Tài liệu Tuyển tập 66 đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán năm 2016 cực hay (có lời giải chi tiết)

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I 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 (1,0 điểm). Cho hàm số y  2 x  3 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. x2 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  4 trên đoạn  2;1 . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình  2sin x  1   3 sin x  2 cos x  1  sin 2 x  cos x Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn An2  3Cn2  15  5n . 20 ET 1   b) Tìm số hạng chứa x trong khai triển P  x    2 x  2  , x  0. x   5 TM ATH S.N  4 5 Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, với A  2;5 , trọng tâm G  ;  ,  3 3 tâm đường tròn ngoại tiếp I  2; 2  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. Câu 6 (1,0 điểm). sin   cos   4 cot 2  . sin   cos  b) Nhà trường tổ chức tham quan dã ngoại cho 10 thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Toán học và 10 a) Cho tan   2 . Tính giá trị của biểu thức: P  thành viên tiêu biểu của Câu lạc bộ Tiếng Anh. Trong một trò chơi, ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 thành viên tham gia trò chơi. Tính xác suất sao cho trong 5 thành viên được chọn, mỗi Câu lạc bộ có ít nhất 1 thành viên. Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD, có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a. Tam giác SAD là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD, VIE Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, có AD  2 AB. Điểm  31 17  H  ;  là điểm đối xứng của điểm B qua đường chéo AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật  5 5 ABCD , biết phương trình CD : x  y  10  0 và C có tung độ âm. 8 x3  y  2  y y  2  2 x  Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  y  2  1 2 x  1  8 x3  13  y  2   82 x  29     Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2, y  1, z  0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  1 2 x 2  y 2  z 2  2  2 x  y  3  1 . y  x  1 z  1 ----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Hướng dẫn chấm – thang điểm 10 có 04 trang) Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN I NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN TOÁN 12 Nội dung – đáp án Điểm \ 2 Tập xác định D  Ta có lim y  2; lim y  2 x  x  0,25 lim y  ; lim y   x 2 1 2 x 2 Đồ thị có tiệm cận đứng x  2; tiệm cận ngang y  2. 7 y'    0x  2  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ,  2;   và 2  x  2 không có cực trị. Bảng biến thiên  2  x  y'    2 y  2  Đồ thị Hàm số y  f  x   x3  3x 2  4 xác định và liên tục trên đoạn  2;1 và y '  3x 2  6 x  x  0   2;1 y' 0    x  2   2;1 f  2   16; f  0   4; f 1  2   2sin x  1 3 4   0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy Giá trị lớn nhất 4 là khi x  0 , giá trị nhỏ nhất là 16 khi x  2. PT   2sin x  1 0,25  0,25 0,25 3 sin x  2 cos x  1  cos x  2sin x  1  0,25 3 sin x  cos x  1  0  2sin x  1  0   3 sin x  cos x  1  0 0,25   x    k 2  1 6 +) 2sin x  1  0  sin x     2  x  7   k 2  6 0,25  x  k 2  1  +) 3 sin x  cos x  1  0  cos  x       x  2  k 2 3 2  3  Điều kiện: n  , n  2 n! An2  3Cn2  15  5n  n  n  1  3  15  5n 2! n  2 !   