Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Thi THPT Quốc Gia Môn toán 40 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 có đáp án...

Tài liệu 40 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016 có đáp án

.PDF
221
1665
50

Mô tả:

Vinastudy.vn THI THỬ THPT MÔN TOÁN LẦN THỨ 2 – NĂM 2016 Thời gian: 180 phút Ban ra đề: Thầy Nguyễn Tiến Chinh – Thầy Nguyễn Đại Dương – Thầy Hứa Lâm Phong Phản Biện: Thầy Nguyễn Phú Khánh x2 C  x 1 a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C ) Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số y   y  xM  3 b. Tìm trên (C ) hai điểm M ,N phân biệt, biết rằng tọa độ hai điểm này thỏa mãn :  M  y N  xN  3 Câu 2 (1,0 điểm): a. Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình x 2  2 x  5  0 trên tập số phức, và biểu thức A  x13  x23 . Hãy tính giá trị của B = 2 + Ai. b. Giải phương trình 2 log Câu 3 (1,0 điểm): Tìm số thực hàm số f  x   3x 2  6 x  5 .  x  2   log 2  x  4   0 m để hàm số F  x   mx 3   2 m  1 x 2  5x  4 2 2 là một nguyên hàm của Câu 4 (1,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho phương trình mặt phẳng và đường thẳng x y 1 z   . Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng 2 1 3 P và vuông góc với đường thẳng tại d A.   lần lượt là  P  : x  2 y  3z  0 , d : Câu 5 (1,0 điểm): a. Cho tan a - 2 cot a = - 1 . Hãy tính giá trị biểu thức A = tan 3 a - cot 3 a . b. Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Vật Lí và 9 quyển sách Hóa Học (các quyển sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi học sinh được 2 quyển sách khác loại. Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn Bình. Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau. Câu 6 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B ; AB  BC  a; AD  2 a ; SA   ABCD  . Góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng  ABCD  bằng 450 . Gọi M là trung điểm AD . Tính theo a thể tích khối chóp S.MCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BD . Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD tâm I có điểm E thuộc cạnh BI ( E khác B và I ). Gọi F là điểm đối xứng của C qua E. Gọi M ,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên cạnh AD, AB. Giả sử tọa độ A  4 ; 4  , phương trình đường thẳng MN : 4 x  3 y  12  0 , EF : 4 x  5 y  12  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM. Câu 8 (1,0 điểm): Giải bất phương trình x  3  x 3  4 x 2  3 x  18  x 3  5 x 2  4 x  10  x  1 Câu 9: (1.0 điểm ): Cho 0  x, y, z  e 1 . Chứng minh rằng x ln x  y ln y y ln y  z ln z z ln z  x ln x    2 ln  xyz  z x y ...................................... Hết .................................... SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1 THI THỬ KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016 Môn thi: TOÁN - Lần 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  1 . Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x  3  4 trên đoạn  2;5 . x 1 Câu 3 (1,0 điểm). a) Giải phương trình cos 2 x  3sin x  2  0 . b) Giải bất phương trình log 2  2 x  1  log 1  x  2   1 . 2 n 2  Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển nhị thức Niu - tơn của biểu thức  x   , x  2 1 x  0. Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn An  2Cn  180 . Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có A(1; 1; 1), B(1; 2; 1), C(1; 1; 2) và A'(2; 2; 1). Tìm tọa độ các đỉnh B', C' và viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, A'. Câu 6 (1,0 điểm). 3  a) Cho cos   . Tính giá trị của biểu thức P  cos 2  cos 2 5 2 b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán của một trường phổ thông có 4 học sinh nam khối 12, 2 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11. Để thành lập đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần chọn 5 em từ 8 em học sinh trên. Tính xác suất để trong 5 em được chọn có cả học sinh nam và học sinh nữ, có cả học sinh khối 11 và học sinh khối 12. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC). Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả 5  sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và 2  D của hình thang ABCD. x2  x  2 3 2 x  1 Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x  1  trên tập hợp số thực. 3 2x 1  3 Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2b 2  c 2b 2  1  3b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 1  a  1 2  4b 2 1  2b  2  8  c  3 2 ----------------------- Hết ----------------------Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 ) chia sẻ đến www.laisac.page.tl SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: TOÁN - Lần 1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 Đáp án Điểm Khảo sát sự biến thiên… - TXĐ: D =  1,0 2 1   - Giới hạn: lim y  lim x 4  1  2  4    x  x  x   x - Sự biến thiên: +) Ta có: y' = 4x3 - 4x  y '  0  x  0  x  1 +) Bảng biến thiên x -  -1 0 y' - 0 + 0 0,25 + 1 - + 0 + + 0,25 1 y 0 0 Suy ra: * Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 ,  0;1 và hàm đồng biến trên các khoảng  1;0  , 1;   . * Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = 1 xCT = 1 , yCT = 0 - Đồ thị: 0,25 y 2 1 x -2 -1 1 2 0,25 -1 -2 - NX: Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng 2 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… 1,0 - Ta có f  x  liên tục và xác định trên đoạn  2;5 ; f '  x   1   x  1 2 0,25 - Với x   2;5 thì f '  x   0  x  3 0,25 - Ta có: f  2   3, f  3  2, f  5   3 0,25 - Do đó: Max f  x   3  x  2  x  5 , 2;5 3 4 min f  x   2  x  3 2;5 a) - Ta có phương trình cos 2 x  3sin x  2  0  2sin 2 x  3sin x  1  0 0,25 0,25    x   2  k 2  sin x  1     1   x    k 2 , k   . sin x   6   2  x  7  k 2  6 - KL: Phương trình có ba họ nghiệm… b)- ĐK: x  2 - Khi đó bất phương trình có dạng: log 2  2 x  1  log 2  x  2   1  log 2  2 x  1 x  2    1 4  5  2 x 2  5 x  0  x   0;   2  5 - Kết hợp điều kiện ta có: x   2;   2 Tìm số hạng chứa… 0,25 0,25 0,25 1,0 - ĐK: n   , n  2  n  15 DK - Khi đó: An2  2Cn1  180  n 2  3n  180  0    n  15  n  12 0,25 15 15 3 k 15 2 k  - Khi n = 15 ta có:  x     C15k  1 2k x 2 x  k 0 15  3k 3 k 3 Mà theo bài ra ta có: 2 3 Do đó số hạng chứa x 3 trong khai triển trên là: C153  1 23 x3  3640 x 3 5 Tìm tọa độ điểm và…  0,25 0,25 1,0 - Do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ nên BB '  AA '  B '  2;3;1 0,25 Tương tự: CC '  AA '  C '  2;2; 2  - Gọi phương trình mặt cầu (S) cần tìm dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0, a 2  b2  c 2  d  0 Do A, B, C và A' thuộc mặt cầu (S) nên: 2a  2b  2c  d  3 3  2a  4b  2c  d  6  a  b  c    2  2a  2b  4c  d  6 d  6 4a  4b  2c  d  9 0,25 - Do đó phương trình mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  3x  3 y  3 z  6  0 1  cos    2 cos2   1 a) Ta có: P  2 1 3  9  27   1     2.  1  2  5   25  25 0,25  6  0,25  b)- Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách - Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau +) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách 0,25 0,25 0,25 0,25 +) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22C42 cách +) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22C21C42 cách 7 +) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22C22 C41 cách Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là: C21C21C43 + C21C22C42 + C22C21C42 + C22C22 C41 = 44 cách 44 11  - Vậy xác suất cần tính là: 56 14 Tính thể tích và... 0,25 1,0 S - Tính thể tích K +) Ta có: AB  AC 2  BC 2  4a  SDA  450 +) Mà   SCD  ,  ABCD     nên SA = AD = 3a 1 Do đó: VS . ABCD  SA.S ABCD  12a 3 (đvtt) 3 - Tính góc…   +) Dựng điểm K sao cho SK  AD B Gọi H là hình chiếu vuông góc của 0,25 H A D 0,25 D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó: DSH  SD,  SBC     0,25 C DC.DK 12a  , SD  SA2  AD 2  3a 2 KC 5 3a 34 SH  SD 2  DH 2  5 SH 17 Do đó: DSH  arccos  arccos  340 27 '  SD,  SBC     SD 5 Tìm tọa độ các đỉnh… +) Mặt khác DH  8 0,25 1,0 C B H I K E A 9 D - Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE. 1 +) K là trung điểm của AH nên KE   AD