Tài liệu Tổng hợp các đề thi thử thpt quốc gia các trường môn toán năm 2016 (kèm lời giải chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 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: 17/11/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số: y  3  2x x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  1 Câu 2.(1,0 điểm) a) Giải phương trình: (sinx  cosx)2  1  cosx . b) Tìm số phức liên hợp của số phức z thỏa mãn 3 z  9  2i.z  11i . Câu 3.(0,5 điểm) Giải phương trình: log 1 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0 2 Câu 4.(0,5 điểm) Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. 1 2 Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x (x  e x )dx 0 Câu 6.(1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B, SA= a, SB hợp với đáy một góc 300 .Tính thể tích của khối chóp S.ABC. và tính khoảng cách giữa AB và SC. Câu 7.(1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và (  ) : x  y  z  4  0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 8.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu của B 3  3 lên AC là E (5;0) , trung điểm AE và CD lần lượt là F  0; 2  , I  ;   . Viết phương trình đường 2 2  thẳng CD.   3   Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình:  2   2 x  1  1  x  4  8x  9x2 3x  2 2 x  1 Câu 10.(1,0 điểm) Cho a, b, c  0 và thỏa mãn: c  min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  6  a  b   4c  2 ln   ab a b   P   bc ca 8c 4 ab ---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................ Số báo danh: ............................................... Chữ ký của giám thị 1: .................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 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 17/11/2015 Câu Nội dung Điểm 3  2x 2x  3  . x 1 x 1  Tập xác định: D   \ {1} 1a Hàm số: y  (1,0)  Đạo hàm: y   1 (x  1)2 0,25  0, x  D  Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định ;1 và 1; và không đạt cực trị.  Giới hạn và tiệm cận: lim y  2 ; lim y  2  y  2 là tiệm cận x  x  ngang. 0,25 lim y   ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng. x 1 x 1  Bảng biến thiên x – y y 1 – + – –2 + – 0,25 –2  Giao điểm với trục hoành: y  0  2x  3  0  x  Giao điểm với trục tung: cho x  0  y  3  Bảng giá trị: x 0 1/2 1 3/2 y –3 –4 || 0 Đồ thị hàm số như hình vẽ bên đây: 3 2 2 –1 y O 1 2 -1 -2 x 0,25 -3 -4 2x  3 x 1 (1,0) Gọi M x 0 ; y0   (C ) là tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 1b (C ) : y  0,25 y  f (x 0 ) x  x 0   y0 Vì Tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  x  1 nên có hệ số góc f (x 0 )  1 x  1  1 x  2 2  0  0   1  ( x  1)  1   0 x  1  1 x  0 2 (x 0  1)  0  0  Với x 0  2  y0  1 . pttt là: y  1  1(x  2)  y  x  1 ( loại) 1   Với x 0  0  y0  3 . pttt là: y  3  1(x  0)  y  x  3 2a (0,5) 0,25 0,25 0,25 Ta có: (s inx  cosx)2  1  cosx  1  2 sin xcosx  1  cosx  cosx(2 sin x-1)  0 0,25   x   k  cosx  0 2      s inx= 1   x= 6  k2 (k  Z).  