Tài liệu 70 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 có đáp án và thang điểm

SỞ GD&ĐT KHÁNH HÒA TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - 2016 Môn : TOÁN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2x 2 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị  C  tại điểm M có hoành độ x 0  2. Câu 2 (1,0 điểm). 1) Giải phương trình sin 4x  2 cos 2x  4  sin x  cos x   1  cos 4x . 2) Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  (z  4i)i biết z thỏa mãn điều kiện 1  i  z   2  i  z  1  4i. Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 52 x  log 0,2 (5x)  5  0. (x  y)(x 2  xy  y 2  3)  3(x 2  y 2 )  2  x, y  R  . 2 4 x  2  16  3y  x  8  Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   2 Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (x  sin 2 x) cos xdx. 0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . E, F lần lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE . Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các điểm H(2;3) và K(2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(-1;0;0) và đường thẳng d có Tài liệu group Nhóm Toán Trang 2 phương trình x  2 y 1 z 1   . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với 1 2 1 đường thẳng d. Từ đó suy ra tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Câu 9 (0,5 điểm). Từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và số đó chia hết cho 3? Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thoả mãn: x 2  y 2  z 2  2x  4y  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  2(x  z)  y. --------------------Hết-------------------- CÂU ĐÁP ÁN NỘI DUNG Ý 4 ĐIỂM 2 y  x  2x + TXĐ: D   + Sự biến thiên: x  0  x  1  Chiều biến thiên: y '  4x 3  4x . y '  0  4x 3  4x  0   0,25 Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:  ;1 và (0;1) ; đồng biến trên mỗi khoảng (-1;0) và 1;   . 1 1 1đ 0,25  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 , yct = - 1.  Giới hạn : lim y  . x  Bảng biến thiên : x y/ y  -1 - 0  -1 Tài liệu group Nhóm Toán + 0 0 0 - 1 0  +  0,25 -1 Trang 3 + Đồ thị: - Giao điểm với Ox : (0; 0); - Giao điểm với Oy : (0 ; 0)   2;0 ,  2; 0  y 5 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 0,25 8 -5 2 1đ Nhận xét : Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. Với x0 = 2 , y0 = 8, f '(x 0 )  14. Pttt là y  14x  20. 0,5 0,5 sin 4x  2 cos 2x  4  sin x  cos x   1  cos 4x  2 sin 2x cos 2x  2 cos 2x  2 cos 2 2x  4  sin x  cos x   0   sin x  cos x  cos 2x sin x  1  0 0.25 1 0,5đ Với sin x  cos x  0  x     k, k  Z 4 Với cos 2x sin x  1  0  1  2sin 2 x  sin x  1  0   sin x  1  2sin 2 x  1  0 2 0.25   sin x  1  x   2m  , m  Z 2 2 0,5đ Gỉa sử z  x  yi,  x.y    , suy ra z  x  yi. Thế vào gt ta tìm được x= 3, y = 4. 0,25 Vậy z = 3 +4i. Do đó w = 3i w có phần thực 0; phần ảo 3. 0,25 Gpt: log 52 x  log 0,2 (5x)  5  0 (1) Đk: x>0. Pt (1)  log 52 x  log 5 (5x)  5  0  log52 x  log 5 x  6  0 3 0,5đ  log 5 x  3  x  125    x  1 / 25  log 5 x  2 KL: Vậy tập nghiệm pt (1) là T  1 / 25;125 16 3 3 (1)  (x  1)  (y  1)3  y  x  2 Thay y=x-2 vao (2) được 0,25 0,25 ĐK: x  2, y  4 1đ Tài liệu group Nhóm Toán 0,5 Trang 4 4(x  2) 3(x  2)  (x  2)(x  2)  x22 22  3x  4 4 x  2  22  3x  x 2  8  0,25 x  2  4 3   (x  2)   0(*) 22  3x  4  x  2  2 Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là nghiệm duy nhất của (*) KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3)  2  2 0,25  2 I   (x  sin 2 x) cos xdx   x cos xdx   sin 2 x cos xdx. 0 0 0     M Tính M N u  x du  dx Đặt   dv  cos xdx v  sin x 0,25  5 1đ  2    M  x sin x 2   sin xdx   cos x 2   1. 