hay KE   BC 2 Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0  3  Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3  2  - Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1). - Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3). KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3) Giải bất phương trình... - ĐK: x  1, x  13 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 x2  x  2 3 2 x  1 x2  x  6 x 1   x 1  2  3 3 2x 1  3 2x 1  3 - Khi đó: 1  x  2  3 x 1  2 2x 1  3 0,25  , * - Nếu 3 2 x  1  3  0  x  13 (1) thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1 Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (*): f  3  2x 1  f  0,25  x  1  3 2 x  1  x  1  x3  x 2  x  0  1  5   1  5  DK(1) Suy ra: x   ;  VN    0;   2 2     3 - Nếu 2 x  1  3  0  1  x  13 (2) thì (2*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1 Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*): f 10  3   2x 1  f 1   1  x   2  x  1  3 2 x  1  x  1    1  x  13  2  2 3   2 x  1   x  1  1  5  DK(2) 1  5  ;    ;13   x   1; 0   Suy ra: x   1; 0    2   2  1  5  -KL: x   1; 0   ;13   2  Tìm giá trị nhỏ nhất... - Ta có: P  1  a  1 2  4b 0,25 2 1  2b  2  8  c  3 2  1  a  1 2  1  1    1  2b  2  0,25 1,0 8  c  3 2 1 , khi đó ta có: a 2 b 2  c 2 b 2  1  3b trở thành a 2  c 2  d 2  3d b 1 1 8 8 8     Mặt khác: P  2 2 2 2 2  a  1  d  1  c  3  a  d  2   c  3 2    2     64 256   2 2 d 2a  d  2c  10      a  2  c  5   2 - Mà: 2a  4d  2c  a  1  d 2  4  c 2  1  a 2  d 2  c 2  6  3d  6 Suy ra: 2a  d  2c  6 1 - Do đó: P  1 nên GTNN của P bằng 1 khi a  1, c  1, b  2 0,25 - Đặt d  0,25 0,25 0,25 Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810 ) chia sẻ đến www.laisac.page.tl. 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 1, Ngày thi: 1/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3 x 2 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y  3 x  5. Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3x  3 2 b)Cho số phức z thỏa mãn z   2  3i  z  1  9i . Tìm môđun của số phức z. Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1)  82.3 x  9  0. Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên. 1   Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx 0 Câu 6. (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 một góc 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 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  1  2t . Viết phương trình mặt phẳng đi 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 của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:        32 2 x  y  3  1   2 y 3 3  x 2 x  2 5  y  3 1   x 2 y 3 2  6 x   2 y  3 1 Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab  bc  ca  1 . Tìm GTNN của biểu thức: P a 16  b  c   a 2  bc   b 16  a  c   b 2  ac   a2 1  1 c     4  a ab  -------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Chữ ký của giám thị 1: .................................. Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 2: ................................. Cảm ơn thầy bạn Ngô Quang Trường ([email protected] ) đã gửi tới www.laisac.page.tl 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 2  6 x; y '  0  x  0  x  2 . Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2). Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4. Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x   Điểm 0,25 0,25 x   Bảng biến thiên: x y' y - 0 0 – 2 0 4 + + + 0,25 – 0 - Đồ thị: y 8 6 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 0,25 9 -2 -4 -6 -8 1b (1,0đ) Tiếp tuyến song song với đường thẳng y  3x  5 nên có hệ số góc bằng 3. 2 0 2 0 Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có  3 x  6 x0  3  3 x  6 x0  3  0  x0  1 Suy ra M(1;2) Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 . 