Tài liệu Bộ 45 đề thi thử thpt quốc gia môn toán 2016

SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1 ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016) Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4 (O là gốc tọa độ) Câu 2: ( 2 điểm) a) Giải phương trình: sin 2 x  cos2x  2sin x  1 1 b) Tính tích phân: I =  x 2 ( x  1)2 dx 0 Câu 3: (1 điểm) a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi. Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu. x 1 x 1 1 b) Giải phương trình:       2 .  3 9 Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1) và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho OM  3 . Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM), (M là trung điểm CD). Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương. Câu 7 ( 1 điểm)  2 y 2  3 y  1  y  1  x 2  x  xy Giải hệ phương trình  2  2 x  y  3x  2 y  4  3 x  14 x  8  0 Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1. 2a 2b c2  1 3 Chứng minh rằng: 2    . a  1 b2  1 c2  1 2 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:.................................. Hướng dẫn giải và thang điểm Câu 1a Hướng dẫn giải 3 Điểm 2 Hàm số y = x – 3x +1 TXĐ D = R Sự biến thiên: lim y  x  ; xlim y   ; y’=3x2-6x => y’ = 0  x  0; x  2  0,5 BBT x 0 - + y' + 2 - 0 0 + y 2 + 1 -5 -3 - -2 Hàm số đồng biến trên (-  ;0) và (2; +  ); Hàm số nghịch biến trên (0;2). Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3 Đồ thị 1b 5 0.5 -4 -6 x  0  x  2m Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0   0,5 hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1  4m 4 ) Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0; m Diện tích tam giác OAB: S  1 d (O; AB ) AB  4  1 4m 2 (1  4 m4 )  4  m  2(TM ) Với m 0 OAB 2a 2b 2 1  4m 4 sin 2 x  cos2x=2sinx-1  sinx(sinx + cosx-1)=0 0.5  x  k  x  k  sinx=0       sinx+cosx=1  x  k 2 ; x   2  k 2  x  2  k 2 0,5 1 I=  0,5 1 x 2 ( x 2  2 x  1) d x  0  (x 4  2 x3  x 2 )dx 0 x5 x4 x3  (  2  ) 5 4 3 3.a 2 1 0  0,5 1 30 Không gian mẫu có:   C92  36 0,25 Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu:  A  C42  C52  16 Xác suất của biến cố: PA=  A  16  4  36 9 3.b Đặt t= 0,25 0.25 t  2 1 ( ) x (t  0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0   3 t  1  1 x ( ) 2 Ta có  3   ( 1) x  1  3 4 0,5 0,5  x  log1 / 3 2 x  0  x  2 y 1 z 1 Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P): hoặc   1 2 2 x  2  t   y  1  2t  z  1  2t  t   1 OM  (2  t ) 2  (1  2t ) 2  (1  2t ) 2  3  9t 2  12t  3  0   1 t    3 Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ;  1 ) 0,5 Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t); 3 3 3 0,5 5 DB  ( SAC )  hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là CM: 0,25 DSO  30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD) 1 Từ SO2 = AO2 +SA2  x  a . S  AC.BD  2 x 2  a 2 . ABCD 2 2 1 1 Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S  a3 ABCD 3 N Gọi là trung điểm 0,25 S 3 của AB Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))= => DN// BM 1 d(A;(SBM)) 2 0,25 Kẻ AI  BM ; AH  SM . Từ đó CM được AH  ( SBM )  d ( A;( SBM ))  AH Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2. Mà SABM = Khi đó 6 7 1 .AI.BM suy ra AI =2/ 5 a. 2 H D A N M I 0,25 C B 1 1 1 2 1    AH  a  d ( D;( SBM ))  a 2 2 2 AH AI SA 3 3 Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0 Tọa độ K(1:1) => A(-1;2). Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD 0,25 A K 0,25 H  5  1  ( x  1) 2  x  3 hoac x  1(l )  D (2;3) PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC: B 2x – y -11 = 0 Tọa độ C(8;5)  B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5) (1)DK x  0; y  1;  3x  2 y  4  0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ Ta có: 2 (1)  D E C 0,5 I 0,5 2 y  1  x  ( y  1)  x  y ( y  1  x)  0 1 1  2 y  1  x)  0  y  x  1(do  2 y  1  x  0) y 1  x y 1  x  ( y  1  x)( Khi đó: (2)  3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0  ( 3 x  1  4)  (1  6  x )  ( x  5)(3 x  1)  0 0,5 3 1   3x  1)  0  x  5  y  6 3x  1  4 1  6  x Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6) Từ gt: ab  bc  ca  1;  1  a 2  a 2  ab  bc  ca  ( a  b)(a  c)  ( x  5)( 8 Ta có: a b a b 1  ab 1  ab 1  2      2 2 2 a  1 b  1 (a  b)( a  c) (a  b)(b  c ) ( a  b)(a  c)(b  c) (1  a )(1  b ). 