a) n  5  n 2  11n  30  0   . n  6 b) 1/4 20  k 0,25 0,25 k k 20  k 20 3 k  1  k   2   C20  1 2 x  x  5 15 5 Ta phải có 20  3k  5  k  5  Số hạng chứa x 5 là C20 2 x Khai triển P  x  có số hạng tổng quát C20k  2 x  0,25 0,25 0,25 5  10 10  Gọi M là trung điểm của BC . Ta có AG   ;   . 3  3 10 4   3  2  xM  3   xM  3    AG  2GM     M  3;0   10  2  y  5   yM  0  M   3 3  0,25 0,25 IM  1; 2  là véc tơ pháp tuyến của BC 0,25 Phương trình BC :  x  3  2 y  0  x  2 y  3  0. 0,25 a) 6 b) tan   1 4  tan   1 tan 2  2  1 4 P   2. 2  1 4 5 Số phần tử của không gian mẫu là n     C20 P 0,25 0,25 Gọi A là biến cố “Chọn được 5 thành viên, sao cho mỗi câu lạc bộ có ít nhất 1 thành viên” Số kết quả thuận lợi cho A là C105  C105  504. 504 625 Xác suất của biến cố A là P  A  1  5  . C20 646 Gọi I là trung điểm của AD. Tam giác SAD là tam S giác vuông cân tại đỉnh S  SI  AD . Mà  SAD    ABCD   SI   ABCD  . K H D A I 7 O C B S ABCD  AB.BC  a.2a  2a 2 AD SI  a 2 1 1 2a 3  VS . ABCD  SI .S ABCD  a.2a 2  . 3 3 3 Dựng đường thẳng  d  đi qua A và song song với BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên  d  . BD / /  SAH   d  BD, SA  d  BD,  SAH   0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  d  D,  SAH    2d  I ,  SAH   Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên SH  IK   SAH   d  I ,  SAH    IH Ta có IH  5 a 6 a 6 a  IK   d  SA, BD   . 5 6 3 H D A 8 tan ACB  N B 1 2 5  cos ACD   cos ACH 2 5 và sin ACH  sin ACD  C 2/4 0,25 5 5  cos ACD  5 5 2 5 5 0,25    sin HCD  sin ACD  ACH  Ta có d  H , CD   3 5 18 2 18 2 5  HC  .  6 2. 5 5 3 65   31 Gọi C  c; c  10   CH    c;  c  . 5  5  0,25 c  5 2 2  31   67  Ta có:   c     c   72    C  5; 5  . c  73  5   5  5  Phương trình BC :  x  5   y  5   0  x  y  0 . Gọi B  b; b  , ta có BC  CH  6 2  BC 2  72   b  5    b  5   72 2 2 0,25 b  11 loai    B  1;1 . b  1 Tìm được A  2; 4  , D  8; 2  . 0,25 1  2 x  1  0 x   Điều kiện:   2 y  2  0  y  2 Phương trình 8 x3  y  2  y y  2  2 x   2 x    2 x   3   3 y2  y2 0,25 Xét hàm đặc trưng: f  t   t 3  t , f '  t   3t 2  1  0t Hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên R. Suy ra: 2 x  y  2 Thế 2 x  y  2 vào phương trình thứ hai ta được:  2x 1   2 x  1   2 x  1  9 2 x  1  8x3  52 x 2  82 x  29 2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29   2 x  1  4 x 2  24 x  29  0   2 x  1   2 x  1  4 x 2  24 x  29  0 0,25 1  2x 1  0  x   y  3  2   2  2 x  1  4 x  24 x  29  0 Giải phương trình: 2 x  1  4 x 2  24 x  29  0 Đặt t  2 x  1, t  0  2 x  t 2  1. Ta được phương trình: t   t 2  1  12  t 2  1  29  0  t 4  14t 2  t  42  0 2 t  2  t  3  loai     t  2  t  3  t 2  t  7   0  t  1  29  loai  2   1  29 t   2 3/4 0,25 3  y  11 2 1  29 13  29 103  13 29 Với t  x y 2 4 2 Với t  2  x  0,25  1   3   13  29 103  13 29  Vậy hệ phương trình đã cho có 3 cặp nghiệm:  ;3  ;  ;11 ;  ;  . 4 2 2  2    Đặt a  x  2, b  y  1, c  z . Ta có a, b, c  0 và P  1 2 a  b  c 1 2 2  a  b a 2  b2  c 2  1  2 2  c  1   1  a  1 b  1 c  1 0,25 2 1 2 Ta có   a  b  c  1 2 2 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . Mặt khác  a  1 b  1 c  1  a  b  c  3  3 27 1 27 Khi đó : P  . Dấu "  "  a  b  c  1  a  b  c  1  a  b  c  13 0,25 27 1 Đặt t  a  b  c  1  t  1. Khi đó P   , t  1. t (t  2)3 27 81 1 1 , t  1 ; f '(t )   2  ; Xét hàm f (t )   3 t (t  2) t (t  2) 4 10 0,25 f '(t )  0  (t  2)4  81.t 2  t 2  5t  4  0  t  4 ( Do t  1 ). lim f (t )  0 t  Ta có BBT. t 1 f 't  + 4 0  - 1 8 f t  0 0 Từ bảng biến thiên ta có 1 max f (t )  f (4)   t  4 8 a  b  c  1 1 maxP  f (4)     a  b  c  1  x  3; y  2; z  1 8 a  b  c  4 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là , đạt được khi  x; y; z    3; 2;1 . 