2a (0,5đ) 3 1 1 1 3  (1  cos2 x)  (1  cos4 x)  (1  cos6 x)  2 2 2 2 2  (cos6 x  cos2 x)  cos4 x  0  2 cos 4 x.cos2 x  cos4 x  0 cos 2 x  cos 2 2 x  cos 2 3 x  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  cos4 x(2 cos 2 x  1)  0  k  cos4 x  0 x  8  4   cos2 x   1  x     k  2  3 2b (0,5đ) Gọi z  a  bi, a, b   ; Khi đó z   2  3i  z  1  9i 0,25 0,25  a  bi   2  3i  a  bi   1  9i   a  3b   3a  3b   1  9i  a  3b  1 a  2  . Vậy môđun của số phức z là : z  22  (1) 2  5  3a  3b  9 b  1 3 (0,5đ) 32 ( x 1)  82.3 x  9  0  9.32 x  82.3 x  9  0 1   3 x  9  3 2  3 x  32  2  x  2. Vậy bất phương trình có nghiệm là  2  x  2 . 9 0,25 0,25 0,25 4 (0.5đ) 4 n()  C12  495 Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”  A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên” Ta có các trường hợp sau: + 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách + 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách 0,25 0,25 + 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách  n( A)  270. n( A) 6  . n() 11  P ( A)  Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A)  1  P ( A)  5 (1,0đ) 1 2  1  1 . I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx 0 2 5 11 1 1 x3 I1   x dx  3 0 2  0 2 0 0,25 0 1 3 1 I 2   x 3 1  x 2 dx 0 Đặt t  1  x 2  x 2  1  t 2  xdx  tdt Đổi cận: x  0  t  1; x  1  t  0 1  t3 t5  2  I 2    1  t  t dt    t  t dt       3 5  0 15 1 0 0 1 2 Vậy I  I1  I 2  2 2 4 7 15 Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v  1 0,25 1 2x e 2 1  xe 2 x dx   0 Vậy I  6 (1,0đ) x 2x 1 1 2x e2 1 e2  1 e |0  e dx   e 2 x |10  2 20 2 4 4  3e 2  7 . 12 0,25 0,25 S Ta có SA  (ABCD)  AC là hình chiếu của SC trên H M  (ABCD)  SCA  600 N AC  AD 2  CD 2  a 5 ; SA  AC tan 600  a 15 A B 0,25 D C 1 1 2 15a3 VS. ABCD  S ABCD .SA  AB.AD.SA  . 3 3 3 Trong mp(SAD) kẻ SH  DM, ta có AB  (SAD) mà MN // AB  MN  (SAD)  MN  SH  0,25 0,25 SH  (DMN)  SH = d(S, (DMN)) SH SM SA.DA SA.DA 2a 15 SHM ~ DAM  .   SH    2 2 DA DM 2 DM 2 AD  AM 31 7 (1,0đ) 0,25 Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a  (1;2;2) , MA  (4;2;2)   mp(P) đi qua A và chứa d nhận n  a, MA  (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến 0,25 (P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0 0,25 0,25 Gọi H là hình chiếu của A trên d  H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t), 4  32 10 26  AH  ( 4  t;2  2t;2  2t ); AH  a  AH .a  0  t   AH    ; ;  9 9 9   9 Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH = 8 (1,0đ) 10 2 200 . Vậy (S): x  2 2  y  32  z  52  . 3 9 Gọi E,F,G lần lượt 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 cũng nội tiếp, đó AF  EF . Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ G A B H D E C 0,25 32 5 1 2 AF  2 ; 2 5 2 0,25 nội do F 17   x  5 3 x  y  10  17 1    F  ;   AF    5 5 x  3y  4 y  1  5 AFE  DCB  EF  0,25 0,25 2 8 51  8  17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5 5  5 5  19  19 7   5t 2  34t  57  0  t  3  t  hay E  3; 1  E  ;  5  5 5 Theo giả thiết ta được E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên 2  x  12   y  12   x  3 2   y  12  AD  DE    AD  DE  x  1 x  3   y  1 y  1  y  x  2 x  1 x  3    hay D(1;-1)  D(3;1)  y  1  y  1  x  1 x  3  0 Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). 0,25 Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). 9 (0,5đ) x  0 y  3 ĐK:  0.25 Ta có phương trình thứ 2 của    x 2 x  y  3 1  hệ:  x  a Đặt:     y  3 1 x  2 y 3  2  6 x  2  y  3 1  * 0,25 . Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:  y  3  1  b a  2a  b   b  a  2b   6  a 2  b 2  BCS VT*  Ta có: 3  a  b   6  a 2  b 2   VP*  a  b  2a  b  2b  a   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a  b  Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có: 32 2 x  *  1. 2 y  3  3  2 x 0,25 y  3 1  x  y  3  1 0.25 52 x 32   x  y 3 2 y 3 3  2 5 ** Mặt khác theo AM-GM ta có: 2   x  y 3   x 2 y 3 3 2 y 3 3   2 2 32   x  y 3 2 y 3 3  2 32  AM  GM  x  y 3 2 y 3 3  2  8  5  VT**  VP** . Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2  2 y 3 3 x  y 3   2 2  0.25 32   x  y 3 2 y 3 3  2 3   x  2   y 3  1  2 9   x  4   y  13  4  9 13   4 4  Vậy nghiệm của hệ là  x; y    ; 10 (1,0đ) Ta có: 0,25 a 2  bc a 2  bc 1  2  ab  ac ab  ac  2a  b  c  ab  ac  2 a  bc  a  b  a  c  a 2a  2  b  c   a  bc   a  b  a  c  Tương tự ta cũng sẽ có: 1 b 2b  2  a  c   b  ac   c  b  a  b   2 0,25 Từ (1) và (2) ta sẽ có: 0,25 P  a2 1  1 c  1 2a 2b       4   a  b  a  c   c  b  a  b   4  a ab   a 2  1  b  c  1 4ab  2ac  2bc  .  4  a  b  b  c  c  a  4ab Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab  bc  ca  1 . Nên ta sẽ có: a 2  1  b  c  4ab Từ đây ta sẽ 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 1 P .  4  a  b  b  c  c  a  4ab  2c  a  b  0,25   a 2  bc 1   ab  ac a  b  1  b 2  ac Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  .  1 c  0  ab  bc ab  bc  ca  1  c  0   Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015. *******HẾT******* Cảm ơn thầy bạn Ngô Quang Trường ([email protected] ) đã gửi tới www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  ĐỀ CHÍNH THỨC  ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  NĂM HỌC 2015­2016­LẦN I  Môn: TOÁN  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.  Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số :  y = x - sin 2 x + 2 .  Câu 3 (1,0 điểm).  3sin a - 2 cos a a)  Cho  tan a  = 3 . Tính giá trị biểu thức  M = 5sin 3 a + 4 cos 3 a  x - 4 x - 3  x ®3  x 2  - 9  Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình :  3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2  x = 2  b)  Tính giới hạn :  L = lim  Câu 5 (1,0 điểm).  5  2  ö æ a) Tìm  hệ số của  x  trong khai triển của biểu thức :  ç 3x 3  - 2  ÷ .  x ø  è b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng  thời)  3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.  10  Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và  có  tâm I ( 2;1 ) .  Hãy  xác  định  tọa độ hai đỉnh  B, C và  góc  nhọn hợp bởi hai  đường chéo của hình bình hành đã cho.  Câu 7 (1,0 điểm).  Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm  trong  mặt  phẳng  vuông  góc  với  mặt  phẳng ( ABC ) ,  gọi  M  là  điểm  thuộc  cạnh  SC  sao  cho  MC = 2 MS .  Biết  AB = 3, BC = 3 3  ,  tính  thể  tích  của  khối  chóp  S.ABC  và  khoảng  cách  giữa  hai  đường thẳng  AC  và  BM  .  Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường tròn  tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương trình :  2 x + y - 10 = 0  và D ( 2; - 4 )  là giao điểm thứ hai của  AJ  với đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các  đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hoành độ âm  và  B  thuộc đường thẳng có phương trình  x + y + 7 = 0  .  ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  í 3 2  ïî  x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình :  x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  và  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0 .  Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.  ­­­­­­­­Hết­­­­­­­  Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.  Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh:………………  Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến  www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC  HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA  LẦN I  NĂM HỌC 2015­2016  Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)  Câu  Đáp án  Điểm  Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2 1,0  Tập xác định:  D = ¡ .  é x = 0  Ta có  y' = 3 x 2  - 6 x. ;  y'  = 0 Û ê ë x = 2  0,25  ­ Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các  khoảng (-¥ ; 0) và  (2; +¥ ) ; nghịch  biến trên khoảng  (0; 2) .  ­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =­2.  0,25  ­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -¥  x ®+¥ x ®-¥ Bảng biến thiên:  -¥  x y'  y  0                        2 +          0  ­  0              +  2 +¥  +¥ 0,25  ­2  -¥  1 (1,0 đ)  Đồ thị:  y  f(x)=(x^3)­3*(x )^2+2  5  x  ­8  ­6  ­4  ­2  2  4  6  0,25  8  ­5  2 (1,0 đ) Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số :  y = x - sin 2 x + 2 .  