TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015- 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2+ 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm a để phương trình x3 − 3x 2 + a = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
Câu II (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
1. Giải phương trình: log 2 ( x - 3) + 2log 4 x = 2 .
2. Giải phương trình: 4sin 2
x
3π ⎞
⎛
− 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2 ⎜ x − ⎟ .
2
4 ⎠
⎝
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + 3 x−ln x trên đoạn [1; 2].
Câu III (1,5 điểm)
2
+
3s inx)dx .
x
2
3x − cos x
2. Tính giới hạn: T = lim
.
x →0
x2
3. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ để tham gia
đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít
hơn số học sinh nam.
1. Tìm nguyên hàm sau: I = ∫ (x −
Câu IV (1.5 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O , cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 450 .
1. Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a.
2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABCD theo a.
3. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a .
1
⎧
2
⎪3xy 1 + 9 y + 1 =
Câu V(1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
x +1 − x .
⎪ x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10
⎩
(
)
Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của AB , N là
điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2 ND . Giả sử đường thẳng CN có phương trình x + 2 y − 11 =0 và
⎛ 5 1 ⎞
điểm M ⎜ ; ⎟ . Tìm tọa độ điểm C.
⎝ 2 2 ⎠
Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2
x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥ 8.
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
-------Hết------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:…………………………………..; Số báo danh……………………..
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
Câu
I
(2.0)
ĐÁP ÁN TOÁN
(Đáp án gồm 5 trang)
Đáp án
Điểm
3
2
1.(1.5 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x − 3x + 2
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
0.25
⎡ x = 0
⎣ x = 2
- Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔ ⎢
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0); đồng biến trên các khoảng ( −∞; −2) và
(0; +∞)
0.5
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -2; yCT = 3, đạt cực tiểu tại x = 0; yCĐ = -1.
- Giới hạn: lim y = + ∞; lim y = −∞
x→−∞
-
x→+∞
Bảng biến thiên:
−∞
x
y'
0
0
2
-
+
2
0
-
+∞
0.25
y
-2
−∞
•
Đồ thị:
0.5
3
2
2.(0.5 điểm) Tìm a để phương trình x − 3x + a = 0 có ba nghiệm thực phân biệt.
Phương trình x3 − 3x 2 + a = 0 ⇔
x3 3−x 2 2+ 2= a −
Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng
y = 2 − a , suy ra a ∈ (0; 4)
1. (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2 ( x - 3) + 2log 4 x = 2 .
•
•
II
(2.0)
•
•
•
x
3π
⎛
− 3 cos 2 x = 1 + 2 cos 2 ⎜ x −
2
4
⎝
3π ⎞
⎛
Phương trình ⇔ 2(1 − cosx) − 3 cos=2 x 2− cos ⎜ 2 x−
⎟
2 ⎠
⎝
⇔ sin 2 x − 3 sin =
2 x 2cosx
•
•
•
π ⎞
⎛
⇔ sin ⎜ 2 x − ⎟ cos
=x
3 ⎠
⎝
0.25
0.25
Điều kiện: x > 3
Phương trình tương đương với log 2 x( x - 3) = 2 ⇔ x(x − 3)= 4
Giải và kết hợp điều kiện thu được nghiệm x = 4
2.(1.0 điểm)Giải phương trình: 4sin 2
0.25
0.25
⎞
⎟ .
⎠
0.25
0.25
0.25
•
π ⎞
⎛
⎛ π
⇔ sin ⎜ 2 x − ⎟ sin=⎜
3 ⎠
⎝
⎝ 2
0.25
π k 2π
⎡
x= +
⎢
⎞
18
3
x ⎟ − ⎢ ⇔
(k Z)∈
⎠
⎢ x = 5π + k 2π
⎢⎣
6
3(0.5 điểm) Tìm GTLN-GTNN của hàm số y = x 2 + 3 x−ln x trên đoạn [1; 2].