2 2 0 0 0 0,25 Tính N Đặt t  sin x  dt  cos xdx   t  1; 2 1 t3 1 1 N   t 2dt   . 3 0 3 0 Đổi cận x  6 x 0 t 0 Vậy I  M  N  0,25  2  . 2 3 0,25 1 1đ 0,25 Tài liệu group Nhóm Toán Trang 5 Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên SABCD  4a 2 . SH  (ABCD)  HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp  ABCD    600  SH  AH 3  SAH 0,25   ADE  ABF  DAE  c.g.c   BAF   ADE   900 Nên BAF   AED   900  AHE   900  DE  AF Mà: AED Trong ADE có: AH.DE  AD.AE  AH  0,25 2a 5 1 2a 3 2 8a 3 15 Thể tích của khối chóp S.ABCD là: V  . .4a  (đvtt) 3 15 5 Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF tại K .  d SH, DF   HK . Trong ADE có: DH.DE  DA 2  DH  4a 5 Có : DF  a 5 16a 2 9a 2 3a Trong DHF có: HF  DF  DH  5a    HF  5 5 5 HF.HD 12a 5 12a 5  HK   Vậy d SH, DF   DF 25 25 2 Tài liệu group Nhóm Toán 2 2 2 0,25 Trang 6 Ta có: EH : y  3  0 AH : x  2  0 EK : x  2  0   AK : y  4  0  A  2; 4   Giả sử n  a; b  ,  a 2  b 2  0  là VTPT của đường thẳng BD .   450 nên: Có: ABD 7 1đ a 2 2  0,25 0,25 2  a  b 2 a b  Với a   b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0  EB   4; 4   B  2; 1 ; D  3; 4      E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn) ED  1;1 Khi đó: C  3; 1 0,25  Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .  EB   4; 4     B  2; 7  ; D 1; 4      EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (L) ED   1;1 0,25 Vậy: A  2; 4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4   0,25 +) d có 1 VTCP là u  1; 2;1 .   +) (P) qua A(-1;0;0) và có VTPT n  u  1; 2;1 có pt : x + 2y + z +1 = 0. 8 1đ 0,5 +) H là giao điểm của (d) và (P) nên tọa độ H là nghiệm của hệ pt x  1  x  2 y 1 z 1     2 1   y  1. Vậy H(1;-1;0).  1 x  2y  z  1  0 z  0  0,25 Số có 5 chữ số cần lập là abcde ( a  0 ; a, b, c, d, e {0; 1; 2; 3; 4; 5}) 9 0,5đ abcde  3  (a  b  c  d  e)  3 - Nếu (a  b  c  d) 3 thì chọn e = 0 hoặc e = 3 - Nếu (a  b  c  d) chia 3 dư 1 thì chọn e = 2 hoặc e = 5 0,25 - Nếu (a  b  c  d) chia 3 dư 2 thì chọn e = 1 hoặc e = 4 Tài liệu group Nhóm Toán Trang 7 Như vậy với mỗi số abcd đều có 2 cách chọn e để được một số có 5 chữ số chia hết cho 3 Số các số dạng abcd lập được từ tập A là: 5x6x6x6= 1080 số Số các số cần tìm là 2 x 1080 = 2160 số 2 2 x 2  y 2  z 2  2x  4y  1   x  1   y  2   z 2  4 1 0,25 0,25 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz . Xét mặt cầu: 2 S  :  x  1   y  2  2  z 2  4 . Có tâm I 1; 2; 0  ,bán kính R  2 . Xét mp    : 2x  y  2z  T  0 G/s M  x; y; z  . Từ 1 có điểm M nằm bên trong  S và kể cả trên mặt cầu  S  d  I,      R  0,25 4T  2  2  T  10 3  Với T  2 thì M là giao điểm của mp    : 2x  y  2z  2  0 10 1đ Và đường thẳng  đi qua I và    . x  1  2t   :  y  2  t z  2t   1 4 4  M  ; ;   3 3 3 7 0,25 8 4 Với T  10 . Tương tự M  ;  ;  3 3 3 1  x   3 Vậy min T  2 khi  y  z   4  3 7  x  3  8  