1,0  Tập xác định  D = ¡ f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x 0,25  f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x = 1  p Û x = ± + k p , k Î ¢  2 6  0,25 p æ p ö æ pö f ¢¢ ç - + k p ÷ = 4 sin ç - ÷ = -2 3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại  xi  = - + k p  6  è 6 ø è 3 ø  3.(1,0đ)  p 3  æ p ö Với  yC D  = f ç - + k p ÷ = - + + 2 + k p , k Î ¢  6 2  è 6 ø  p æp ö æpö f ¢¢ ç + k p ÷ = 4 sin ç ÷ = 2 3 > 0 Þ hàm số đạt cực tiểu tại  xi  = + k p  6 3  6  è ø è ø  3  æp ö p + 2 + k p , k Î ¢  Với  yC T  = f ç + k p ÷ = è6 ø  6 2  3sin a - 2 cos a Cho  tan a  = 3 . Tính giá trị biểu thức  M = 5sin 3 a + 4cos 3 a  2 2 2 3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos 2 a )  M= 5sin 3 a + 4 cos 3 a  3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos 3 a = (chia tử và mẫu cho cos 3  a )  5sin 3 a + 4cos 3 a  3 tan 3 a - 2 tan 2 a + 3tan a - 2  = 5 tan 3 a + 4 3.33 - 2.32  + 3.3 - 2 70  Thay  tan a  = 3 vào ta được  M = = 5.33  + 4 139  Lưu ý: HS cũng có thể từ  tan a = 3 suy ra  2kp < a < 1 cos a = 10 3  ; sin a =  10 x ®3  (x(x x ®3 )( ( - 9) x + 4 x - 3 x - 1 L = lim  x ®3  ( x + 3) ( x + 0,5 0,25  0,25  + 2 kp và  x - 4 x - 3  x 2  - 9  0,5 ) = lim  4 x - 3 x + 4 x - 3  2 2  0,25  rồi thay vào biểu thức M.  b) Tính giới hạn :  L = lim  L = lim p 0,25  4x - 3 ) ) = x ®3  (x x 2  - 4 x + 3  2  ( 3 -1 ( 3 + 3) ( 3 + 0,25 )  - 9 ) x + 4 x - 3  )  4.3 - 1  = 1  18  0,25  Câu 4.Giải phương trình :  3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2  x = 2  1,0  2 2 2 2  4 .(1,0 đ)  Phương trình Û 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x + cos  x )  Û sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2  x = 0  Û ( sin x - cos x )( sin x - 3cos x ) = 0 Û sin x - cos x = 0 Ú sin x - 3cos x = 0  p + k p Ú x = arctan 3 + k p , k Î Z  4  p Vậy phương trình có hai họ nghiệm:  x = + k p , x = arctan 3 + k p , k Î Z  4  0,25 0,25  0,25  Û tan x = 1 Ú tan x = 3 Û x = 0,25  5  2  ö æ a) Tìm  hệ số của số hạng chứa  x 10  trong khai triển của biểu thức :  ç 3x 3  - 2  ÷ .  x ø  è 5  5 - k  k  5 5  k  5 - k æ 3 2ö æ 2  ö k 3 k k 15 -5 k  3 x = C 3 x . = ( ) å 5 ç ç 2  ÷ å C5  ( -1)  3 .2  x  2 ÷ x ø k =0 è è x ø k =0  Hệ số của của số hạng chứa  x 10  là  C5 k ( - 1) k 35 - k 2 k ,  với 15 - 5k = 10 Û k = 1  1  1,0 Vậy hệ số của  x 10  là : C5 1 ( -1)  34 21  = - 810  0,25  0,25 5 (1,0 đ)  b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm  12  quả đỏ và  8  quả xanh. Lấy ngẫu  nhiên 3 quả. Tính  xác  suất  để trong  3  quả  cầu  chọn  ra  có  ít  nhất  một quả  cầu màu  xanh.  3  Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20  Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”  C 3  3  Thì  A là biến cố “Chọn được ba quả cầu  màu đỏ” Þ n ( A ) = C12  Þ P ( A ) =  12  3  C20  C 3  46  Vậy xác suất của biến cố  A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12  =  3  C20  57  0,25  0,25  Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành  ABCD  có hai  đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 )  và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy  xác định tọa độ hai đỉnh  B, C và  góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.  ì x = 2 xI - x D  = 4 - 5 = -1  Do  I  là trung điểm  BD . Suy ra í B Þ B ( -1; 2 )  î yB = 2 yI - yD  = 2 - 0 = 2  6 .(1,0 đ)  Do  I  là trung điểm  AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A  = 4 + 2 = 6 Þ C  6;3  ( )  í î yC = 2 y I - y A  = 2 + 1 = 3  uuur uuur  Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 )  0,25  0,25  0,25 uuur uuur uuur uuur AC × BD  48 - 8 2  cos a = cos AC , BD  = uuur uuur  = = Þ a = 45 o 2  4 5.2 10  AC BD ( 1,0  )  0,25  Câu 7 . Cho hình chóp  S.ABC  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại  A , mặt bên  SAB  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi  M  là điểm thuộc cạnh  SC  sao cho  MC = 2 MS . Biết  AB = 3, BC = 3 3  , tính thể tích  của khối chóp  S.ABC  và khoảng cách giữa hai đường thẳng  AC  và  BM .  