•
•
0.25
−3
=
−
ln x< 0, x [∀
1; 2∈
]
x2 + 3
(x + x 2 + 3) x 2 + 3
GTLN của hàm số trên đoạn [1; 2] là y (1) = 2 , GTNN của hàm số trên đoạn 0.25
x
Ta có y ' =
[1; 2] là
− ln x − 1
y (2) = 7 − 2 ln 2
1. (0.5 điểm) Tìm các nguyên hàm sau: I = ∫ (x −
2
+
3s inx)dx .
x
0.25
dx
+ 3∫ sin xdx
x
•
I = ∫ xdx − 2∫
•
x2
I = − 2ln x − 3cos
+x C
2
0.25
2
3x − cos x
2. (0.5 điểm) Tính giới hạn: T = lim
.
x →0
x2
2
0.25
3x − 1
1 − cos x
• T = lim 2 + lim
x →0
x →0
x
x2
0.25
x
2sin 2
x 2 ln 3
−1
e
1
• T = lim 2
ln 3 + lim 2 2 = + ln 3
x →0 x ln 3
x →0
x
2
4
4
3 (0.5 điểm) Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp có 15 học sinh nam và 10
học sinh nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có
cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
0.25
• Gọi Ω là không gian mẫu của phép thử, ta có n(Ω) = C525
• Gọi A là biến cố: “5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ
ít hơn số học sinh nam”
1
• TH1: 1 học sinh nữ và 4 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: C10
C154
•
TH2: 2 học sinh nữ và 3 học sinh nam, suy ra số cách chọn là: C102 C153
n(A) C110 C154 + C102 C153
=
n(A) = C C + C C ⇒P(A) =
5
n(Ω)
C25
1 (05 điểm) Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a.
•
•
•
•
1
10
4
15
2
10
3
15
325
=
506
0.25
1
VS . ABCD = SA.dt (ABCD)
3
Trong đó dt (ABCD) = a 2
0.25
Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAB) bằng góc
a3
0
∑
∑
ASD = 45 ⇒ SA =AD cot ASD =a V
⇒S . ABCD =
3
0.25
2.(0.5 điểm)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
•
SC a 3
=
2
2
3. (0.5 điểm) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) theo a
1
• Vì O là trung điểm của AC nên d (O, (SCD)) = d (A, (SCD))
2
• Gọi H là hình chiếu của A trên SD, ta có
⎧ AH ⊥ SD
1
⇒ AH ⊥ (SCD) , từ đó dẫn đến d (O, (SCD)) = AH
⎨
2
⎩(SAD) ⊥ (SCD)
a 2
a 2
• Trong tam giác vuông SAD, ta tính được AH =
⇒ d (O, (SCD)
=
2
4
1
⎧
2
⎪3xy 1 + 9 y + 1 =
(1.0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
x +1 − x
⎪ x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10
⎩
•
V
0.25
Gọi I là trung điểm của SC, ta có IS = IC = ID = IA = IB (do các tam giác
ΔSAC , ΔSBC , ΔSCD là các tam giác vuông), nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD
Bán kính mặt cầu R =
x +1 + x
x
PT (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 =
⇔ 3 y + 3 y (3 y ) + 1 =
•
•
•
0.25
0,25
ĐK: x ≥ 0
Nhận xét: Nếu x = 0 thì không TM hệ PT
Xét x > 0
2
0.25
)
(
•
•
0.25
1
x
+
1
2
⎛ 1 ⎞
⎜⎜
⎟⎟ + 1 (3)
x ⎝ x ⎠
Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0. Ta có: f’(t)
t2
= 1 + t2 +1 +
>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)
t2 +1
1
⎛ 1 ⎞
PT(3) ⇔ f(3y)= f ⎜⎜
⎟⎟ ⇔ 3y =
x
⎝ x ⎠
Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10 . Đặt
0,25
0,25
g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x − 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒ g(x) là
hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)
•
•
•
Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
1
Với x =1 ⇒ y =
3
1
KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
3
0,25
VI
(1.0 điểm)Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của
AB , N là điểm trên cạnh AD sao cho AN = 2 ND . Giả sử đường thẳng CN có
⎛ 5 1 ⎞
phương trình x + 2 y − 11 =0 và điểm M ⎜ ; ⎟ . Tìm tọa độ điểm C.