8 Chú ý: - Các cách giải khác đúng, cho điểm tương ứng như đáp án. - Câu 7. Không vẽ hình không cho điểm. 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2 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  1 2x  3 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 . Câu 3 (1,0 điểm). sin  sin 2  2 cos3   2cos 5  4   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P  5 sin  cos 2  sin 5  2  b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0 2  x  1  log ET Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3  x  5  log 9  x  2   log Câu 5 (1,0 điểm).  a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2  3 2 8 3   . x S.N  3 b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . Câu 6 (1,0 điểm). ATH Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3; 0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D TM Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  . Câu 8 (1,0 điểm).. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn VIE ADB là d : x  y  2  0 , ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc  điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .  x3  y 3  8 x  8 y  3 x 2  3 y 2 2 3 2  5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : T 4 4 1 1 1 4      ab bc ca a b c --------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:……………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) Câu Đáp án Điểm   3 Tập xác định: D   \    .  2  Sự biến thiên. : 1,0 x  1 2x  3 Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  5 3 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) . 2 2 2 (2 x  3) 0,25 +Hàm số không có CĐ, CT +Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận 1 (1,0 đ)  3  3 lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     . 3 3 2  2 x  x  2 lim y   x   0,25 2 1 1  y   là TCN khi x  . 2 2 Bảng biến thiên: x   - y’ y  3 2  || - 1 2 0.25    1 2 3.Đồ thị. 3 1 - Đồ thị nhận điểm I(  ;  ) 2 2 làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Ox tại 1; 0  1 và cắt Oy tại (0; ) . 3 - Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3 6 4 2 - 10 -5 5 10 I -2 0,25 -4 -6 -8 -10 Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 . 1,0 Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2    2 (1,0 đ) Ta có f   x   1    0,25 x  0  f   x   0  18  x 2  x    x3 2 2 18  x 2 18  x  x x   Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6 Suy ra max x 3 2 ;3 2  f  x   f  3  6 ; min x 3 2 ;3 2   0,25  f  x   f 3 2  3 2 0,25 4   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức 5 2  sin  sin 2  2 cos3   2cos 5  P sin  cos 2  sin 5  Ta có 2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2   2sin 2  .cos   2 cos3  sin 2   P sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5  sin   cos 2   sin 2    sin 5  3.(1,0đ) 2sin 2  .cos  1  cos2   2sin 4  .cos   2 tan 3  1 sin  .cos 4  sin  .cos4  4 9 3    Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2    cos     Do    ;    5 25 5  2  P 0,25  0,5 0,25 3  4   5  128 128 Thế vào 1 ta được P  2.  . Đáp số P     27 27 3  5 b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0 0,25 0,5 Phương trình đã cho   cos 2 x  sin 2 x   1  2 cos x  sin x  cos x   0   cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0 0,25  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x  sin x  1  cos x   0    tan x  1 x   k  cos x  sin x  0 4  ( k  ) sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1        x   k 2 , x    k 2  4   2 Vậy phương trình có các nghiệm x     k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   ) 4 2 Câu 4 (1,0 điểm). 2 Giải phương trình : log 3  x  5   log9  x  2   log 4 .(1,0 đ) 0,25 3  x  1  log 3 1,0 2 x  5  0  x  5  x  1 2  Điều kiện  x  2   0   x  2   x  2 x 1  0 x  1   0,25 2 Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log3 x  2  log 3  x  1  log 3 2 2 2  log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1    Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình * tương đương với x  3 2  x  5 x  2   2  x  1  x 2  7 x  12  0   x  4 ( t / m) (t / m) * 0,25 0,25  Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình * tương đương với  1  97 (t / m) x  2 6 2   x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0    1  97 (loai ) x  6  1  97 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x  6 0,25 8 3   a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2   . x  8 8k k 32 5 k 8  3  k 8k k k 2 C x   .  1 2 3     8 x k 0  32  k 5 Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn 6k 4 2 4 Vậy hệ số của x 6 là : C84  1 2434  90720 8 3   2 k Gt   2 x 2     C8  2 x  x  k 0  5 (1,0 đ) 1,0 b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . n  n  3 Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n  2 n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n 2  3n  270  0   2  n  15 Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D   Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :   x0  4     2  x0  3   1. y0  0  AB  BC  y0  1     2 2  x  2  AB  BC  x0  3   y0  5  0   y0  2   Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )   Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC ) 0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  . 1,0   600 Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH 4 13 4 13 64 4 13 8  Ta có: HB   HC  42   SH  .tan 600  3 3 9 3 3 0,25 S I A B H D K C 1 4 13 64 13 1 7. (1,0 đ)  V .S ABCD .SH  4 2.  S . ABCD  3 3 3 3 3 Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK ) Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI 1 1 1 3 1 16 Trong SHK ta có:    2  2   HI  13 2 2 2 HI 4 .13 4 13.4 2 SH HK  d ( H , ( SCD))  13 . 0,25 0,25 0,25 Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết giác trong của góc  phương trình đường thẳng AB . A(1;4) F E M(-4;1) I D B C Gọi E, F là giao điểm của d và AB, AC Ta có:   1   AFD  C  2 ADC .  1   A EF  ADC  DAB  2   Mà C  DAB (cùng chắn AB ) cung  A   AFD EF  AE  AF 1,0 0,25   8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0 7  x 3x  5 y  17  0  2  F ( 7 ; 11 ) Tọa độ F là nghiệm của hệ:   2 2 x  y  2  0  y  11  2 7 11 34 34  AE  AF  (1  )2  (4  )2  2 2 2 2  Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2 Ta có 0,25  7  7 11 t  2  E ( 2 ; 2 ) ( Loai do trung F ) 34   AE  2 t   1  E (  1 ; 3 ) (T / m)   2 2 2   3 5  AE  (  ;  )  vtpt của AB là nAB  (5; 3) 2 2  pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0 Câu 9. Giải hệ phương trình  x3  y 3  8x  8 y  3x 2  3 y 2 : 2 3 2  5 x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32 x  2  0  x  2 Điều kiện :    y  7  0  y  7   3 3 Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1 0,25 1  2  3 1,0 0,25 Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  đồng 3 2 biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4  9 .(1,0 đ) Thay  4  vào  2  ta được pt: 5x 2  5 x  10 x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5   5x 2   5 x  10    x  7  3   2x  6  5 x 2  5 x  10  x  2    Đ/K x  2  x  2  2  x3  2 x 2  5 x  10  5  2x  6  2    x  2   x  5 x22  x7 3  5 x 2  5 x  10  2x  6    x2  5   0  x  2  x2 2  x7 3    0,25 0,25    y  2   x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k) x  2  4  5 x 2  5 x  10 2 x  6  2x  6 5 x 2  5 x  10    0 2  5 x7 3 x22   2   1 1  1 1 10     2x  6      0 (pt này vô nghiệm)   5 x  5x      x  7  3 5    x2 2 2  0,x 2    0,x2   0,25  0, x2  0,x2 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2  Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : T 4 4 4 1 1 1      ab bc ca a b c  1 Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0;   2 4 4 4 1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1 T         1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c2 10.(1,0đ) 1,0 0,25 2 5a  1  3a  1  2a  1  0 , a   0; 1   18a  3    2 aa a  a2  2 5a  1  1  18a  3, a   0;  Từ đó suy ra : 2 aa  2 Ta có 0,25 Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự: 5b  1 5c  1  1  1  18b  3, b   0;  và  18c  3, c   0;  2 2 b b cc  2  2 Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có : 5a  1 5b  1 5c  1 T    18  a  b  c   9  9 . a  a 2 b  b2 c  c2 0,25 1 1  Tmax  9 đạt được  a  b  c  3 3 Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c  của biểu thức : khi a  b  c  T 4 4 4 1 1 1      bằng 9 và đạt được khi và chỉ ab bc ca a b c 1 3 Chú ý: Để có được bất đẳng thức 0,25 5a  1  1  18a  3, a   0;  ta đã sử dụng phương 2 aa  2 pháp tiếp tuyến 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. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Thời gian 180 phút Câu 1. a) (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x −1 . x−2 b) (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) tại điểm có hoành độ x = 3 . Câu 2. (1điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 − 2 x + 3 trên đoạn [ 0; 4] . Câu 3. a) (0,5 điểm) Giải phương trình: sin 2 x − 2 sin x = 0 . b) (0,5 điểm) Giải phương trình: 2x 2 − x −4 = 4x . .NE T Câu 4, a) (0,5 điểm) Trong dịp ra quân chăm sóc di tích Đình Đĩnh Lự (Tân Lộc – Lộc Hà – Hà Tĩnh ) đội thanh niên tình nguyện của Đoàn trường THPT Nguyễn Văn Trỗi gồm 14 đoàn viên trong đó có 6 đoàn viên nam 8 đoàn viên nữ trong đó có 2 đoàn viên nam là Ủy viên Ban chấp hành. Cần chọn ngẩu nhiên một nhóm 3 đoàn viên làm nhiệm vụ thắp hương.Tính xác suất sao cho trong 3 đoàn viên được chọn có THS nam, nữ và Ủy viên ban chấp hành. b) (0,5 điểm) Tính giá trị biểu thức: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 . 2 Câu 5. a) (0,5 điểm) Tìm số hạng chứa x 6 của đa thức P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) . 2 π = 0 với x ≠ k , k ∈ Z . sin 2 x 2 TM A b) (0,5 điểm) Chứng minh: tan x + cot x − 4 Câu 6. (1 điểm) Giải phương trình: x + 9 + log 2 2 16 x 2 + 96 x + 208 = 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 . 12 x + 16 + 45 x + 81 Câu 7. (1 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật , SA = a, AB = a , AC = 2a , SA VIE vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BGC ) . Câu 8. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I  9 −8  ,điểm M ( 2; −1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là D  ;  .Biết rằng AC có 5 5  phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 9. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 .Tim giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( x + y + z ) 2 x3 + y 3 + z 3 3 − + . 9 xyz xy + yz + zx Hết TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN TRỖI – HÀ TĨNH ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN I - KỲ THI THPT QUÔC GIA NĂM HỌC 2015 – 2016 - MÔN TOÁN Câu Điểm Nội dung •TXĐ: D = R \ {2} 0,25đ • Sự biến thiên + Giới hạn – tiệm cận: lim y = 1 suy ra đường y = 1 là tiệm cận ngang. x →±∞ lim y = +∞ , lim− y = −∞ suy ra đường x = 2 là tiệm cận đứng. x → 2+ x →2 Câu 1 a (1 điểm) +) Chiều biến thiên: Ta có: y ' = −1 ( x − 2) 2 , y ' không xác định tại x = 2 0,25đ y ' < 0 ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định. −∞ +) Bảng biến thiên +∞ 2 − − +∞ 1 +) Hàm số không có cực trị: −∞ 1 0,25đ Câu 2 (1 điểm) Câu 1b (1 điểm) • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm Câu 3a (0.5 điểm) 1 (0; ), (1;0), (3; 2) 2 0,25đ Tại điểm có hoành độ x = 3 ta có tung độ tương ứng là y = 2 0,25đ y' = −1 ( x − 2) 2 ⇒ y( 3) ' = −1 Pttt cần viết là y − 2 = −1( x − 3) ⇔ y = − x + 5 Ta có y ' = x −1 x 2 − 2x + 3 , y' = 0 ⇔ x =1 0,25đ 0,5đ 0,5đ y ( 0 ) = 3, y (1) = 2, y ( 4 ) = 11 0,25đ Vậy Maxy = 11 tại x = 4 và min y = 2 tại x = 1 0,25đ sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x.cos x − 2sin x = 0 ⇔ 2sin x ( cos x − 1) = 0 0,25đ Câu 3b (0.5 điểm)  sinx = 0 ⇔ ⇔ x = kπ , k ∈ Z cos x = 1 2x 2 − x−4 = 4x ⇔ 2x 2 − x−4 0,25đ 0,25đ = 22 x ⇔ x 2 − x − 4 = 2 x  x = −1 x2 − 3x − 4 = 0 ⇔  x = 4 0,25đ Câu 4a (0.5 điểm) Số các khả năng của không gian mẩu là : C143 = 364 ,để chọn được 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán ta có các cách chọn sau + Chọn 1 trong 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 4 đoàn viên nam còn lại,chọn 1 0,25đ trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C21 .C41 .C81 = 64 cách chọn. + Chọn 2 Ủy viên ban chấp hành,chọn 1 trong 8 đoàn viên nữ,trường họp này có C22 .C81 = 8 cách chọn. +Chọn 1 nam Ủy viên và chọn thêm 2 nữ có C21 .C82 = 56 cách chọn 0,25đ Nên ta có 64 + 8 + 56 = 128 cách chọn 3 đoàn viên theo yêu cầu bài toán . Câu 4b (0.5 điểm) Vậy xác suất cần tính là P = 128 32 = . 364 91 Ta có: A = log 2 5 − log 1 12 − log 2 15 = log 2 5 + log 2 12 − log 2 15 2 = log 2 Câu 5a (0.5 điểm) 5.12 = log 2 4 = 2 15 0,25đ ( Ta có: P( x ) = 25 x 6 + x3 (1 + x ) = 25 x 4 + x 3 C40 + C41 .x + C42 .x 2 + C43 x3 + C44 x 4 4 ( ) 0,25đ ) = C40 x3 + C41 x 4 + C42 x5 + 25 + C43 x 6 + C44 x 7 ( ) Nên số hạng chứa x 6 là 25 + C43 x 6 = ( 25 + 4 ) x 6 = 29 x 6 Với x ≠ k Câu 5b (0.5 điểm) 0,25đ = log 2 5.12 − log 2 15 π 2 , k ∈ Z ta có tan x + cot x − 0,25đ 2 s inx cos x 2 = + − sin 2 x cos x s inx sin 2 x s in 2 x+cos 2 x 2 = − s inx cos x sin 2 x = 0,25đ 1 2 2 2 − = − = 0 , điều phải chứng minh. 1 sin 2 x s in2x sin 2x s in2x 2 Điếu kiện x ≥ − 0,25đ 4 3 Ta có x 2 + 9 + log 2 16 x 2 + 96 x + 208 = 2 3x + 4 − 6 x + 3 5 x + 9 12 x + 16 + 45 x + 81 ( ) ( ) ⇔ x 2 + 6 x + 13 + log 2 x 2 + 6 x + 13 = 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 + log 2 2 3x + 4 + 3 5 x + 9 (*) 0,25đ 1 > 0 với mọi t > 0 nên f (t ) đồng biến t ln 2 f ( x 2 + 6 x + 13) = f 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 nên Xét hàm số f (t ) = t + log 2 t , t > 0 , f '(t ) = 1 + trên ( 0; +∞ ) . (*) Từ suy ( ra ) x + 6 x + 13 = 2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 0,25đ 2 Câu 6 (1 điểm) ⇔ x 2 + x + 2 ( x + 2) − 3 x + 4  + 3 ( x + 3) − 5 x + 9  = 0 ( 2 ( 2 ) ⇔ x +x + ( 2 x2 + x x + 2 + 3x + 4 ) ⇔ x + x [1 + ( ) + 2 x + 2 + 3x + 4 ) ⇔ x 2 + x = 0 vì 1 + ( 3 x2 + x ) x + 3 + 5x + 9 + =0 0,25đ 3 x + 3 + 5x + 9 2 x + 2 + 3x + 4 + ]=0 3 x + 3 + 5x + 9 > 0 ∀x ≥ − 4 3 ⇔ x = 0; x = −1 0,25đ Đối chiếu với điều kiện ban đầu suy ra phương trình có nghiệm x = 0, x = −1 Ta BC = có ( 2a ) 2 − a 2 = a 3 ,diện hình S chữ tích nhật ABCD là 0,25đ S ABCD = a.a 3 = a 2 . 3 . 1 a3 3 . Thể tích khối chóp là V = SA.S ABCD = 3 3 Câu 7 1 điểm 0,25đ A Gọi O là giao điểm của AC và BD , G D H H là hình chiếu vuông góc của G O B lên mp ( ABCD ) thì ta có C 1 a GH = SA = ,thể tích khối chóp G. ABC 3 3 là 1 1 a3 3 VG. ABC = .GH . S ABCD = 3 2 18 0,25đ 3V 1 Mặt khác VG. ABC = .d( A,( BGC ) ) .S ∆BGC => d ( A,( BGC ) ) = G. ABC 3 S ∆BGC Xét tam giác 2 BGC ta có 4 4 BC = a 3 , CH = CO + OH = CO = .a nên 3 3 2 a 17  4a   a  CG =   +   = ,gọi N là trung điểm SD do SB = a 2 + a 2 = a 2 3  3  3 SD = a 2 + 3a 2 = 2a nên BG = => BG = 2 2 2 SA2 + 2 BD 2 − SD 2 BN = 3 3 4 2 4 a 2 + 8a 2 − 4 a 2 2 a 2 = 3 4 3 Áp dụng định lí cô sin trong tam giác BGC ta có Ta có ( x + y + z ) = x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( xy + yz + zx ) => ( x + y + z ) = 3 + 2 ( xy + yz + zx ) 2 2 lại có x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z )  x 2 + y 2 + z 2 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz = ( x + y + z ) 3 − ( xy + yz + zx )  + 3 xyz nên x3 + y3 + z 3 1 1  1 1 1  = +  + +  3 − ( xy + yz + zx )  9 xyz 3 9  yz zx xy  0,25đ Áp dụng BĐT Cauchy ta có  xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 . y 2 .z 2  1 1 1 9 => + + ≥ 1 1 1 1 xy yz xz xy + yz + zx  + + ≥ 33 2 2 2 . . xy yz zx x y z  Câu 9 (1 điểm)  x3 + y3 + z 3 1  1 Suy ra ≥ +  3 − ( xy + yz + zx )  9 xyz 3  xy + yz + zx   0,25đ Từ đó ta có  1  1 3 P ≤ 3 + 2 ( xy + yz + zx ) − −   3 − ( xy + yz + zx )  + 3  xy + yz + zx  xy + yz + zx = 11 + 2 ( xy + yz + zx ) 3 do 0 < xy + yz + zx ≤ x2 + y2 + y 2 + z 2 + z 2 + x2 11 29 = 3 nên P ≤ + 6 = 2 3 3  x2 + y 2 + z 2 = 3 29  Từ đó suy ra GTLN của P là đạt khi  xy = yz = xz ⇔ x = y = z = 1 . 3   xy + yz + zx = 3 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa 0,25đ 0,25đ