tục trên đoạn [–1;2] x [ 1;2] (nhan) x [ 1;2] (nhan) x [ 1;2] (loai) 5.( 1)3 10 f (2) 5.2 5.2  Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 10 x 1; max y x  Vậy, y [ 1;2] 0,5 0,5 [ 1;2] 1,0 y '  3x  2mx  Để hàm số đồng biến trên R và y '  0, x  R  3x2  2mx   x  R 0,5 '  x  R  m2  21   m   21; 21 0,5 1,0 4a 3  cos x  sin x  sin x  cos x  cos x  sin x  sin x  cos x 2 2   2   x   x   k 2 x  k 2       3  cos  x    cos  x      ,k  3 3    x     x    k 2  x  k 2   3 4b 0,5 0,5 1,0 Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85  A74  5880 số 0,5 * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số  P(A) = 0,5 1560 13  5880 49 1,0 *)Vì S.ABC là hình chóp nên ABC là tam giác tâm G và SG   ABC   VS ABC  SG.S ABC Tam giác ABC cạnh a nên a a2 AN   S ABC  Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc cạnh bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG  60 (vì SG  AG  SAG nhọn) 66 0,25 a AN  3 Trong tam giác SAG có SG  AG.tan 60  a a a3 Vậy VS ABC  a  12 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M  (SMN) nên dC , SMN   3dG , SMN  Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG  Ta có tam giác ABC nên SG   ABC   SG  MN  MN   SGK  0,25 0,25 Trong (GKH), kẻ GH  SK  GH  MN  GH   SMN  , H  SK  dG , SMN   GH 2 1 a AN ; BG  AG  AN  GK  AN  AN  AN  3 12 Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên 1 1 48 49 a       GH  2 GH SG GK a a a 3a Vậy dC , SMN   3GH  Ta có BK  0,25 0,5 Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên IC  3IH Mà IH  1;1 , giả sử  x   3.1 x  C  x; y      C  4;1  y   3.1  y  Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) CM BC    MBC  BAC Lại có AB  AD nên BC AB Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM Đường thẳng BM qua H(2;-1), có vtpt IH  1;1  pt BM: x + y – =  B  t;1  t  Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t  Vì AB  BC  AB.CB    t   t    t   t       t    B  2; 1  B  2; 1   1,0 x  0  x  3  41     3  41 Điều kiện: 1  x  (*) 3  41   x  x   8  2  3x  x  Bất phương trình đã cho tương đương với x   x  x(1  x )   3x  x  3( x2  x)  (1  x)  ( x  x )(1  x)  67 0,5  5  34 x  x x x x x x 3 2 1     x  10 x     1 x 1 x 1 x  5  34 x   5  34 3  41 x Kết hợp điều kiện (*), ta suy nghiệm của bất phương trình là 8 2 0,5 0,5 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có b2 4b2 a2 a2 4a Tương tự, ta có    (c  a)2  5ca 9(c  a) (b  c)2  5bc (b  c)  (b  c) 9(b  c) 2 a b2  a2 b2   a b  Suy         (b  c)2  5bc (c  a)2  5ca  (b  c)2 (c  a)2   b  c c  a   ( a  b)  2  c ( a  b ) 2    a  b  c ( a  b)  2  2(a  b)  4c(a  b)            ab  c(a  b)  c   ( a  b)  (a  b)  4c(a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 2  2(1  c)2  4c(1  c)  8  P   (1  c)2  1    (1  c) 2   (1  c)  4c(1  c)  4c   c 1  0,25 (1) 8  Xét hàm số f (c)  1    (1  c) với c  (0; 1)  c 1  16   Ta có f '(c)  1   (c  1);   c   (c  1) f '(c)   (c  1) 64  (3c  3)3   c  Bảng biến thiên: c   f '(c) – + 0,25 f (c ) 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với mọi c  (0; 1) 1 Từ (1) và (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1  , đạt a  b  c  68 (2) TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ KỲ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN THI THPT QUỐC Môn: GIATOÁN 2016 - ĐỀ SỐ 14 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Thời gian làm bài 180 phút oOo -Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  x  2x  Câu (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số : f  x   x  18  x Câu (1,0 điểm) sin  sin 2  cos3   2cos    a) Cho    ;   và sin   Tính giá trị biểu thức P  sin  cos 2  sin  2  b) Giải phương trình : cos x  1  cos x  sin x  cos x   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : log  x  5  log9  x    log  x  1  log Câu (1,0 điểm)  a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  2x     x b) Cho đa giác n đỉnh, n   và n  Tìm n biết đa giác đã cho có 135 đường chéo Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;  Tìm tọa độ các đỉnh C và D Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình vuông cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB cho BH  AH Góc SC và mặt phẳng đáy là 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ADB là d : x  y   , ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác góc  điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB  x3  y  x  y  x  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :   x  y  10  y    y   x   x  13 y  x  32 Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị lớn biểu thức : T 4 1      ab bc ca a b c Hết - Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………… Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên lientoancvp@vinhphuc.edu.vn đã gửi tới www.laisac.page.tl 69 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm trang) Câu Đáp án Điểm   3 Tập xác định: D   \     2  Sự biến thiên : 1,0 x  2x  Câu Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : y  5 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) 2 (2 x  3) 0,25 +Hàm số không có CĐ, CT +Giới hạn vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận (1,0 đ)   3 lim  y   và lim  y    x   là TCĐ x     3  2 x  x  lim y   x   0,25 1  y   là 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;  và 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 và giá trị nhỏ hàm số : f  x   x  18  x 70 1,0 Hàm số xác định và liên tục trên 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    ;   và 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 đã 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 các 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 đó 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  thì phương trình * tương đương với x   x  5 x     x  1  x  x  12    x  71 ( t / m) (t / m) * 0,25 0,25  Trường hợp Nếu  x  thì 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  và x  0,25   a) Tìm hệ số x khai triển biểu thức :  2x   x  k 8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 là : C84  1 2434  90720   Gt   x   C8k  x    x  k 0  (1,0 đ) 1,0 b) Cho đa giác n đỉnh, n   và n  Tìm n biết đa giác đã cho có 135 đường chéo n  n  3 Số đường chéo đa giác n đỉnh là Cn2  n  n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n  3n  270     n  15 Do n   và n  Nên ta tìm giá trị cần tìm n  18 Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  Tìm tọa độ các đỉnh C và D   Gọi C  x0 ; y0  , đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 (1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, 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 là hình vuông cạnh Mặt bên  SAB  nằm mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB cho BH  AH Góc SC và mặt phẳng đáy là 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD và 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 72 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 vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI 1 16 Trong SHK ta có:       HI  13 2 HI SH HK 13 13.4  d ( H , ( SCD))  13 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 là 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 C B Gọi E, F là giao điểm d và 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 là n AC  (3; 5)  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)   3x  y  17    x  3x  y  17  11 Tọa độ F là 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 73 0,25   11 t   E ( ; ) ( Loai trung F ) 34 AE    2 t    E (  ; ) (T / m)   2    AE  (  ;  )  vtpt AB là 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 , trên tập  , f   t   3t   0, t    hàm số f  t  đồng biến trên  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 này 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 là 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 là 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 đó suy : aa  2 74 0,25 Ta có bất đẳng thức tương tự: 5b  5c   1  1  18b  3, b   0;  và  18c  3, c   0;  2 b b cc  2  2 Cộng các bất đẳng thức này 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 là độ dài ba cạnh tam giác có chu vi , thì giá trị lớn Dấu đẳng thức xẩy a  b  c  biểu thức : a  b  c  T 4 1      và đạt và 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 đã sử dụng phương aa  2 pháp tiếp tuyến Lưu ý chấm bài: - Đáp án trình bày cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có bài làm học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo các ý đáp án điểm - Trong bài làm, bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết sai đó không điểm - Học sinh sử dụng kết phần trước để làm phần sau - Trong lời giải câu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn 75 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THITHPT THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA - ĐỀ SỐ 15 TRƯỜNG ĐĂKMIL Môn2016 thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Thời gian làm bài 180 phút Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015 oOo -ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y  x  Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos x  cos 2 x  cos 3x  b)Cho số phức z thỏa mãn z    3i  z   9i Tìm môđun số phức z Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x   Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ trường phổ thông có 12 học sinh gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C Chọn ngẫu nhiên học sinh làm nhiệm vụ Tính xác suất để học sinh chọn không quá lớp trên   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x  x  x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy góc 600 Gọi M, N là trung điểm các cạnh bên SA và SB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN) Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:  x  2  t   y   2t Viết phương trình mặt phẳng qua A và chứa đường thẳng d Viết phương trình z  1  2t  mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H là hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F là trung điểm đoạn CD và BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = và điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:        32 x  y   1   y 3 3  x x  5    y  1 x 2 y 3 2  x   y  1 Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  Tìm GTNN biểu thức: P a 16  b  c   a  bc   b 16  a  c   b  ac   a2 1  c      a ab  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2: 76 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015 Câu 1a (1,0đ) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án -Tập xác định: D = R -Sự biến thiên: Chiều biến thiên y '  3 x  x; y '   x   x  Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = 0; đạt cực đại x = 2, yCĐ = Giới hạn vô cực: lim y  ; lim y   x   Điểm 0,25 0,25 x   Bảng biến thiên: x y' y - 0 – + + + 0,25 – - Đồ thị: y x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0,25 -2 -4 -6 -8 1b (1,0đ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  nên có hệ số góc 2 Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  x  x0   x  x0    x0  Suy M(1;2) Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 2a (0,5đ) 1  (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x)  2 2  (cos6 x  cos2 x)  cos4 x   cos x.cos2 x  cos4 x  cos x  cos 2 x  cos x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  cos4 x(2 cos x  1)   k  cos4 x  x     cos2 x    x     k   2b (0,5đ) 0,25 Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z    3i  z   9i 0,25  a  bi    3i  a  bi    9i   a  3b   3a  3b    9i  a  3b  a   Vậy môđun số phức z là : z  22  (1)   3a  3b  b  1 (0,5đ) 32 ( x 1)  82.3 x    9.32 x  82.3 x     x   3  x  32  2  x  Vậy bất phương trình có nghiệm là   x  77 0,25 0,25 0,25 (0.5đ) n()  C12  495 Gọi A là biến cố : “ học sinh chọn không quá lớp trên”  A : “ học sinh chọn là học sinh lớp trên” Ta có các trường hợp sau: + học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C có C52 C14 C31  120 cách + học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C có C51.C42 C31  90 cách 0,25 0,25 + học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C có C51.C14 C32  60 cách  n( A)  270 n( A)  n() 11  P ( A)  Vậy xác suất biến cố A là: P ( A)   P ( A)  (1,0đ)   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 11 1 x3 I1   x dx   0,25 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 Đặt u = x  du = dx; dv  e x dx choïn v  0,25 2x e  xe x dx   Vậy I  (1,0đ) x 2x 1 2x e2 e2  e |0  e dx   e x |10  20 4  3e  12 0,25 0,25 S Ta có SA  (ABCD)  AC là hình chiếu SC trên H M  (ABCD)  SCA  600 N AC  AD  CD  a ; SA  AC tan 600  a 15 A B 0,25 D C 1 15a3 VS ABCD  S ABCD SA  AB.AD.SA  3 Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH  78 0,25 0,25 SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN)) SH SM SA.DA SA.DA 2a 15 SHM ~ DAM    SH    2 DA DM DM AD  AM 31 (1,0đ) 0,25 Đường thẳng d qua M(-2;1;-1) và có vectơ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)   mp(P) qua A và chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến 0,25 (P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0,25 0,25 Gọi H là hình chiếu A trên d  H(-2 + t; + 2t; -1 – 2t),  32 10 26  AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH a   t   AH    ; ;  9   Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH = (1,0đ) 10 200 Vậy (S): x  2  y  32  z  52  Gọi E,F,G là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, đó AF  EF Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0 Tọa độ điểm F là nghiệm hệ G A B 0,25 nội F H D E 17   x  3 x  y  10  17    F  ;   AF    5 x  3y  y   AFE  DCB  EF  0,25 C 0,25 32 AF  ; 0,25 2 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t  hay E  3; 1  E  ;   5 Theo giả thiết ta E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên  x  12   y  12   x  3   y  12  AD  DE    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  x  x     hay D(1;-1)  D(3;1)  y  1  y   x  1 x  3  Vì D và F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1) 79 0,25 Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) và 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 và 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 và 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 là  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) và (2) ta có: 0,25 80 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 là các số không âm và ab  bc  ca  Nên ta có: a  1  b  c  4ab Từ đây 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 và   1 c   ab  bc ab  bc  ca   c    Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Ngày thi: 1/12/2015, BTC trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015 *******HẾT******* 81 Trường THPT Bố Hạ Tổ ToánĐỀ THITin THỬ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN KỲ THI THPT NĂM QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 16 HỌC 2015-2016 Thời gian làm bài 180 phút MÔN: TOÁN, LỚP 12 oOo Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thi hàm số y  2x  x 1 Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x3  x  x  có đồ thị (C) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm (C) với trục tung Câu (1,0 điểm) Cho hàm số y  x  2(m  2) x  (8  5m) x  m  có đồ thị (Cm) và đường thẳng d : y  x  m  Tìm m để d cắt (Cm) điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 thảo mãn: x12  x 22  x 32  20 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x  1)( sin x  2cos x  2)  sin x  cos x Câu (1,0 điểm) a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2  3Cn2  15  5n 20   b) Tìm hệ số x khai triển P ( x)   x   , x  x   Câu (1,0 điểm) Giải các phương trình sau: a) 32 x  32  x  30 b) log3 x2  x   log ( x  3)    Câu 7(1,0điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  a Mặt bên SAB là tam giác cân S và nằm mặt phẳng vuông góc với mặt đáy Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy góc 45 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách hai đường thẳng SA và BD Câu (1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3) Gọi N là điểm thuộc cạnh AB cho AN  AB Biết đường thẳng DN có phương trình x+y-2=0 và AB=3AD Tìm tọa độ điểm B 32 x5  y   y ( y  4) y   x Câu 9(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x, y    ( y   1) x   x  13( y  2)  82 x  29  Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  Tìm giá trị lớn 1 biểu thức: P   x  y  z  2(2 x  y  3) y ( x  1)( z  1) - Hết -Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh 82 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2015-2016 LẦN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề C©u Néi dung Hàm số y  2x 1 x 1 - TXĐ:  \ 1 - Sự biến thiên: + ) Giới hạn và tiệm cận : lim y  2; lim y  Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang x  C©u 1.0® 0,25đ x  đồ thị hàm số lim  y  ; lim  y   Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng đồ thị hàm số x  ( 1) x ( 1) +) Bảng biến thiên Ta có : y '   0, x  1 ( x  1)2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ; (-1;+ ) Hàm số không có cực trị Vẽ đúng bảng biến thiên - Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị Gọi A là giao điểm đồ thị (C) và trục tung Suy A(0;-2) C©u 1,0đ §iÓm y '  3x  x  y '(0)  3 Phương trình tiếp tuyến (C) điểm A(0;-2) là y  y '(0)( x  0)   3x  Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (Cm) và đường thẳng d là: 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x  2(m  2) x  (8  5m) x  m   x  m   x3  2(m  2) x  (7  5m) x  2m    ( x  2)  x  2( m  1) x   m   0 (1) C©u 1,0đ x    Đặt f(x)=VT(2)  x  2(m  1) x   m  0(2) (Cm) cắt d điểm phâm biệt và (2) có nghiệm phân biệt khác 2   '  (m  1)  (3  m)  (m  m   m    (3)   m  1  f (2)  m  1 Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm (2) Ta có x2  x3  2(1  m), x2 x3   m Ta có x12  x 22  x 23   (x  x )  2x x  4m  6m  x12  x 22  x 23  20  4m  6m   20  2m2  3m    m  hoÆc m = - tm (2sin x  1)( sin x  2cos x  2)  sin x  cos x (1) C©u 1,0đ 0,25đ (1)  (2sin x  1)( sin x  cos x  2)  cos x(2sin x  1)  (2sin x  1)( sin x  cos x  2)  0,25đ 0,25đ 0,25đ  2sin x   0(2)   sin x  cos x  2(3) +) (2)  x  0,25đ 0,25đ  5  k2 , x   k2 6 83 0,25đ   x   k 2    12 sin  x     6   x  7  k 2  12 KL a)ĐK: n  , n  0,25đ An2  3Cn2  15  5n  n(n  1)  C©u 1,0đ 3.n !  15  5n 2!(n  1)! n   n  11n  30    n  0,25đ 20   b) P ( x)   x     C20k ( 1)k 20 k x203k x   k k Số hạng tổng quát khai triển trên là C 20 (1)k 20 k x203k 0,25đ Hệ số x8 khai triển trên ứng với 20  3k   k  4 Vậy hệ số x8 khai triển P(x) là C 20 (1)4 216 0,25đ 20 32 x  32  x  30  3.(3x )2  10.3x   0,25đ 3x   x 3  / x    x  1 a) C©u 1,0đ 0,25đ   b) log x2  x   log ( x  3)  (1) Điều kiện : x>-3 log3 x2  x   log ( x  3)   log x2  x   log 3( x  3)  x   0,25đ    x   3( x  3) 0,25đ  x  2 x2  x     x  Gọi hình chiếu S trên AB là H Ta có SH  AB, (SAB)  ( ABCD )  AB, ( SAB)  ( ABCD)  SH  ( ABCD )   45 SH  ( ABCD) , suy góc SD và (ABCD) là SDH 0,25đ Khi đó tam giác SHD vuông cân H, suy SH  HD  a , Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA  (SAx) Khi đó thể tích lăng trụ là VS ABCD  SH S ABCD  C©u 1,0đ 4a 3 (đvtt) 0,25đ  d (BD,SA)  d (BD, (SAx))  d (B, (SAx))  2d (H, (SAx)) Gọi I, K là hình chiếu H trên Ax và SI 0,25đ Chứng minh HK  (SAx) Tính HK  a 93 4a 93  d (BD,SA)  d (H, (SAx))  HK  31 31 