2  5  x  6  k2  0,25 Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. 2b Gọi số phức z  a  bi,( a, b ) . Tan có : (0,5) 3 0,25 3 z  9  2i.z  11i  3  a  bi   9  2i  a  bi   11i 3a  9  2b 3a  2b  9 a  1    3b  2a  11 2a  3b  11 b  3 Ta có z  1  3i  z  1  3i log 1 (x 2  5)  2 log 2(x  5)  0 (*) 0,25 2 (0,5) x 2  5  0  x  5  0  x  5  Điều kiện:  x  5  0   Khi đó, log 1 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0  log2 (x 2  5)  2 log2(x  5)  0 1 2   log 2(x 2  5)  log 2(x  5)2  0  log 2(x  5)2  log 2(x 2  5) 0,25  (x  5)2  x 2  5  x 2  10x  25  x 2  5  10x  20  x  2 (nhận) Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất: x  2 Một tổ gồm 9 học sinh nam và 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mổi nhóm 4 học sinh để đi làm 3 công việc trực nhật khác nhau. Tính xác suất để (0,5) khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng 1 nữ. 4 0,25 Tính số cách chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người: B1) 12 người chọn 4: C124 B2) 8 người còn lại chọn 4: C84 0.25 B3) 4 người còn lại chọn 4: 1 Số cách chọn là: C124 C84  n     C124 C84 Gọi A là biến cố “ Chọn 3 nhóm, mỗi nhóm 4 người trong đó có đúng 1 nữ”. Tính n(A): B1) Chọn 1 trong 3 nữ: 3 cách, rồi chọn 3 trong 9 nam: C93  3.C93 cách B2) còn lại 8 người (6 nam và 2 nữ): Chọn 1 trong 2 nữ: 2 cách, rồi chọn 3 trong 6 nam: C63  2.C63 cách B3) còn lại 4 người (3 nam và 1 nữ): có 1 cách 0.25 Số cách chọn là: 3C93 2C63  n  A   3C93 2C63  P  A  5 I  6C93C63 16  C124 C84 55 1 0 x(x  e x2 )dx  1 1 0 x dx  0 xe 2 x2 dx  A  B 0,25 (1,0) x3 A 3 B 1 1 3  0 1 0 xe 0,25 x2 dx  Đặt t  x 2  dt  2x .dx  xdx   Đổi cận: t x 0 dt 2 0,25 0 1 1 1 1 dt 1 et  Vậy, I    et .   0 3 2 3 2 1  0 1 e 1 e 1     3 2 2 2 6 0,25 6 (1,0) SA  (ABC )   SA  AB  AB  AB  (ABC )   là hình chiếu của SB lên (ABC)  do đó SBA  300  Tam giác SAB vuông tại A nên 0,25 AB SA   BC  AB  SA. cot SBA  cot SBA  a . cot 30 0  a 3 1 2 1 2  SABC  AB.BC  a 3.a 3  3a 2 2 1 1 3a 2 a3  Vậy, thể tích khối chóp S.ABC là: V  SAS . ABC   a   3 3 2 2 0,25 (đvtt) Trong mp(ABC) Kẻ AI//BC và kẻ CI //AB suy ra ABCI là hình vuông cạnh a 3 Trong mp(SAI) kẻ AH vuông góc với SI 0,25 AH  SI Ta có   AH  (SIC ) AH  CI (CI  (SAI )  Nên d AB, SC   d A;(SIC )  AH Tam giác SAI vuông tại A nên 1 AH 2  1 SA 2  1 AI 2  AH  AI .SA AI 2  SA2  a.a 3 a 2  3a 2  a 3 2 0,25 Vậy khoảng cách của AB và SC bằng a 3 2 Học sinh có thể sử dụng phương pháp tọa độ để tìm khoảng cách 7 (1,0) Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ) : x  y  z  2  0 và (  ) : x  y  z  4  0 theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ : 3a  7b  4c  15  IA  IB    3a  2b  2c  9  IA  IC d ( I , ( ))  d ( I , (  )) a b  c  2  a b c  4   0,25 0,25 a  1 a  19 7  Giải hệ ta được : b  0 hoặc b  12 7 c  3 c   9 7   a  1 Với b  0 , viết được phương trình mặt cầu : ( x  1) 2  y 2  ( z  3) 2  25 . c  3  0,25 a  19 7 Với b   12 7 c   9 7  2 2 2 19 12 9 1237 Vậy mặt cầu có phương trình :  x     