1  c 1  c2 2 Suy ra: VT  2 1  c2  c2 1 2c ( 1  c 2  2)  f ( c )  f '( c )   f '(c)  0  c  3 c2  1 (1  c 2 ) 2 0,5 0,25 Từ đó ta CM được: c  3  a  b  2  3 maxVT = max f ( c) = f ( 3)  3 khi a  b   2 c  3  2 a  2 3a  1  0 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  1bc bc 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 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 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2 Năm học 2015  2016 Môn : TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y  2x  1 . x 1 Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  mx2  m  5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của hàm số đã cho có ba điểm cực trị. Câu 3 (1,0 điểm). Cho log3 15  a, log3 10  b . Tính log9 50 theo a và b. Câu 4 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) 2sinx cos x+ 6 sinx  cosx  3  0 ; b) 22 x5  22 x3  52 x2  3.52 x+1 . Câu 5 (1,0 điểm). n 2  Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  x 2   với x ≠ 0, biết rằng: x  4 Cn1  Cn2  15 với n là số nguyên dương. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với ·  300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2 x  y  5  0 và A(  4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5;  4) là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD. Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình: x x  1  (2x  3)2 (2x  2)  x  2 . Câu 9 (1,0 điểm). 3 4 Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2  y 2  z 2  . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1   . xy yz zx -------- Hết -------- P  8xyz  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:............................ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2. C©u Néi dung bµi §iÓ m TXĐ D = R\ 1 2  1/ x  2 , lim y   , lim y   x  1  1/ x x 1 x 1 Ta có lim y  lim x  0,25 Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang x  D ta có y’(x) = 3  y’(x) < 0 x  D ( x  1) 2 0,25 Ta có bảng biến thiên: 1 ∞ x 1   y’ +∞ +∞ y 2 2 ∞ 2 Hàm số nghịch biến trên (  ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị 0,25 Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị. 0,25 x ¡ ta có y' ( x)  4x3  2mx = 2 x(2 x2  m) , 0,25 (Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là 2 x(2 x2  m)  0 có ba nghiệm phân biệt 0,25  2 x2  m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0. 0,25 Xét dấu y’ và kết luận. 0,25 Ta có log9 50  log32 50  3 log3 50  log3 1 log3 50 2 150  log3 15  log3 10  1  a  b  1 3 Kết luận 0,25 0,5 0,25 a) TXĐ D = ¡ Phương trình đã cho  (2sinx 1)(cos x+ 3)  0 0,5 4 0,25 1  sin x    2  cosx = 3(v« nghiÖm) 0,25    x  6  k 2 , với k, l là số nguyên. Kết luận.  5  x   l 2  6 b) TXĐ D = ¡ Phương trình  22 x 3 (4  1)  52 x 1(5  3) 0,25 0,25  22 x3.5  52 x1.8 0,25 2x  2    1 .  5  2x  0  x  0 0,25 2 Ta có Cn1  Cn2  15  Cn+ 1  15  n(n+1)  15 2  n  5 (t / m)  n2 + n  30  0    n  6 (lo¹ i) 0,25 0,25 5   Với n = 5 và x  0 ta có  x2  5 5 5 2 2 5k k 2 k  C ( x ) (  )  C5k x3k 5 (2)5k   5  x  k 0 x k 0 Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4  k = 3, suy ra số hạng chứa x4 trong khai triển trên là 40x4. 0,25 0,25 A I S H 6 B Ta có AB  (SBC) (gt) nên VSABC = Từ gt ta có SSBC = C 1 AB.S SBC 3 0,25 1 1 1 BC.BS .sin 300  4a.2a 3.  2a 2 3 2 2 2 0,25 Khi đó VSABC = 1 3a.2a 2 3  2a3 3 (đvtt). 3 Hạ BH  SC (H  SC) ta chứng minh được SC  (ABH) Hạ BI  AH (I  AH) Từ hai kết quả trên  BI  (SAC)  BI = d(B; (SAC)). Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI  BI  6a 7  Kl 7 0,25 0,25 Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C(t; –2t – 5). Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra 0,25 được · AFC  900  AC 2  AF 2  CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình: (t  4)2  (2t  13)2  81 144  (t  5)2  (2t  1)2  t  1. 7 0,25 Từ đó ta được C(1; –7). Từ giả thiết ta có AC // EF, BF  ED nên BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF cắt và vuông góc với AC tại trung điểm. Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC 0,25  S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75 (đvdt). 0,25 TXĐ D = 1;  Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1  (2x  3)3  (2x  3)2  2x  3 (1) 0,25 Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t  ¡ suy ra hàm số 8 f(t) đồng biến trên ¡ . 0,25 Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)  x  1  2x  3 0,25 x  3 / 2 x  3 / 2    x= 2  2 2 x  1  4 x  12 x  9 4 x  13 x  10  0   0,25 Ta có Mà 3 1 1 1 1    33 2 2 2 , đặt t = xy yz zx x y z x2 y 2 z 2  3  P  8t  3 xyz  0 0,25 x2 + y 2 + z 2 1 1   0 t  3 4 2 3 3 8t 3  2 . 2 . Xét hàm số f (t )  t t Ta có t  0 , f'(t) = 24t 2  6 , f''(t ) = 0  t  t3 5 1 . 4 0,25 Ta có bảng: 9 t 0 1 2 5  0 1 4 0,25 f’(t) f(t) 13 Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0  t  Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t = 1 2 1 1 hay x = y = z = Kl: MinP = 13. 2 2 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 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 4  2 x 2  3 Câu 2 (2,0 điểm). 3π 2π   . Tính sin  α  . 2 3   b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 . a) Cho tan α  2 và π  α  1  trên đoạn  2;  . 2  Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4x  6x  9x. Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ, môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ, môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ, môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y 17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm  x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8 y  1  2   y  2 x  1  3  x  4x  7 Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P  1 1 1  2  2  xy  yz  zx 2 2 x  y  2 y  z  2 z  x2  2 2 -----------------------HẾT-----------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Hä và tªn thÝ sinh: ....................................................................... .........; SBD.......................................... HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D  R 2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   Điểm 0,25 x x b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1 x - -1 0 1 y' 0 + 0 0 + -3 3 + + + 0,25 y Câu 1 (1,0 điểm) -4 -4 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0; 1). Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4. 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (  3 ; 0). 0,25 y  3 1 O 1 3 x 0,25 3 4 Cho tan α  2 và π  α  Câu 2.1 (1,0 điểm) 3π 2π   . Tính sin  α   ? 2 3   1 1 1 5 2 Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5 3π 5  cosα  0 nên cosα   5 2  5 2 5 sin α  cosα.tan α  .2  5 5 Do π  α  0,25 0,25 0,25 Vậy 2π  2π 2π  sin  α    sin α.cos  cosα.sin 3  3 3  2 5 1  5 3 2 5  15  .  .  5 2 5 2 10 Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 Câu 2.2 (1,0 điểm) 0,25 cos x  sin 4x  cos3x  0  2sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0 0,25  2sin 2x(sinx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0 0,25 kπ  x  2    x  π  k2π sin 2x  0   2  s inx  1    x   π  k2π  1 6  s inx   2  7π  k2π x  6  0,5 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 . 1  trên đoạn  2;  . 2  Câu 3 (1,0 điểm) x + Ta có f '(x)  1  0,25 4  x2 + f '(x)  0  x  2  [  2; ] 1 2 0,25 1  15 2 0,25 minf(x)  2 0,25 1 2 + Có f (2)  2;f ( )  maxf(x)  1 [-2; ] 2 1  15 ; 2 1 [-2; ] 2 Giải phương trình 2.4x  6x  9x. Phương trình x x 4 6  2.       1 9 9 2x Câu 4 (1,0 điểm) 0,25 x 2 2  2.       1  0 3 3  2  x    1  Loai  3   2 x 1    2  3  0,25 0,25