max T  10 khi  y   3  4  z  3  0,25 * Chú ý: Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA Trường THPT chuyên LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ DỰ THI THQG 2016 Môn: TOÁN ( Thời gian 120’ không kể thời gian giao đề ) Câu 1(1.0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3  3x2 + 2 . Tài liệu group Nhóm Toán Trang 8 Câu 2 (1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f(x) = x  3  6  x  ( x  3)(6  x) trên đoạn [3;6] Câu 3 (1.0 điểm) a) Giải phương trình trong tập số phức: z3 – 8 = 0 . b) Giải phương trình: sin5x = 5sinx .  /2 Câu 4 (1.0 điểm) Tính tích phân I = x  cos xdx 2 / 2 4  sin x    Câu 5 (1.0 điểm) Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm H(3,2,4). Hãy viết phương trình mặt (P) qua H cắt 3 trục tọa độ tại 3 điểm là 3 đỉnh tam giác nhận H làm trực tâm. Câu 6 (1.0 điểm) 2 , biết tanx = – 3 cos2 x  5 cos x sin x  3sin2 x b) Có 5 đoạn thẳng có độ dài: 2m,4m,6m,8m,10m. Lấy ngẫu nhiên 3 đoạn trong các đoạn thẳng nói trên. Tính sác xuất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam giác. a) Tính giá trị biểu thức: P = Câu 7 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, ∆SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc đáy. Khoảng cách từ D đến (SBC) bằng 23a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC theo a. Câu 8 (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ là: D(1;2), E(2;2), F(1;2). Câu 9 (1.0 điểm) Giải bất phương trình x2 + x – 1  (x + 2) x 2  2 x  2 Câu 10 (1.0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa: x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = 3(x + y + z) + 2( 1x  1y  1z ) ------- HẾT ------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh :………… Số báo danh :………………….. Bài 1 Nội dung Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C) y = x3 3x2 + 2 TXĐ: D = R y’ = 3x2 – 6x ; y’ = 0  x = 0  y = 2 Tài liệu group Nhóm Toán Điểm 1 điểm 0,25 Trang 9 và x = 2  y = 2 3 2 lim ( x  3x  2)  ; lim ( x 3  3 x 2  2)   x  0,25 x  Bảng biến thiên: x  y’ 0 + 2  0 y + 0 + 2 +  0,25 2 Từ bảng biến thiên ta có hàm số đồng biến trong khoảng (;0) và (2;+) Nghịch biến trong khoảng (0;2). Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là A(0;2) và B(2;2). y 3 2 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 0,25 -1 -2 -3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f(x) = x  3  6  x  ( x  3)(6  x) Đặt f(x) = x  3  6  x  ( x  3)(6  x) với 3  x  6 1 2   1 x 3 1 x 3  1 6 x Ta có: f’(x) = f’(x) = 0  2 1 6 x     2 x  3 ( x  3)(6 x ) 6  x  x  3  2x  3   (2x – 3) 1  1 6 x  x 3 2 x 3 ( x 3)(6 x )   =0 1 x 3 2 x  3 6 x  x 3  x= 0,25  1 6 x  2 x 3 ( x  3)(6  x ) = 2x  3 Vậy : minf(x) = 3 2 + 9/2  x = 32 Maxf(x) = 3  x = 6  x =  3 Giải phương trình trong tập số phức: z3 – 8 = 0 z3 – 8 = 0  (z – 2)(z2 + 2z + 4) = 0  z = 2  z2 + 2z + 4 = 0 Tài liệu group Nhóm Toán 0,25 3 2 Bằng cách xét bảng biến thiên ta suy ra: f( 32 )  f(x)  f(6) = f(3) 3.a 1 điểm 0,25 0,25 0,5 điểm 0,25 Trang 10  z = 2  (z + 1)2 = 3i = (i 3 )2  z1 = 2; z2 = –1 – i 3 ; z3 = –1 + i 3 Vậy pt có tập nghiệm: S = {2; –1 – i 3 ; –1 + i 3 } 0,25 Giải phương trình: sin5x = 5sinx 0,5 điểm Ta viết pt về dạng: sin5x – sinx = 4sinx  2cos3xsin2x = 4sinx  4cos3xsinxcosx = 4sinx  sinx(cos3xcosx – 1) = 0  sinx = 0  cos3xcosx = 3.b 1 Với sinx = 0  x = k Với cos3xcosx = 1  cos4x + cos2x = 2  2cos22x + cos2x – 1 = 0  cos2x = 1  cos2x = ½  x = /2 + k ; x =  /6 + k Vậy pt có tập nghiệm S = {/2 + k ;  /6 + k; /6 + k} k  Z 0,25 0,25  /2 Tính tích phân I =   2  I= 1 điểm  2 x 4  sin 2 x dx   2 4 x  cos xdx 2 / 2 4  sin x    cos x 4 sin 2 x dx = H + K 0,50  2 Vì hàm dưới dấu tích phân H là hàm lẻ nên H = 0 hàm dưới dấu tích phân K là hàm chẳn,nên:  2 K= 2  2 cos x 4sin2 x dx  2 0  2 1 4sin2 x d(sin x)  0 1 2  0 1 2sin x  1 2sin x  d(sin x)   ln 1 2 |sin x2| |sin x2|   2 0 0,50 ln 3  K= 2 Trong không gian Oxyz cho H(3,2,4). Hãy viết phương trình mặt (P) qua H cắt 3 trục tọa độ tại 3 điểm là 3 đỉnh tam giác nhận H làm trực tâm. 1 điểm C H 5 O B A Giả sử mặt (P) cắt Ox,Oy,Oz tại A,B,C. Gọi H là trực tâm ABC ta chứng minh rằng OH  (ABC). Ta có BC  CH. Do CO  (OAB)  BC  CO. Nên BC  (COH)  OH  BC. (1) Tương tự như vậy ta cũng có OH  AC (2) Từ (1) và (2)  OH  (ABC). Tài liệu group Nhóm Toán 0,5 Trang 11  OH = (3;2;4)  pt mặt (P): 3(x – 3 + 2(y – 2) + 4(z – 4) = 0 Vậy pt (P): 3x + 2y + 4z – 29 = 0 Tính giá trị biểu thức: P = 6.1 Ta viết lại P = Vậy P = 2 , biết tanx = – 3 cos x  5 cos x sin x  3sin2 x 2 2 cos 2 x 2 1  5 tan x  3 tan x 2 tan 2 x  1 = 1  5 tan x  3tan 2 x 20 43 0,25 0,25 0,5 điểm 0,25 20 43 0,25 Có 5 đoạn thẳng có độ dài: 2m,4m,6m,8m,10m. Lấy ngẫu nhiên 3 đoạn. Tính 0,5 sác xuất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam giác. điểm Giả sử độ dài 3 cạnh tam giác là a,b,c và: a > b > c. dãy 2,4,6,8,10 là cấp số cộng với công sai 2. Ta chỉ cần b + c > a. Các kết quả đồng khả năng là: C53 = 10 0,25 6.2 Mà a ≥ b + 2, b ≥ c + 2  b + c > a ≥ b + 2  c > 2 hay c ≥ 4  b ≥ 6 và a ≥ 8. Nếu a = 8  b,c {4;6}; (a,b,c) = {8;6;4} Nếu a = 10  b,c {4;6;8}. Khi đó (a,b,c) = {10;8;4};{10;8;6} Tóm lại chỉ có 3 bộ thỏa ycbt. Nên xác suất để 3 đoạn đó là 3 cạnh của một tam 0,25 giác là P = 3/10 Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, ∆SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc đáy. Khoảng cách từ D đến (SBC) bằng 23a . 1 điểm Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC theo a. S E 7 A J 0,25 D H I K C B Vì SAB cân tại S và nằm trong mặt vuông góc mặt đáy nên khi gọi SI là đường cao của SAB  SI  (ABCD). Vì AD || BC  AD || (SAB) nên khoảng cách từ D đến (SBC) cũng là khoảng cách từ A đến (ABCD) .Hạ AJ  SB thì AJ  (ABCD). 2a Đặt SI = h. Ta có : AJ.SB = SI.AB trong đó : AJ = 3 ; SB = Tài liệu group Nhóm Toán 0,25 2 h 2  a4  h = Trang 12 a 5 5 2 5  V = 15 a3. Qua B kẻ đường thẳng || AC cắt DA tại E. Khi đó BCAE là hình bình hành: Suy ra d( SB, AC) = d( AC,(SBE)) = d (A,(SBE)). Vì I là trung điểm AB nên :d(A,(SBE)) = 2d(I,(SBE)). Hạ IK  BE thì theo định lý 3 đường vuông góc  SK  BE. Hạ IH  SK  IH (SBE). Mà d(A,BE) = 2S(ABC)/AC = Vậy IK = 0,25 2a 5 5 a 5 5 0,25 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ là: D(1;2), E(2;2), F(1;2). 1 điểm H F 0,25 E 8 B A D C Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC tù ở A thì A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF. Thật vậy:   900  BHF    ADE  ABE Do 2 tứ giác nội tiếp BDAE và DCFA nội tiếp nên:   ADF   ACF  900  FHB   0,25   ADE   ADF .  . Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác Hay DH là tia phân giác góc FDE  suy ra A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF. của góc DEF Phân giác trong và ngoài tại D: d1: 3x – y + 1 = 0; d2: x + 3y + 7 = 0 0,25 Tài liệu group Nhóm Toán Trang 13 TRƯỜNG CAO ĐẲNG NGHỀ NHA TRANG BỘ MÔN TOÁN ĐỀ GIỚI THIỆU SỐ 1 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Phân giác trong và ngoài tại E: e1: x – 2y + 2 = 0; e2: 2x + y – 6 = 0 Phân giác trong và ngoài tại F: f1: x + y – 1 = 0; f2: x – y + 3 = 0 Vì ABC có góc A tù thì 3 cạnh BC,CA,AB của nó có phương trình là: d2, e1, f1. Vậy BC: x + 3y + 7 = 0; CA: x – 2y + 2 = 0; AB : x + y – 1 = 0 Giải bất phương trình x2 + x – 1  (x + 2) x 2  2 x  2 2 2 2 x  2x – 7 + (x + 2)(3  x  2 x  2 )  0  (x  2x – 7) 9 1 điểm  ( x 1) 2 1  ( x 1) 3 x 2  2 x  2   0. ( x 1) 2 1  ( x 1) Vì: 2 ( x  1)  1  x  1  x  1 nên : 3 x 2  2 x  2 0,25 > 0 , x.  x2 – 2x – 7  0  x  1  2 2  1 + 2 2  x Vậy bất pt có tập nghiệm: S = (;1  2 2 ] [1 + 2 2 ;+) Cho x,y,z > 0 thỏa: x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3(x + y + z) + 2( 1x  1y  1z ) 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm Trước hết ta có: (x – 1)2(x – 4) ≤ 0 ,x < 3 (dấu “=” xảy ra tại x = 1) Hay : x2 + 9 ≤ 6x + 4x  ½ (x2 + 9) ≤ 3x + 10 2 x 2 2 y 2 2 z Tương tự ta cũng có ½ (y + 9) ≤ 3y + ½ (z + 9) ≤ 3z + 0,5 (1) (2) 0,25 (3) Cộng (1),(2) và (3) vế theo vế cuối cùng ta có: ½ (x2 + y2 + z2 + 27)  P 0,25 Vậy minP = 15  x = y = z = 1 ------- HẾT ------- Câu 1(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y  x 3  3 x 2  1 (C) Câu 2( 1,0 điểm ). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x  2 ln x trên đoạn [1;3] Câu 3( 1,0 điểm ). a) Cho số phức z thoả mãn: (1  i)( z  i)  2 z  2i . Tính môđun của số phức w, biết w  z  2z  1 . b) Giải phương trình: log 9 (2.3x  3)  x Tài liệu group Nhóm Toán Trang 14 e Câu 4 (1,0 điểm ). Tính tích phân: I   x 2 (1  ln x)dx 1 Câu 5(1,0 điểm ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-1; 2; 3), B(1; 0; -5) và mp(P) : 2x +y -3z +2 =0. Lập phương trình tham số của đường thẳng AB. Tìm tọa độ M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng Câu 6 (1,0 điểm ). 2sinx  cosx a) Tính giá trị biểu thức: P  biết tan x  2 sinx  cos3 x b) Một hộp chứa 4 quả cầu màu đỏ, 5 quả cầu màu xanh và 7 quả cầu màu vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra 4 quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho 4 quả cầu được lấy ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng. Câu 7( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Câu 8( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm. 2 2  Câu 9(1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  ( x  2) x  4 x  7  y y  3  x  y  2  0 ( x, y  R) . 2  x  y  1  x  y  1 Câu 10(1,0 điểm ). Cho các số dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2 a  a.b  3 abc  3 abc …………………Hết………………… Tài liệu group Nhóm Toán Trang 15 Câu 1 (1,0 điểm) Nội dung Điểm 0.25 TXĐ: D  R y '  3x 2  6 x , y '  0  x  0 hoặc x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và 2;  , nghịch biến trên khoảng 0;2 Hàm số đạt cực đại tại x  0 , y CĐ  1 , đạt cực tiểu tại x  2 , yCT  3 0.25 lim y   , lim y   x   x   * Bảng biến thiên x 0 –∞ y' + 2 0 - +∞ 0 + 0,25 +∞ y –∞ 1 -3 Đồ thị 0.25 (1 điểm) 2 Hàm số f(x) liên tục và xác định trên [1;3] và f , (x)  1 2 x Với x  [1;3] : f ' (x)  0  x  2 Ta có: f (1)  1;f (2)  2  2ln 2;f (3)  3  ln 3 max f (x)  3  ln 3; min f (x)  1 0.25 0. 25 0. 25 0.25 [1;3] [1;3] 3 a,(0,5 đ). ta có: (1  i)( z  i)  2 z  2i  z  i 4 0.25 Khi đó: w  1  3i | w | 10 0.25 b,(0,5 đ). log 9 (2.3x  3)  x  2.3x  3  9 x  (3x )2  2.3x  3  0 0.25 Đặt t  3x  t 2  2t  3  0  t  1(l); t  3(n) t=3 => x =1 0.25 e e e I   x (1  ln x )dx   x dx   x 2 ln xdx 2 1 Tài liệu group Nhóm Toán 2 1 0.25 1 Trang 16 e  x 2 dx  1 e  e3 1  3 3 x 2 ln xdx  1 => I= 5. 0.25 2e 3 1  9 9 5e3  2 9 0.25 0.25   (1 điểm). VTCP của AB: u  AB  (2; 2; 8) 0,25 x  1  t  PTTS của AB:  y  2  t  z  3  4t 0,25 A, B, M thẳng hàng khi M là giao điểm của AB và (P). Vì M  (P)  M(1  t; 2  t;3  2t) 0.25 M thuộc P : 2(-1+t)+2-t-3(3-2t)-4=0  t  1 => M(0 ;1 ;1) 0.25 a) (0.5 đ) 6 tanx=2 => cos 2 x =1/5 P= 0.25 2tanx-1 15  2 tanx  cos x 9 0.25 b) (0.5 đ) Số phần tử của không gian mẫu là   C164  1820 . 0.25 +) Gọi B là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau: - Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là: C41C53 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là: C41C52C71 - Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là: C41C51C72 0.25 Khi đó  B  C41C53  C41C71C52  C41C72C51  740 . Xác suất của biến cố B là P  B   7. B   740 37  . 1820 91 (1 đ) Tài liệu group Nhóm Toán Trang 17 S D A E I O H B M C +) Gọi O  AC  BD , Vì ( SAC )  ( ABCD),( SBD)  ( ABCD)  SO  ( ABCD) . AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2 a  OC  a. CI CA Do AI  SC  SOC & AIC đồng dạng    SC  a 6 CO C S AC  +) SO  SC 2  OC 2  a 5, S ABCD 0.25 1 15  a.a 3  3a 2  VSABC  SO.S ABCD  a3 3 3 0,25 0.25 +) Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M  SB // (AIM)  d ( SB , AI )  d ( SB , ( AIM ))  d ( B , ( AIM ))  Hạ IH  ( ABCD )  IH  +) Ta có : IM  3VI . ABM . S AMI SO 5 a2 3 1 a3 15 a , SABM   VI . ABM  IH .SABM  3 3 3 3 27 SB SC 2   a ; AM  3 3 3 AB 2  BM 2  a 7 , AI  3 AC 2  CI 2  a 10 3 0.25 1   3 70  sin MAI   154  S   a 2 55 AM . AI sin MAI  cos MAI AMI  28 28 2 12  d ( B, ( AIM ))  8 3VI . ABM 4a 4a   d ( SB, AI )  S AMI 33 33 (1 điểm) B +) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC  E’ thuộc AD. E I A 0.25 J E' F D Tài liệu group Nhóm Toán C Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9; 4   phương trình EE’: x  y  5  0 . Gọi I = AC  EE’, tọa độ I là nghiệm hệ x  y  5  0 x  3   I  3;  2   x  y 1  0  y  2 Trang 18 Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8) +) AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: 3 x  y  1  0 +) A  AC  AD  A(0;1) . Giả sử C (c;1  c) . Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2  C (2;3) +) Gọi J là trung điểm AC  J (1;2)  phương trình BD: x  y  3  0 . Do D  AD  BD  D(1; 4)  B(3;0) . Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4). 0.25 0.25 0.25 Điều kiện: x 2  y  1  0 9. Phương trình (1)  ( x  2) ( x  2)2  3  x  2   y ( y )2  3  y Xét hàm số f (t )  t t 2  3  t Có f '(t )  t 2  3  t2 t2  3  1  0 t 0,25 0,25  Hàm số f(t) đồng biến trên R  Phương trình (1)  x  2   y 0,25 Thay vào (2) ta có 3 3   x x   x  x  1  2x  3    2 2 2 2 2 2  x  x  1  4 x  12 x  9  x  x  1  4 x  12 x  9 3  x  3 2   x      x  1  x  1  y  1 (tmdk) 2 2 3 x  13 x  10  0  10  x   3  2 0,25 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (-1;-1). 1 a  4b 1 a  4b  16c 4  . = (a  b  c ) 2 2 4 3 3 +) Theo BĐT Cô-si ta có: a  ab  3 abc  a  . 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 4b = 16c +)  P  10. 3 3  , Đặt t  a  b  c , với t > 0 2(a  b  c ) abc 3 3 3 3 3 3 khi đó P  2  . Xét hàm f (t )  2  , f '(t )   3  2 , f’(t) = 0  t = 1 t t 2t 2t t t +) Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) +) Từ BBT ta suy ra Pmin Tài liệu group Nhóm Toán 0.25 3   đạt được khi 2 TRƯỜNG CĐ NGHỀ NHA TRANG 0,25 a  16 / 21 a  b  c  1   b  4 / 21  a  4b  16c c  1/ 21  0.25 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA Trang 19 2016 ĐỀ GIỚI THIỆU SỐ 2 Môn thi: TOÁN - Thời gian làm bài: 180 phút ------------------------ --------------------------------------------------- Câu 1 (1 điểm): Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 1 . x 1 Câu 2 (1 điểm): a) Cho tan a  4 3 với   a  . Tính A  2sin a  3cos2 a . 3 2 b) Tìm phần thực, phần ảo, môđun của số phức z biết rằng: z  2 z  6  2i . Câu 3 (1 điểm): a) Giải phương trình: 3x 1  31 x  2 1 2 b) Tính tích phân: I   e x 1 xdx 0 Câu 4 (1 điểm): a) Một hộp có 12 viên bi, trong đó có 7 bi xanh và 5 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tính xác suất để trong 3 bi lấy ra có ít nhất 1 bi đỏ. b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số f  x   x 3  3 x 2  4 với trục Ox . Câu 5 (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho A(2;0; 1), B (1; 2;3), C (0;1;2) , D(1;-1;0) a) Viết phương trình mặt phẳng (ABC). b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm D và tiếp xúc với mặt phẳng (ABC). Câu 6 (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 600. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SA, CD. Câu 7 (1 điểm): Giải phương trình cos 2 x  cos x  1  2 1  sin x  . sin x  cos x Câu 8 (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1), đường thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc BAC có phương trình y = x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC. Tài liệu group Nhóm Toán Trang 20  x  3 x  2 y  x  1  12 2  x  4 x  2 y  8  0 Câu 9 (1 điểm): Giải hệ phương trình:  Câu 10 (1 điểm): Cho x, y, z > 0 . Tìm GTNN của biểu thức : P = BỘ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐỀ GIỚI THIỀU – KỲ THI THPT QUỐC GIA Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. CÂU ĐÁP ÁN Câu 1 (1điểm) *Tập xác định: D   \ 1 * Giới hạn và tiệm cận: lim y  ; lim y   => tiệm cận đứng là đường thẳng x  1 . x 1 3x 4y 5z + + . y+z z+x x+y ĐIỂM 0,25 x 1 lim y  1; lim y  1 => tiệm cận ngang là đường thẳng y  1 . x  x  * Sự biến thiên: y '  2  x  1 2  0 x  D . Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng  , 1 và  1;   . Hàm số không có cực trị. *Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y' − || − Y +∞ 1 1 *Đồ thị: X -3 1 Y 2 0 0,25 0,25 -∞ -2 -1 0 3 || -1 0,25 Tài liệu group Nhóm Toán Trang 21