84 0,25đ Đặt AD  x( x  0)  AB  3x, AN  x, NB  x, DN  x 5, BD  x 10  Xét tam giác BDN có cos BDN 0,25đ BD  DN  NB  BD.DN 10  C©u 1,0đ Gọi n(a; b)(a  b  0) là vectơ pháp tuyến BD, BD qua điểm I(1;3), PT BD: ax  by  a  3b      cos(n, n )  cos BDN |a b| a  b2  3a  4b  24a  24b  50 ab    10  4a  3b +) Với 3a  4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0 0,25đ 0,25đ D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11) +) Với 4a  3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0 D  BD  DN  D (7;9)  B(9; 3) 0,25đ 32 x5  y   y ( y  4) y   x(1)  x, y     ( y   1) x   x  13( y  2)  82 x  29(2) Đặt đk x   , y  0,25đ +) (1)  (2 x)5  x  ( y  y ) y   y   (2 x)5  x   y2   y  2(3) Xét hàm số f (t )  t  t , f '(t )  5t   0, x  R , suy hàm số f(t) liên tục trên R Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  x  y  Thay x  y  2( x  0) vào (2) (2 x  1) x   x  52 x  82 x  29 C©u 1,0đ  (2 x  1) x   (2 x  1)(4 x  24 x  29)  (2 x  1)   0,25đ x   x  24 x  29   x    x   x  24 x  29  0(4) Với x=1/2 Ta có y=3 (4)  ( x   2)  (4 x  24 x  27)   2x   (2 x  3)(2 x  9)  2x 1  x  /   (2 x  9)  0(5)  x   0,25đ Với x=3/2 Ta có y=11 Xét (5) Đặt t  x    x  t  Thay vao (5) t  2t  10  21   (t  3)(t  t  7)  Tìm t  x  29 Từ đó tìm 0,25đ 13  29 103  13 29 ,y KL 85 Đặt a  x  2, b  y  1, c  z  a, b, c  1 P  a  b  c  ( a  1)(b  1)(c 1) 0,25đ (a  b) (c  1) Ta có a  b  c     (a  b  c  1) 2 Dấu “=” xảy a  b  c  2 Mặt khác ( a  1)(b  1)(c 1)  (a  b  c  3)3 27 0,25đ 27 Khi đó P   Dấu “=” xảy a  b  c  a  b  c  (a  b  c  3)3 27 Đặt t  a  b  c   Khi đó P   ,t  t (t  2)3 C©u 10 1,0đ 27 81 81t  (t  2) f (t )   , t  1; f '( t )     t (t  2)3 t (t  2) t (t  2) Xét f '(t )   81t  (t  2)4   t  5t    t  (do t>1) lim f (t )  0,25đ x  Bảng biến thiên t f’(t) f(t) +  - 0,25đ 0 a  b  c 1  Vậy ma xP  f(4)     a  b  c   x  3; y  2; z  a  b  c   Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)= Hết 86 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 17 Thời gian làm bài 180 phút oOo 87 88 89 90 91 Trường THPT Đội Cấn ĐỀ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN ĐỀ 2015-2016 THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC - ĐỀ Năm học: MÔN: GIA TOÁN2016 – LỚP 12 SỐ 18 Thời gian làm bài 180 phút Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) oOo -Câu a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số y   x3  x  b Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C ) điểm có hoành độ x0 thỏa mãn phương trình y " x0   12   Câu Giải phương trình lượng giác cos x  cos  x    1 2 Câu a Giải phương trình 5.25x  26.5 x   b Tính giới hạn L  lim x 1 x  3x  x 1 Câu Một trường có 55 đoàn viên học sinh tham dự đại hội Đoàn trường, đó khối 12 có 18 em, khối 11 có 20 em và 17 em khối 10 Đoàn trường muốn chọn em để bầu vào ban chấp hành nhiệm kì Hỏi có bao nhiêu cách chọn cho em chọn có khối, đồng thời có ít em học sinh khối 12 Câu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết tam giác SAB cân và góc SD với mặt đáy 300 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng BD và SC Câu Cho hình chữ nhật ABCD có A(1;5), AB  BC và điểm C thuộc đường thẳng d : x  y   Gọi M là điểm nằm trên tia đối tia CB, N là hình chiếu vuông góc 2 B trên MD Tìm tọa độ các điểm B và C biết N ( ; ) và điểm B có tung độ nguyên   7 x    y x   Câu Giải hệ phương trình   x  1 y  y x   13x  12 Câu Cho các số dương x, y , z thỏa mãn điều kiện xy  yz  zx  xyz Chứng minh x  yz  y  xz  z  xy  xyz  x  y  z -Hết - 92 KỲ KTCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN I - NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Đáp án gồm: 04 trang ——————— I Hướng dẫn chung Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án đúng thì cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định II Đáp án – thang điểm Câu Câu Thang điểm Nội dung trình bày a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số  Tập xác định: D    Sự biến thiên: 0,25  x  1 x 1 + Chiều biến thiên: y '  3 x  , y '    Hàm số đồng biến trên khoảng  1;1 , nghịch biến trên khoảng  ; 1 và 1;   0,25 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1, y  Hàm số đạt cực tiểu x  1, yCT  + Giới hạn: lim y  , lim y   CĐ x  x  +Bảng biến thiên: x  y’ + 1    + 0,25 y  0,25  Đồ thị: y -2 -1 x -1 0,25 b Có y '  3 x   y ''  6 x 93 Theo giả thiết y "  x0   12  6 x0  12  x0  2 0,25 Có y  2   4, y '  2   9 Vậy phương trình tiếp tuyến là: y  9 x  14 0,25 0,25 0,25 Phương trình   2sin x  sin x  Câu sin x   sin x     sin x   x  k  Câu k  0,25   x    k 2  sin x      x  7  k 2  0,25   k   x x a Phương trình   5.5   0,25 5 x    x  x  1 5   Phương trình có nghiệm x  1 0,25 b Có L  lim x 1 =  lim x 1 Câu 0,25 x  3x   x  1 x    lim x 1 x 1  x  1 x  x    0,25 0,25 x2  3x   x Chọn em học sinh thỏa mãn yêu cầu bài toán xảy trường hợp: + Trường hợp 1: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em: 2 Có C18 C20 C17  494190 cách chọn + Trường hợp 2: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 2 Có C18 C20 C17  416160 cách chọn +Trường hợp 3: Khối 12 có em, khối 11 có em, khối 10 có em 1 Có C18 C20 C17  277440 cách chọn Vậy có 494190 + 416160 + 277440 = 1187790 cách chọn 94 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu S a Do SA   ABCD  và SAB cân nên H AB  SA  a E D A 0,25 O B C F   300 Góc SD với mặt đáy là góc SDA Trong tam giác SAD có tan 300  0,25 SA SA  AD   3a AD tan 300  S ABCD  AB AD  3a.a  3a 0,25 1  VS ABCD  SA.S ABCD  a 3.3 3a  3a3 3 0,25 b Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD E Do BD//CE  BD//(SCE)  d  BD , SC   d  BD,  SCE    d  O ,  SCE    d  A,  SCE   0,25 Kẻ AF  CE , F  CE  CE   SAF  Kẻ AH  SF , H  SF  AH  CE  AH   SCE  0,25  d  A,  SCE    AH Có AE  AD  6a, CE  BD  3a 1 AE.CD 6a.a AE.CD  AF.CE  AF=   3a 2 CE 2a 1 3a    AH  Trong tam giác SAF có: 2 AH AF SA 0,25 S ACE  Vậy d  BD , SC   Gọi I  AC  BD Do BN  DM  IN  IB  ID Câu 0,25 1 3a d  A,  SCE    AH  2 A B I  IN  IA  IC  ANC vuông N D C 0,25 N M   1 7 9 Đường thẳng CN qua N   ;  và nhận NA   ;  là pháp tuyến nên có  2 2 2 95 0,25 phương trình: x  y  13  Do C  CN  d  C  2; 3 Gọi B  a; b  Do AB  BC và AB  BC nên ta có hệ phương trình:  a  1 a     b  5 b  3     a  12   b  2   a  2   b  32    a  5, b  1 Giải hệ trên suy   a   , b   (ktm) 5  Vậy B  5; 1 , C  2; 3. 7 x    y  Giải hệ:  Câu    2 PT 1    y  x   y   x   y 1 (Do y  không là nghiệm 7 y phương trình) x 1  0,25 1 x 1 1  x  1 y  y x   13x  12 Điều kiện: x  1, x, y   Thay 0,25 0,25 y 1 vào (2) ta phương trình: 7 y 2  y 1   y 1  y 1 y   13    y  1 7 y 7 y 7 y 2  y  y  1  y  y  1  y   13  y  1    y  0,25  y  y  y  33 y  36  y 1   y  1 y  3  y  y  12     y  Với y   x   Với y   x    Hệ phương trình có nghiệm  x; y  là   ;1 ,  0;3   Câu x y Đặt a  , b  , c  0,25 0,25  a, b, c  và a  b  c  z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 0,25 a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  Thật vậy, a  bc  a  a  b  c   bc  a  a  b  c   bc  a  a bc  bc  a  bc  Tương tự, a  bc  0,25  a  bc 0,25 b  ac  b  ac , c  ab  c  ab 96 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được: a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac  a  b  c  a  bc  b  ac  c  ab  ab  bc  ac   đpcm Dấu đẳng thức xảy  a  b  c   x  y  z  3 Hết 97 0,25 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN ĐỀPHÚ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 19 THỌ Môn: Toán Thời làm bài bài180 180phút, phútkhông kể thời gian giao đề Thời gian gian làm oOo Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A 1;1  và vuông góc với đường thẳng qua hai điểm cực trị (C) Câu (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số : y  x  x  trên đoạn 0;4 Câu (1.0 điểm)  a) Cho sin   Tính giá trị biểu thức P  (1  cot  ).cos(   ) b) Giải phương trình: 34  x = 953 x x Câu (1.0 điểm) 14 a)Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển :  x    x  b) Trong môn Toán, 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 đó Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói trên thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít Câu (1.0 điểm) Giải bất phương trình: x   x   x  15 Câu (1.0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông A, AB  a, AC  a , mặt bên BCC 'B' là hình vuông, M , N là trung điểm CC ' và B'C ' Tính thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' và tính khoảng cách hai đường thẳng A' B ' và MN Câu (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  : x  y  3x  y   Trực tâm tam giác ABC là H 2;2  và đoạn BC  Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương Câu (1.0 điểm)  x3  y  x  y  10 x  y   Giải hệ phương trình :   x    y  x  y  x  y Câu (1.0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S  a3  b3 b3  c3 c3  a3   a  2b b  2c c  2a -Hết Thí sinh không dùng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……… … 98 TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN Môn: Toán Câu Nội dung Điểm Câu (2.0 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  a)Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 1.0 0.25  TXĐ D= R  x  y  y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>   x   y  2  - Giới hạn vô cực: lim y  ; 0.25 lim y   x  x  BBT  x  y’     y 0.25 -2  1a KL: Hàm số đồng biến trên khoảng  ;1; 3;  Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại xcđ =1 , y cđ= Hàm số đạt cực tiểu xct =3 , y ct =-  Đồ thị y f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2 0.25 x -2 -1 -1 -2 -3 b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A 1;1  và vuông góc với 1b đường thẳng qua hai điểm cực trị (C) Đu ờng thẳng qua