1,0  S  Gọi  H là trung điểm  AB Þ SH ^  AB ( do  D SAB đều).  Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )  N  M  K  Do  D ABC đều  cạnh bằng  3  nên  SH = 0,25  3 3  , AC = BC 2 - AB 2  = 3 2  2  A  C  H  B  3  1 1 3 6 9 6  (đvtt)  Þ VS . ABC = × SH × S ABC  = × SH × AB × AC = =  3 6 12 4  7. (1,0 đ)  Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt  SA  tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN )  AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB )  Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến  BN  .  0,25  0,25  Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) =  AK với  K  là hình chiếu của  A  trên  BN  NA MC  2 2 2 32  3 3 3  2  = = Þ S ABN = S SAB  = × =  (đvdt) và  AN = SA = 2  SA SC 3 3 3 4 2  3  0,25 BN = 3 3  2 × 2S  2  =  3 21  AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0  =  7  Þ AK  = ABN  = BN 7  7  3 21  (đvđd)  7  Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng  CA ^ (SAB )  và  VS . ABC = VC . SAB  Vậy d ( AC , BM ) =  Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác  ABC  ngoại tiếp đường  tròn  tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh  A  của tam giác  ABC  có phương  trình :  2 x + y - 10 = 0  và D ( 2; - 4 )  là giao điểm thứ hai của  AJ với đường tròn ngoại  tiếp tam giác  ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác  ABC  biết  B  có hoành độ âm  và  B  thuộc đường thẳng có phương trình  x + y + 7 = 0  .  AJ đi qua J ( 2;1 ) và D ( 2; - 4 )  nên có  phương trình  AJ : x - 2 = 0  { A} = AJ Ç AH ,  ( trong đó  H  là chân  đường cao xuất phát từ đỉnh  A )  A E  J  Tọa độ  A  là nghiệm của hệ ìx - 2 = 0 ì x = 2  Ûí Þ A ( 2; 6 )  í î 2 x + y - 10 = 0 î y = 6  1,0  B  0,25  I C  H  D  8 .(1,0 đ)  Gọi  E  là giao điểm thứ hai của  BJ  với đường tròn ngoại tiếp tam giác  ABC .  » = DC » = EA » Þ DB =  DC và  EC »  Ta có  DB · =  1 (sđ EC »  + sđ DB » )= DJB »  1  (sđ EA ·  Þ D DBJ cân tại  D Þ  » + sđ DC )=  DBJ 2  2  DC = DB = DJ hay  D  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  JBC  Suy  ra  B, C  nằm  trên  đường  tròn  tâm D ( 2; - 4 )  bán  kính  JD = 0 2 + 52  = 5  có  2 2  phương trình ( x - 2 ) + ( y + 4 )  = 25 . Khi đó tọa độ  B  là nghiệm của hệ 2 2  é B ( -3; -4 ) ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25  ì x = -3 ì x = 2  Ûí Úí Þê í î y = -4 î y = -9  ëê B ( 2; -9 )  ï x + y + 7 = 0  î  0,25 Do  B  có hoành độ âm  nên ta được B ( -3; - 4 )  ìï qua B ( -3; -4 ) ìïqua B ( -3; -4 ) Þ BC : x - 2 y - 5 = 0  BC : í Þ BC : í r r  ïî^ AH îïvtpt n = u AH  = (1; -2 )  Khi đó tọa độ  C  là nghiệm của hệ 2 2  ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25  ì x = -3 ì x  = 5  éC ( -3; -4 ) º B  Ûí Úí Þê Þ C ( 5; 0 )  í î y = -4 î y  = 0  ëêC ( 5;0 ) ï x - 2 y - 5 = 0  î  0,25  Vậy A ( 2;6 ) , B ( -3; - 4 ) , C ( 5;0 )  ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2  Câu 9. Giải hệ phương trình : í 3 2  ïî  x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y ìx + 2 ³ 0 ì x ³ -2  Điều kiện : í Ûí î4 - y ³ 0 î y £ 4  (1 ) ( 2 )  1,0  0,25  3 3  Từ phương trình (1 )  ta có ( x - 1) = ( y - 2 ) Û x - 1 = y - 2 Û y = x + 1 9 .(1,0 đ)  Thay ( 3 )  vào ( 2 ) ta được pt: x+2 + ( 3 )  4 - ( x + 1) = x 3  + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1 )  2  Û  x + 2 + 3 - x = x3 + x 2  - 4 x - 1  , Đ/K  -2 £ x £ 3  Û Û Û ( ) x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4 Û 2 éë( x + 2 )( 3 - x ) - 4 ùû ( x + 2 + 3- x + 3 )( ( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ) 2 ( - x 2  + x + 2 ) ( x + 2 + 3- x + 3 )( ( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ) ( ( x + 2 )( 3 - x ) - 2 ) ( x + 2 + 3 - x + 3  2 ) = ( x + 1) ( x 2  - 4 )  = ( x + 1) ( x 2  - 4 )  = ( x + 2 ) ( x 2  - x - 2 )  0,25 æ ö ç ÷ 2  ç ÷ = 0  2  Û ( x - x - 2 ) ç x + 2 + x+ 2 + 3- x +3 ( x + 2 )( 3 - x ) + 2  ÷÷ ç ç 144444444424444444443 ÷ è > 0  ø 2  Û x - x - 2 = 0 Û x = 2 Ú x = -1  ( 0,25 )( · ( ) x = 2 ¾¾ ® y = 3 Þ ( x; y ) = ( 2;3 )  ( thỏa mãn đ/k) · ( ) x = -1 ¾¾ ® y = 0 Þ ( x; y ) = ( - 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k)  )  0,25  3  3  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = ( - 1; 0 )  Câu10.Chohai phương trình:  x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  và  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0 .Chứng  minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó  ·  Hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4  xác định và liên tục trên tập  ¡  Đạo hàm f ¢ ( x ) = 3 x 2  + 2 x + 3 > 0, "x Î ¡ Þ f ( x )  đồng biến trên  ¡ 1,0 (*)  f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 Þ $ a Î ( -4;0 ) : f ( a ) = 0 ( ** )  0,25  Từ (* )  và (** )  suy ra  phương trình  10.(1,0đ) x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4 = 0  có một nhiệm duy nhất  x = a ·  Tương tự phương trình  x 3 - 8 x 2  + 23 x - 26 = 0  có một nhiệm duy nhất  x = b 0,25  Theo trên :  a 3 + 2 a 2  + 3a + 4 = 0  (1 )  3 2  Và b3 - 8b 2  + 23b - 26 = 0 Û ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 = 0 ( 2 )  3 2  Từ (1 )  và ( 2 )  Þ a 3 + 2a 2  + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 ( 3 )  Theo trên hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2  + 3 x + 4  đồng biến  và liên tục trên tập  ¡  Đẳng thức ( 3) Û f ( a ) = f ( 2 - b ) Û a = 2 - b Û a + b = 2  0,25  0,25  Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng  2 .  Lưu ý khi chấm bài:  ­ Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm  nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.  ­ Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.  ­ Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm.  ­ Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. ­ Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.  ­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.  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 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN : TOÁN 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi có 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  f  x   x3  3x 2  9 x  1 , có đồ thị  C  . a) Tìm tọa độ các điểm trên đồ thị  C  , có hoành độ x0 thỏa mãn f '  x0   0. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  , tại giao điểm của đồ thị  C  và trục Oy. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 cos x  sin x  2cos 2 x  0 . Câu 3 (1,0 điểm). a) Tính giới hạn lim x 1 x3 2 x2 1 12 2  b) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển P  x    x 2   , x  0. x  Câu 4 (1,0 điểm). 1 a) Cho cos 2  . Tính giá trị của biểu thức P  1  tan 2 . 5 b) Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen. Chọn ngẫu nhiên 4 quả. Tính xác suất để 4 quả được chọn có đủ cả 3 màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A 1;5 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua đường thẳng  và viết phương trình đường tròn đường kính AA '. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S. ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Tính diện tích tam giác SAC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E  7;3 là một điểm nằm trên cạnh BC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường chéo BD tại điểm N  N  B . Đường thẳng AN có phương trình 7 x  11y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD , biết A có tung độ dương, C có tọa độ nguyên và nằm trên đường thẳng 2 x  y  23  0 .  x  2  x  1  y 3  3 y  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 4   x  y   x  2 y  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z  1;2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P z 2  4 xy 4z  x  y  x  y 2 ----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:...............................................................................; Số báo danh:................................ Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) đã chia sẻ đến  www.laisac.page.tl
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan