TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x 3 6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x sin x 1 cos x 1 cos x .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2
1. I
e.
x
7
5 e dx .
x
2.
0
I ln
2
x 2 1 dx .
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log
2
4x
log 2 x 2 10 .
15
2
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:
x2 ; x 0 .
x
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2 , B 3;0;1 , C 1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 2 y 2 2 x 4 y 1 0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB 3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1
Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
; x, y R .
2
2 y 4 y 3 5 y x 4
-------------------------Hết-------------------------
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu
Nội dung
1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
TXĐ: D = R. y ' 6 x 2 6 x .
Điểm
0,25
x 0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0
x 2
Giới hạn.
0,25
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
0,25
Vẽ đồ thị.
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
x 0
.
2 x 3 6 x 2 mx x 2 x 2 6 x m 0 2
2
x
6
x
m
0
(*)
0,25
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
0,25
9
' 0
9 2m 0
m
Khi đó:
2.
m 0
m 0
m 0
2 (1,0
điểm)
0,5
sin x sin x 1 cos x 1 cos x sin x cos x 1
0,25
1
2 sin x 1 sin x
4
4
2
0,25
x k 2
.
x k 2
2
0,25
KL.
0,25
3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u 5 e x . Tính e x dx 2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u 3 .
2
2u 3
Khi đó: I 2u du
3
3
2
2
3
16
2 3.
3
0,25
0,25
0,5
2
KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t x 2 . Tính dx 2tdt .
0,25
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3
Khi đó: I 2t.ln t 1 dt .
0,25
2
Sử dụng từng phần ta được I 16 ln 2 3ln 3
3
.
2
0,5
4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x .
4
Ta có: log
2
4x
log 2 x 2 10 2 log 2 x 4 log 2 x 2 10 0 .
0,25
Đặt t log 2 x 2 , (t ≥ 0).
t 2
Phương trình có dạng: 2t t 10 0
.
t 5 (l )
2
2
log 2 x 2 2 log 2 x 2 x 4 .
Với t = 2 ta được
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
0,25
2/ (0,5 điểm)
15
15 k
15
2
2
Ta có:
x 2 C15k .
k 0
x
x
. x
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có
15
2
2 k
k 0
15 k
k
15
.C .x
5 k 15
2
.
0,25
5k 15
0 k 3.
2
Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .
5 (1,0 Ta có AB 2; 1;3 , AC 2;1;5 ; AB; AC 8; 16;0 .
điểm)
Do đó n 1; 2;0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
0,25
0,25
0,25
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
a 3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA R a 1 5 9
.
a 1
0,25
3
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên S : x 2 y 3 z 2 9 .
2
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên S : x 2 y 1 z 2 9 .
2
6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH (ABCD) và
điểm)
a 3
SH
.
2
0,25
0,25
Do AB a AD a 3 . Khi đó S ABCD AB. AD a 2 3 . Vậy
1
a3
VS . ABCD SH .S ABCD .
3
2
0,25
Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP (ABCD).
0,25
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP
1
a 3
a 13
SH
; PN
MN a .
2
4
4
0,25
7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
0,25
Theo công thức diện tích , từ S MAB 3S IAB ta được MA2 3R 2 MI 4 .
0,25
a 1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI 4 nên
.
a 5
0,25
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
8 (1,0 Đk: 4 x 1 .
điểm)
Ta có:
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1 2 y 1 y 1 2 1 x 1 x 1 x .
3
0,25
Xét hàm số f t 2t 3 t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
f y 1 f
1 x y 1 1 x y 1 1 x .
0,25
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2x 4 1 x x 4 x 4 1 x 3 2x 4 0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
0,25
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25
-----------------------Hết-----------------------
4
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao
đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 3mx 1
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x 1 6sin x cos 2 x .
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1
x 3 2 ln x
dx .
x2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 52 x 1 6.5 x 1 0 .
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 4;1;3 và đường thẳng
x 1 y 1 z 3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB 27 .
d:
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính
khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a .
Câu 7 (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 ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB có phương trình x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x 3 xy x y 2 y 5 y 4
4 y 2 x 2 y 1 x 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a b c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
P
bc
3a bc
ca
3b ca
ab
3c ab
…….Hết……….
ĐÁP ÁN
Câu
1
Nội dung
Điểm
a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y x3 3x 1
TXĐ: D R
y ' 3 x 2 3 , y ' 0 x 1
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng 1;1
0.25
Hàm số đạt cực đại tại x 1 , yCD 3 , đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 1
lim y , lim y
x
x
* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y
-1
0
+
–
+
1
0
3
+
-
-1
Đồ thị:
4
0.25
2
2
4
B. (1,0 điểm)
y ' 3 x 2 3m 3 x 2 m
0.25
y ' 0 x 2 m 0 *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt m 0 **
Khi đó 2 điểm cực trị A m ;1 2m m , B
m ;1 2m m
Tam giác OAB vuông tại O OA.OB 0 4m3 m 1 0 m
Vậy m
0.25
1
2
1
( TM (**) )
2
0.25
0.25
0,25
2.
(1,0 điểm)
sin 2 x 1 6sin x cos 2 x
0.25
(sin 2 x 6sin x) (1 cos 2 x) 0
2 sin x cos x 3 2 sin 2 x 0
0. 25
2sin x cos x 3 sin x 0
sin x 0
sin x cos x 3(Vn)
x k . Vậy nghiệm của PT là x k , k Z
0. 25
0.25
(1,0 điểm)
2
2
2
2
2
ln x
x2
ln x
3
ln x
I xdx 2 2 dx
2 2 dx 2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1
0.25
2
ln x
dx
2
x
1
Tính J
3
Đặt u ln x, dv
0.25
1
1
1
dx . Khi đó du dx, v
2
x
x
x
2
2
1
1
Do đó J ln x 2 dx
x
x
1
1
2
1
1
1
1
J ln 2
ln 2
2
x1
2
2
Vậy I
4.
0.25
1
ln 2
2
0.25
(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)
0.25
5 1
5 6.5 1 0 5.5 6.5 1 0 x 1
5
5
x 0
Vậy nghiệm của PT là x 0 và x 1
x 1
b,(0,5điểm)
n C113 165
x
2 x 1
x
2x
x
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61 C51.C62 135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
165 11
0.25
0.25
0.25
5.
(1,0 điểm)
Đường thẳng d có VTCP là ud 2;1;3
Vì P d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT
0.25
Vậy PT mặt phẳng P là : 2 x 4 1 y 1 3 z 3 0
2 x y 3 z 18 0
0.25
0.25
Vì B d nên B 1 2t ;1 t ; 3 3t
AB 27 AB 2 27 3 2t t 2 6 3t 27 7t 2 24t 9 0
2
6.
2
t 3
13 10 12
3 Vậy B 7; 4;6 hoặc B ; ;
t
7
7 7
7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB HK AB (1)
Vì SH ABC nên SH AB (2)
0.25
0.25
Từ (1) và (2) suy ra AB SK
Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc
60
giữa SK và HK và bằng SKH
Ta có SH HK tan SKH
1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC S ABC .SH . AB. AC.SH
3
3 2
12
a 3
2
0.25
Vì IH / / SB nên IH / / SAB . Do đó d I , SAB d H , SAB
Từ H kẻ HM SK tại M HM SAB d H , SAB HM
Ta có
1
1
1
16
a 3
a 3
. Vậy d I , SAB
2 HM
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4
0.25
0,25
7.
(1,0 điểm)
Gọi AI là phan giác trong của BAC
Ta có :
AID
ABC BAI
0,25
CAD
CAI
IAD
CAI
,
nên
Mà BAI
ABC CAD
AID IAD
DAI cân tại D DE AI
PT đường thẳng AI là : x y 5 0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI PT đường thẳng MM’ : x y 5 0
Gọi K AI MM ' K(0;5) M’(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là AM ' 3;5 VTPT của đường thẳng AB là n 5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5 x 1 3 y 4 0 5 x 3 y 7 0
(1,0 điểm).
0,25
0,25
x 3 xy x y 2 y 5 y 4(1)
4 y 2 x 2 y 1 x 1(2)
0.25
xy x y 2 y 0
Đk: 4 y 2 x 2 0
y 1 0
Ta có (1) x y 3
x y y 1 4( y 1) 0
Đặt u x y , v
y 1 ( u 0, v 0 )
u v
Khi đó (1) trở thành : u 2 3uv 4v 2 0
u 4v(vn)
8.
Với u v ta có x 2 y 1 , thay vào (2) ta được :
4 y 2 2 y 3 2 y 1
2 y 2
4 y2 2 y 3 2 y 1
y 2 ( vì
4 y2 2 y 3 y 1 2 y
0.25
y 1 1 0
y2
2
0 y 2
2
4 y 2 y 3 2 y 1
y 1 1
2
4 y2 2 y 3 2 y 1
1
0y 1 )
y 1 1
Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là 5; 2
1
0
y 1 1
0.25
0.25
9.