c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4 Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½ Vậy PT đ ờng thẳng cần tìm là y  Câu (1.0 điểm) x 2 Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số 99 1.0 0.5 0.25 0.25 1.0 y  x  x  trên đoạn 0;4 y’=4x3-4x =4x(x2-1) y’= <=> x=0, x=1  0;4 x= -1 loại Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227 Vậy GTLN y = 227 , trên 0;4 x=4 GTNN y= trên trên 0;4 x=1 a) 0.25 0.25 0.25 0.25  Cho sin   Tính giá trị biểu thức P  (1  cot  ).cos(   ) sin   cos  sin  (cos  sin  )  sin  sin  th ay sin   vào ta tính P =1 0.25 P 0.5 0.25 b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 953 x  x đưa cùng số đó phương trình tđ nghiệm cần tìm là x = ho ặc x = -3 0.5 với x  x   0.25 0.25 14 a)Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển :  x   x   14 2   x   = x  2x x      C  14 k 14  k 14 x .2 k số hạng chứa x5 khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = => k=3 Hệ số cần tìm là C143  2912 b) Trong môn học Toán, 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 đó Tính xác suất để chọn đề thi từ ngân hàng đề nói trên thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít Không gian mẫu việc tạo đề thi là :   C 407  18643560 Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít 0.25 0.25 0.5 0.25 4  A  C 20 C 52 C15  C 20 C 51 C152  C 20 C 51C15  4433175 Xác suất cần tìm là P( A)  A   915 3848 0.25 x   x   x  15 Nhận xét : x   x  15  x    x  Giải bất phương trình: bpt   9x  0.25    3(3 x  1)  x  15   1.0 9x  9x    3(3 x  1)  9x  x  15  0 100 0.25  3x  1 3x    9x     3  x  15   3x      1   3   x    x  3x  13x  1  x  15      9x   kết hợp các Đk suy nghiệm BPT là x  là nghiệm bpt Cho lăng trụ đứng ABC A' B' C ' Có đáy ABC là tam giác vuông A, AB  a, AC  a , mặt bên BCC ' B ' là hình vuông, M, N là trung điểm CC’ và B’C’ Tính thể tích khối lăng trụ ABC A' B' C ' và khoảng cách 0.25 0.25 1.0 hai đường thẳng A’B’ và MN C B A M N H B’ C’ P A’ Ta có BC= BB’=2a 0.25 V ABC A' B 'C '  BB'.S ABC  2a a.a  a 3 0.25 gọi P là 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 là hình chiếu vuông góc C’ lên mp(MNP) 0.25 Cm H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MPC’ C' H  C ' M C ' P C' P  C' M  a 21 0.25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn C  : x  y  3x  y   Trực tâm tam giác ABC là H 2;2  , BC  101 1.0 2 2 Gọi tâm đường tròn (C) là I  ;  và A(x;y) suy AH (  x;2  y ) M là trung điểm BC Học sinh tính AH   x  y  x  y   kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình 0.25  x  y  x  y   Giải hệ ta (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)   x  y  x  y   Suy toạ độ A(1;4) ,chứng minh AH  2IM Từ AH  IM ta tính M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết 0.25 0.25 phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C) y 1 x   y  x  ta 2 y  12  y  3(2 y  1)  y    y  y     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)  x3  y  x  y  10 x  y   (1) Câu 8: Giải hệ   x    y  x  y  x  y (2) Điều kiện x  -2; y  0.25 1.0 (1)  x  x  10 x   y  y  y   x  1  2 x  1  3( x  1)  y  y  y Xét hàm số f (t )  t  2t  3t , f ' (t )  3t  4t   t  R 0.25 Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc Phương trình : x    x  x  x  x       x  3  x     x  1x    x    x   x3  x2  x    2 x  3  x      x  ( x  x  2) x    x   x  3  x    2(  x  x  )  x   x  x   x    x   x  3  x        x2  x  x       x  3 x 3     0 x  3  x     ( vi x  2 ) x  3 x 3  0.25  x   x x20   x  1 0.25 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0) Câu : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a  b  c  a3  b3 b3  c3 c3  a3   a  2b b  2c c  2a x3 1 Trước tiên ta chứng minh BĐT :  x  ( x  0) * x  18 18 *  18( x  1)  x  27 x  5 Tìm giá trị nhỏ biểu thức : S    x  1 11x    luôn đúng với x>0, d ấu “=” sảy x=1 102 1.0 0.25 0.25 a b c ; ; b c a a  b 7a 5b b  c 7b 5c c  a 7c 5a   ;   ;   ; a  2b 18 18 b  2c 18 18 c  2a 18 18 12 a  b  c Từ các đảng thức trên suy S  2 18 Áp dụng (*) cho x là  0.25  Vậy MinS =2 a=b=c=1 103 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THIĐẠO THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 20 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Thời gian làm bài 180 phút Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 oOo ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x  3x  (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN hàm số y x2 trên đoạn  2;  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm môđun 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  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương trình đường thẳng  ' là hình chiếu vuông 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 và viên bi vàng Lấy ngẫu nhiên viên bi, tìm xác suất để viên bi lấy không có đủ ba