⎝ 2 2 ⎠
• Gọi H là hình chiếu vuông góc
của M trên CN, ta có
3 5
MH = d (M, CN) =
2
•
•
Xét tam giác CMN, ta có
2
2
2
∑ = CN + CM − MN = 2
∑
NCM
cos NCM
450 , từ
⇒ đó suy ra được
2CN .CM
2
3 10
MC =
2
Do C thuộc đường thẳng CN nên C (11 − 2c; c ), từ
MC =
•
V
0.25
0.25
=
0.25
3 10
⇔ 5c 2 − 35c + 50 = 0
2
0.25
Tìm được C (7; 2);C(1;5)
(1.0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2
x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥8
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z4 + y2 z2 z4 + x4 + z2 x2
•
Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
•
3(a 2 + b 2 )
a2 + b2
2
2
Do ab ≤
nên a + b + ab ≤
Dấu“=”có ⇔ a=b
2
2
•
a4 + b4
a4 + b4
Ta có: 2
.
≥
a + b 2 + ab 3 2
2
a +b
2
(
a4 + b4
1
≥ (a 2 + b 2 ) (1).
3
Ta sẽ chứng minh:
•
Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Do đó ta được:
•
3 2
a + b2
2
)
1
a4 + b4
≥ (a 2 + b 2 ) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b
2
2
a + b + ab 3
Áp dụng BĐT trên ta có:
b4 + c4
1
≥ (b 2 + c 2 ) Dấu“=”có ⇔ b=c
2
2
b + c + bc 3
c4 + a4
1
≥ (c 2 + a 2 ) Dấu“=”có ⇔ c=a
2
2
c + a + ca 3
•
0,25
)
•
(
0,25
Cộng các vế các BĐT trên ta được:
0,25
a4 + b4
2
b4 + c4
c4 + a4
+
+
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2)
2
2
2
2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3
Dấu“=”có ⇔ a=b=c
•
Theo BĐT Cô-si ta có:
2 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .Dấu“=”có
3
⇔ a=b=c. Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2
0,25
TRƯỜNG THPT LAM KINH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
MÔN: TOÁN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Thời gian:180 phút (không kể thời gian phát đề)
2x 1
x 1
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b. Tìm điểm M trên (C) để khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng của đồ thị (C) bằng khoảng
cách từ M đến trục Ox.
Câu 2 (1 điểm).
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y
a. Giải phương trình:
3 sin 2 x cos 2 x 4sin x 1 .
b. Giải bất phương trình: 2log 3 ( x 1) log
Câu 3 (0.5 điểm). Tính nguyên hàm sau: I
x
3
(2 x 1) 2 .
x 2 3dx
Câu 4 (1.5 điểm).
9
2
3
a. Tìm số hạng chứa x trong khai triển của x 2 .
x
b. Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ 20 câu
hỏi trên. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A
rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung điểm AB,
H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa
(SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và IC.
Câu 6 (1 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC 2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM 3FE . Biết điểm
M có tọa độ 5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x y 3 0 , điểm A có hoành độ là số
nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 7 (1 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể
tích của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a.
x 3 xy x y 2 y 5 y 4
Câu 8 (1 điểm). Giải hệ phương trình
4 y 2 x 2 y 1 x 1
Câu 9 (1 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn 2c b abc. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S
3
4
5
bca acb abc
----Hết----
Họ và tên thí sinh:………………………………………………………………………….Số báo danh:………………………..............
1
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN TOÁN THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016, LẦN 1
Câu
Câu1a
1.0đ
Nội dung
- Tập xác định D R \ 1
- Sự biến thiên y '
3
x 1
2
Điểm
0,25
0 với x D
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;1 , 1;
+ Hàm số không có cực trị
+ lim y x 2 , suy ra đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của
0,25
x
đồ thị
lim y x , lim y x , suy ra đường thẳng x 1 là đường tiệm
x 1
x 1
cận đứng của đồ thị
0,25
+ Bảng biến thiên
-
x
y’(x)
+
1
-
+
2
y
-
2
- Đồ thị
+ Đồ thị hàm số đi qua các
điểm
0; 1 , 2;1 , 4;3 , 2;5
+ Đồ thị nhận điểm I 1; 2 làm
0,25
tâm đối xứng.