(1,0 điểm) .
bc
bc
bc
bc 1
1
2 ab ac
3a bc
a(a b c) bc
(a b)(a c)
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra b = c
ab ac
(a b)(a c)
Vì a + b + c = 3 ta có
Tương tự
Suy ra P
ca
ca 1
1
và
2 ba bc
3b ca
ab
ab 1
1
2 ca cb
3c ab
bc ca ab bc ab ca a b c 3
,
2(a b) 2(c a ) 2(b c)
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
0,25
0,25
0,25
3
khi a = b = c = 1.
2
0,25
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2 x 2 1.
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) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)
cos x 2sin x 3 2 2cos 2 x 1
1.
1 sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1 i 2 i z 8 i 1 2i z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x log 2 4 x 5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 6 x 2 171x 40 x 1 5 x 1 20 0, x
e
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I
1
1 x3
lnxdx.
x
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB BC a,
900 , cạnh SA a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD
chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB 3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại
4
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N ;0 , phương
3
trình đường thẳng CD : x 3 y 6 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:
x 1 y z 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
a3
a3 b c
3
b3
b3 c a
3
c3
c3 a b
3
1
------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ...........................
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu
Câu
1
(2,0
điểm)
Đáp án
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: R.
Giới hạn và tiệm cận: lim y . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x
Điểm
0,25
CBT: Ta có y ' 4 x3 4 x 4 x x 2 1 ; y' 0 x 0 x 1.
Dấu của y’: y ' 0 x 1;0 1; ; y ' 0 x ; 1 0;1
hàm số ĐB trên mỗi khoảng 1;0 và 1; . NB trên mỗi khoảng ; 1 và (0 ; 1)
0,25
Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
Bảng biến thiên:
x
y’
y
-
-
-1
0
+
+
0
0
1
0
-
1
0
+
+
+
0,25
0
Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.
Câu
2
(1,0
điểm)
0,25
b) (1,0 điểm)
Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)
k
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x 3 2 cos x 2 cos 2 x 1 1 sin 2 x
cos x 2 l
2
2 cos x 3 2 cos x 2 0
2
cos x
2
Điều kiện: 1 sin 2 x 0 x
Với cos x
0,5
0,5
2
x k 2 .
2
4
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x
4
0,25
0,25
k 2 , k .
b) (0,5 điểm)
1 i 2 i z 8 i 1 2i z 1 i 2 i 1 2i z 8 i
2
2
0,25
2i 2 i 1 2i z 8 i
8 i 8 i 1 2i
2 3i z 13
1 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
z
Câu
3
(0,5
điểm)
Câu
4
(1,0
điểm)
0,25
Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x log 2 x log 2 4 5 log 2 x 3
2
2
log 2 x 2 x 4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x
5
Khi đó phương trình tương đương với
x
3
0,25
0,25
6 x 2 12 x 8 3 x 6 8 5 x 1 5 x 1 36 5 x 1 54 5 x 1 27 6 5 x 1 9
3
x 2 3 x 2 2 5x 1 3 3 2 5x 1 3
3
Xét hàm sô f t t 3 3t
Phương trình (1) có dạng f x 2 f 2 5 x 1 3
0,25
Ta có: f ' t 3t 3; f ' t 0 t 1
2
t
-
f’(t)
-1
0
+
-
1
0
+
+
0,25
f(t)
Suy ra: Hàm số f t t 3 3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1 x 2 1
Với điều kiện x
5 2 5 x 1 3 1
0,25
Từ đó suy ra 1 x 2 2 5 x 1 3
x 1
x 1
x 1 2 5x 1 2
2
x 22 x 5 0
x 2 x 1 4 5 x 1
x 1
x 11 116 t / m
x 11 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x 11 116.
Câu
5
(1,0
điểm)
e
e
e
1 x3
ln x
lnxdx
dx x 2 lnxdx I1 I 2
Ta có: I
x
x
1
1
1
e
Tính I1: I1
1
0,25
e
lnx
ln 2 x e 1
dx ln xd lnx
x
2 1 2
1
1
du dx
u
ln
x
x
Tính I2: I 2 x 2 lnxdx . Đặt
2
3
x
dv x dx
1
v
3
0,25
0,25
e
0,25
I2
e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1
ln x
x dx x3
1 31
3
3 9 1
9
9
e
Vậy I
1
1 x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx
x
2 9 9 18 9
Câu
6
(1,0
điểm)
0,25
. Chứng minh: SCD vuông tại C ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
AC CD a 2; AD 2a SC ; BD a 5
0,25
a3 2 a3 2 a3 2
VSBCD = VS.ABCD – VSABD
(đvtt).
2
3
6
S SCD a 2 2; d B, SCD
(hoặc
d B, SCD
d A, SCD
d H , SCD
d B, SCD
3VS .BCD
S SCD
0,25
a3 2
a
2 6
2
a 2
3.
