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
x2
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 32 z 52
.
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 12 y 12 x 3 2 y 12
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
52 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 AMGM 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
x3 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