màu Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC cạnh 4a; M, N là trung điểm cạnh SB và BC Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và 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  ;  và có đường tròn 3  ngoại tiếp là  C  tâm I Điểm M  0;1 , N  4;1 là điểm đối xứng I qua các 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 là các 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 không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: SBD: Chữ kí giám thị 1: .Chữ kí giám thị 2: 104 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (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 trên các khoảng  ;0  và  2;  +Hàm số nghịch biến trên 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 đã cho xác định và liên tục trên  2;  y' x2  2x x   y'   x  0,25  x  1 +Trên  2;  thì y' = có nghiệm là x = 0,25 +Ta có y    4; y    16 0,25 105 +Max y = 16 x = 0,25 +Min y = x = 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R (1  i) z  (2  i ) z   2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )   2i 3a  2b  a   3a  2b  bi   2i     b  b  2 +Vậy z   2i 3b +Đặt: 3x  t , 0,25 t  t  +Với t=1: 3x   x  +Với t=2: 3x   x  log 2 0,25 t0 có: t  3t     0,25   I   x  x  x dx   x dx   x  x dx 0,25 I1   x dx  x3  0 0,5 I   x  x dx Đặt t   x  x   t  xdx  tdt Đổi cận: x   t  1; x   t   t3 t5   I    1  t  t dt    t  t dt        15 0 Vậy I  I1  I  2 15 0,5  +Đường thẳng  có vectơ phương u  1; 2; 1 , qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 0,25 +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  hay 2x – y – = 0.25    +Suy (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1;  và qua M (Oxy) có phương trình z =  ' là giao tuyến (P) và (Oxy) 0,25 2x  y   z  +Xét hệ  x  t  +Đặt x = t thì hệ trên trở thành  y  3  2t z   106 0.25 x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t z   6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin x + sinx =  sinx = v sin x    6b 0,25  7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 6 Số cách lấy viên bi là C144  1001 cách Ta đếm số cách lấy viên bi có đủ màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 C51 C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 C 52 C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 C51 C 71 cách Vậy số cách lấy viên bi có đủ màu là C 21 C 51 C 72 + C 21 C 52 C 71 + C 22 C 51 C 71 = 385 cách 0,25 0,25 1001  385 616   Xác suất lấy viên bi không đủ màu là P  1001 1001 13 +Ta có: AN  AB  BN  2a S Diện tích tam giác ABC là: S ABC  0,25 BC AN  4a M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 VS ABC  S ABC SA  4a 3.8a 3 C A H 32a 3  (đvtt) N 0,25 B +Ta có: VB AMN BA BM BN   VS ABC BA BS BC 0,25 8a 3 VB AMN  VS ABC  2 +Mặt khác, SB  SC  5a  MN  SC  5a ; AM  SB  5a +Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM  AH  a 17 +Diện tích tam giác AMN là S AMN 1  AN MH  2a 3.a 17  a 51 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 107 0,25 d ( B, ( AMN ))  3VB AMN 8a 3 8a 8a 17    S AMN 17 a 51 17 0,25 +Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy H  2;1 Từ GT suy IAMB, IANC là các hình thoi Suy AMN,IBV là các tam giác cân + Suy AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành + Suy G là trọng tâm HEI  HG cắt IE F là trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y    8   H  2;1 , G  ;0     F  3;   + Từ    2     HF  HG  0,25 + Từ EF  BC   EF  : x   E  3; 1 0,25 + Vì F là trung điểm IE nên I  3;0   R  + Từ đây ta có:  C  :  x  3  y  là phương trình đường tròn cần tìm  y  2 0,25 + Đk:  x  y + Từ pt thứ ta có:  y   y  12    x  y   x2   y   y   y  12     x2   y     x   x  y  x   x  y    y   y  12   2 2y   y    x x2   x2  y    x  y    y   y    y  2 2 x   x  y   y2 0 108 0 0.25 + Thay vào pt ta được: y   y   x3   x  0,25  y2  y2  x 4  x  y2  3 4  y2  x 4  x + Xét hàm số: ft   t  t  t  R Ta có: 3t  0,   t  R   f y   f  x     t 4  y    x    + Vậy ta có:  TM   y   x  y  2 f t  '    Kl: Nghiệm hệ là:  x; y    4; 2 10 y2  x 3 0,25  + Ta có:  a  b    2ab  a  b Nên ta có: 2a  7b  16ab  2a  7b  2ab  14ab  3a  8b  14ab    a  4b  3a  2b  4a  6b  2a  3b + Vậy ta có: 0,5 25a 2 2  2a  7b  16ab 25b + Tương tự ta có: 25a 1 2a  3b 2b  7c  16bc + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  25b 2b  3c  2 3c 25c  2  2c  c     a  a c  3a  2c  3 + Từ (1),(2),(3) ta có:  a2  a  b  c   c  2c  b2 c2  P  25      c  2c  25 5a  b  c  2a  3b 2b  3c 2c  3a    a  b  c   c  2c 0.25 + Mà a  b  c  theo giả thiết nên ta có: P  c  2c  15   c  1  14  14 Vậy GTNN P  14 Dấu "  " xảy và a  b  c  0.25  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận đúng dựa vào SGK hành và có kết chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ý đó; cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống và phần làm bài sau không cho điểm 109