BK 1
a
d B, SCD )
CK 2
2
0,5
SH SA2 2
2
a
2 d H , SCD d B, SCD
SB SB
3
3
3
Cách khác: Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC).
Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED).
AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ MK có HJ = d(H, (SCD)).
Tính AH, AM HM; Tính AK HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.
ABM
S
Câu
7
(1,0
điểm)
DCM (g g)
AB
DC
3
AM DM
Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 DM 2 CD 2 4CI 2 10 DM 2
4
Mà DM 2d (I,d)
nên CI 2 4
10
0,5
3 11
Gọi I 3 y 6; y Ta có C ; (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
5 5
I là trung điểm của CM M 1; 1 phương trình đường tròn tâm I là C : x 1 y 1 4
2
2
3 11
D là giao điểm của CD và (C) D ; . Phương trình đường thẳng BM: 3x y 4 0
5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3x 5 y 4 0. B là giao điểm của BM và BC B 2;2
0,5
Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC AB : x 2 0 . A là giao điểm của
AB và AC A 2; 1
Câu
8
(1,0
điểm)
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A 2; 1 , B 2;2 , C 3; 1
Mp(P) qua M(2;1;2) và (d) nhận vtcp ud 1;1;1 làm vtpt.
0,5
Suy ra phương trình mp(P): 1. x 2 1. y 1 1. z 2 0 x y z 5 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH d( M , d)
4 1 10
8
, H ; ; .
3
3 3 3
2
4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
x 1 y z 3
1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 1
.
4
2
( x ) ( y 1)2 ( z 10 )2 8
3
3
3
9
4 2 6 1 2 6 10 2 6 4 2 6 1 2 6 10 2 6
Giải hệ này ta tìm được A, B là:
;
;
;
;
,
.
9 3
9 3
9 3
9 3
9 3
9
3
Câu
9
(0,5
điểm)
Gọi (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n A85 A74 5880 .
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n A A74 6. A63 1560
0,25
0,25
0,25
1560 13
Xác suất cần tìm P(A) =
5880 49
Câu
10
(1,0
điểm)
0,25
x2
Xét BĐT: 1 x 1 , x 0
2
3
1 x 1 x x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 x 1 x 1 x x
1
2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1
a2
1
3
3
2
a 2 b2 c2
a3 b c
1bc
bc
1
1
2 a
a
3
Tương tự, ta có:
b3
b2
a 2 b2 c2
b3 c a
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
3
0,25
2
2;
c3
c3 a b
3
c2
a 2 b2 c2
3
0,25
0,25
0,25
-----Hết----Ghi chú: 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.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÕ NGUYÊN GIÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
LẦN THỨ NHẤT
Môn TOÁN
Thời gian làm bài: 180phút, không kể phát đề.
1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y x 3 2 x 2 3 x 1.
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với đường thẳng y 1.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho hàm số f(x) sin 4 x 4 cos 2 x cos 4 x 4sin 2 x , chứng minh: f '(x) 0, x .
b) Tìm môđun của số phức
25i
z
, biết rằng:
4 3i z 26 6i .
z
2i
2 x 1
5.4 x 1 0.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:
x3
2 9 x
.
x
3 x 1 x 3
e
Câu 5 (1,0 điểm).Tính tích phân: I 3 ln x 2 ln x d x.
x
1
Câu 6 (1,0 điểm).Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (BC//AD). Biết đường cao
SH a ,với H là trung điểm của AD, AB BC CD a, AD 2a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a.
Câu 7. (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của B lên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên cạnh CD lấy K
9 2
sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M ; , K(9; 2) và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các
5 5
đường thẳng 2 x y 2 0 và x y 5 0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm M (1; 2;3), N (1;0;1) và mặt
phẳng ( P ) : x y z 4 0 . Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng
MN
, tâm nằm trên
6
đường thẳng MN và (S ) tiếp xúc với (P).
Câu 9 (0,5 điểm).Trong kì thi TN THPT, Bình làm đề thi trắc nghiệm môn Hóa học. Đề thi gồm
50 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng; trả lời đúng mỗi
câu được 0,2 điểm. Bình trả lời hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Bình chọn
ngẩu nhiên. Tính xác suất để điểm thi môn Hóa học của Bình không dưới 9,5 điểm.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a,b thỏa mãn: a 4 b 4
Chứng minh rằng:
1
ab 2
ab
2
2
3
7
.
2
2
1 a 1 b 1 2ab 6
………..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…………………..
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA
Môn: TOÁN;
(ĐÁP ÁN GỒM 6 TRANG)
CÂU
Câu1a
(1.0đ)
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
TXĐ: D
Giới hạn: lim y , lim y
x
x
Đồ thị không có tiệm cận
0,25
x 1
y ' x 2 4x+3, ; y ' 0
x 3
Bảng biên thiên:
X
y’
-3
+
0
-1
-
0
+
+
0,25
-1
y
7
3
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 3 và 1; , nghịch biến trên khoảng 3; 1
7
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 1 và f( 1 )= ; hàm số đạt cực đại tại x=-3 và f(-3)=-1
3
0,25
Đồ thị:
y
0,25
-3
-1
o
1
-1
-7
3
Câu1b
1
x
1.0đ
Hoành độ giao điểm của đồ thị ( C) với đường thẳng y=-1 là nghiệm của phương
0,25
1 3
x 2 x 2 3 x 1 1 .
3
trình
Giải phương trình ta được nghiệm x=0 và x=-3
Câu 2a
(0,5đ)
0,25
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 0 là y=3x-1.
0,25
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -3 là y=-1.
0,25
f(x) sin 4 x 4 cos 2 x cos 4 x 4 sin 2 x
sin 4 x 4 1 sin 2 x cos 4 x 4(1 cos 2 x)
2 sin x
2
0,25
2
2
(2 cos x)
2
2 sin 2 x 2 cos 2 x
Vì 1 sin x, cos x 1, x nên
f(x) 2 sin 2 x 2 cos 2 x 3, x f '( x) 0, x
0,25
Gọi z a bi (a, b ) .
2b
(0,5đ)
Ta có
z
4 3i z 26 6i 2 i a bi 5 4 3i a bi 5 26 6i
2i
0,25
22a 16b 14a 18b i 130 30i
22a 16b 130
a 3
z 3 4i
14a 18b 30
b 4
Do đó
Câu 3
(0,5đ)
0,25
25i 25i (3 4i )
25i
4 3i
5
25
z
z
42 x 1 5.4 x 1 0
x 1
4
4.4 5.4 1 0
4
x
4 1
2x
Với 4 x
x
0,25
1
x 1
4
Với 4 x 1 x 0
0,25
Vậy nghiệm bất phương trình là: x 1; x 0
Câu 4
(1,0đ)
x3
2 9 x
(*)
x
3 x 1 x 3
ĐK: 1 x 9; x 0
2
x 2 3x 2 9 x x 3 3 x 1
x(3 x 1 x 3)
0,25
0
( x 3) 2 9( x 1) 2 9 x x 3 3 x 1
x(3 x 1 x 3)
x 33
x 1 x 3 3 x 1 2 9 x
x(3 x 1 x 3)
x 3 3 x 1 2 9 x
0
x
x 1 3 x 1 2 2 9 x
0
x
x 1
x 1 3 2 1 9 x
x
0
0
0
x 8
x 1
2
0
x x 1 3 1 9 x
x 8
0 0 x8
x
0,25
0,25
0,25
Đối chiếu điều kiện bài toán ta được nghiệm 0 x 8
Câu 5
(1.0đ)
e
I
1
3 ln x
2 ln x d x
x
e
Ta có K 2 ln xdx 2 x ln x
1
e
1
e
3 ln x
dx 2 ln xdx J K
x
1
e e
e
e
2 dx 2 x ln x 2 x 2
1 1
1
1
Đặt t 3 ln x t 2 3 ln x 2 tdt dx
x
2
Khi đó J
2 t 2 dt
3
2 3 2
16 6 3
t
3
3
3
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy I 22 6 3 .
3
3
S
Câu 6
(1.0đ)
J
A
K
B
D
H
I
C
Kẻ đường cao BK của hình thang ABCD, ta có
BK AB 2 AK 2
0,25
a 3
2
Diện tích ABCD là S( ABCD )
AD BC
3a 2 3
.BK
.
2
4
0,25
1
a3 3
Thể tích khối chóp S.ABCD: V SH .S ABCD
.( đvtt)
3
4
Gọi I là trung điểm của BC, kẻ HJ vuông góc SI tại J.
Vì BC SH và BC HI nên BC HJ . Từ đó suy ra HJ ( SBC )
0,25
Khi đó d ( AD, SB) d ( AD,( SBC )) d ( H ,( SBC ) HJ .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SHI ta có.
HJ
a 3
a 21
a 21
2
.Vậy d ( AD, SB ) HJ =
.
7
3 2
7
SH 2 HI 2
2
a a
4
SH .HI
a.
Câu 7
(1.0đ)
B
A
N
M
H
D
C
K
4
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
281 
115 
87 