y     z    7  7  7 49  0,25 8 (1,0) Tọa độ đỉnh A  5; 4  Phương trình đường thẳng (AC): 2 x  5 y  10  0 0,25 Ta đi chứng minh: BF  IF . Thật vậy ta có:  1    1   1   BF  BA  BE ; FI  FD  FC  AD  EC . Suy ra 2 2 2       0,25               4 BF .FI  BA  BE AD  EC  BA. AD  BA.EC  BE. AD  BE.EC          2    2  2  BA.EC  BE. AD  EA.EC  BE.BC   BE  BE.BC   BE  BE  0    BF vuông góc với IF nên có phương trình: 7 x  3 y  6  0 BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5 x  2 y  25  0 0,5 Do đó B  7;5  Từ đây tìm được phương trình:  CD  : 2 x  24 y  39  0 9 0,25 3 4  8x  9 x2 Giải bất phương trình:  2    2 x  1  1  x  3x  2 2 x  1 (1,0) Đk: x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với:   2 x  3  2   9x x 1 1 x 2  4  2 x  1 3x  2 2 x  1   2 x  3  2   3x  2 0,25 x 1 1 x 2x 1 Do x  1 nên BPT   x 1   x    2 x  3 2 x  1  1  3x 2  2 x 2 x  1   2 x 1 2  2 2x 1  2  0.25  x  1  x  1  0  *  x 1  x 1 2  0   2 Ta có nhận xét sau:  x  2 x  1  0  VT*  0  2 x  1  x  1  0  do x  1  0.25 x 1  x 1  Vậy để BPT xảy ra thì  VT  0   x  2 x  1  x  1 x 1  0  0,25       10 Cho a, b, c  0 và thỏa mãn: c  min a, b, c .Tìm Giá trị nhỏ nhất của biểu thức: (1,0)  6  a  b   4c  2 ln   ab a b   P   bc ca 8c 4 ab Ta đi Cm BĐT phụ sau: a b ab  2 bc ca a  b  2c * . Thật vậy ta có: 0,25 2 a  b a b a2 b2      bc c  a a a b  c  b b c  a  a a b  c   b b  c  a  2 a  b 1  a  b   a 2  b  c   b 2  c  a   Mặt khác ta có: Vì c  min a, b, c  a  b  2c  0 . Nên ta có: 2  ab 2 a  b  c   b  c  a   ab(a  b  2c)  c(a  b)     a  b  2c   c(a  b)  2  2 2  a  b  3 2  2c  a  b  4 2  2 Từ (1) và (2) Dễ dàng suy ra ĐPCM. Ta lại có: 2     6  a  b   4c    a  b  2c 2 c  ln   2    ln   1   2     ln  2   ab ab    ab        2c  2 ln  1   2  ab    4 0,25 Mặt khác : Vì c  min a, b, c  2c  a  b . Nên ta có: 4 8c  a  b  2c   4 2  ab  ab   1 2c  2   1  2 ab   5 Từ (3),(4),(5) ta được:   2c 8ln  1   2 ab 2   P  2c 2c 1 1  2 ab ab Đặt t  1  2c 2c , Mà do c  min a, b, c  1 t  2 ab ab   0,25 2 8ln t  2 Xét hàm: ft    . trên t  0; 2  t t 2  Ta có: ft  '  2 8  2 t t 2      t  2  3t  2   8ln  t  2   0.t  0;  2 t t  2  t  2  8ln t  2  2  t  2 2 2 2 2  Suy ra: ft   f 2   2 1  ln 8 . Ta có: ft  '  2 8  2 t t 2      t  2  3t  2   8ln  t  2   0.t  0;  2 t t  2  t  2   8ln t  2  2   2 t 2 2 2 2  Suy ra: ft   f 2   2 1  ln 8 . Dấu "  " khi và chỉ khi a  b  c 0,25 *Lưu ý + Ở câu 10, BĐT (*) có thể chứng minh bằng BĐT Holder nhưng BĐT này không có trong chương trình THPT vì vậy, nếu học sinh nào dùng Holder để chứng minh, BTC sẽ trừ 0.25 đ cho câu này. +Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài làm tròn số. 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: ................................. 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 1 4ab  2ac  2bc P .  4  a  b  b  c  c  a  4ab  2c  a  b  0,25   a 2  bc  ab  ac  1  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******* 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