Câu 1b
1.0đ
Gọi M x 0 ; y0 ,
x 0 1 ,
y0
2x 0 1
, Ta có
x0 1
0,25
d M, 1 d M, Ox x 0 1 y 0
x0 1
Với x 0
2x 0 1
2
x 0 1 2x 0 1
x0 1
x 0
1
, ta có : x 02 2x 0 1 2x 0 1 0
2
x0 4
M 0; 1 , M 4;3
0,25
Suy ra
0,25
2
1
, ta có pt x 02 2x 0 1 2x 0 1 x 02 2 0 (vô nghiệm) .
2
Vậy M 0; 1 , M 4;3
Với x 0
0,25
3 sin 2 x cos 2 x 4sin x 1 2 3 sin x cos x 1 cos 2 x 4sin x 0
Câu 2a.
0.5đ
Câu 2b.
0.5đ
2 3 sin x cos x 2sin 2 x 4sin x 0 2sin x
sin x 0
x k
sin x 0
, k .
sin
x
1
x
k
2
3
cos
x
sin
x
2
3
6
0,25
ĐK: x > 1 , 2 log 3 ( x 1) log 3 (2 x 1) 2 log 3 [( x 1)(2 x 1)] 1
0,25
1
2 x 2 3x 2 0 x 2
2
Đối chiếu điều kiện suy ra bpt có tập nghiệm S = (1;2]
Câu 3
0.5 đ
Câu 4.b
0.5đ
Câu 5
1.0đ
0,25
Đặt t x 2 3 t 2 x 2 3 2tdt 2xdx xdx tdt .
0,25
t3
( x 2 3)3
C
Suy ra I t.tdt t dt C
3
3
0,25
2
Câu 4.a
0.5đ
3 cos x sin x 2 0 0,25
9
k
9
9
2
k
2
Ta có x 2 C9k x 9 k 2 C9k x 93k 2
x k 0
x
k 0
0,5
Số hạng chứa x 3 tương ứng giá trị k thoả mãn 9 3k 3 k 2
2
Suy ra số hạng chứa x 3 bằng C92 x 3 2 144x 3
0,25
Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có
0,25
C 4845 đề thi.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có
C102 .C102 2025 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có
C103 .C101 1200 trường hợp.
Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có
0,5
C104 210 trường hợp.
Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có
2025 1200 210 3435 trường hợp
Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã
3435 229
thuộc là
.
4845 323
1
Ta có VS.ABCD SH.SABCD , trong
3
0,25
2
đó SABCD a
4
20
3
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với
đáy suy ra SH (ABCD)
Dựng HE AB SHE AB ,
là góc giữa (SAB)
suy ra SEH
600
và (ABCD) SEH
Ta có SH HE.tan 600 3HE
HE HI 1
a
HE
CB IC 3
3
a 3
SH
3
0,25
Suy ra
1
1a 3 2
3a3
VS.ABCD SH.SABCD .
.a
3
3 3
9
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
d SA, CI d CI, SAP d H, SAP
0,25
Dựng HK AP , suy ra SHK SAP
Dựng HF SK HF SPA d H, SPA HF
1
1
1
(1)
2
2
HF
HK
HS2
1
1
1
1
Dựng DM AP , ta thấy DM HK
2
2
2
HK
DM
DP DA 2
Do SHK vuông tại H
0,25
Thay vào (1) ta có
1
1
1
1
4 1 3
8
a
2 2 2 2 HF
.
2
2
2
2
HF
DP DA HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d SA, CI
.
2 2
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy
Câu 6
1.0đ
BC 2BA EB BA, FM 3FE EM BC
CAB
BM AC .
ABC BEM EBM
0,25
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x 2y 7 0 .
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13
x
2x y 3 0
13 11
5
I ;
5 5
x 2y 7 0
y 11
5
12 6
2 8 4
IM ; , IB IM ; B 1; 3
3
5 5
5 5
0,25
4
Trong ABC ta có
1
1
1
5
5
BA
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2
2
2
4 5
5
8 4
BI 2
Mặt khác BI
, suy ra BA
5
2
5 5
Gọi toạ độ A a,3 2a , Ta có
a 3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0 11
a
5
2 4
Do a là số nguyên suy ra A 3; 3 . AI ;
5 5
Ta có AC 5AI 2; 4 C 1;1 . Vậy A 3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
2
Câu 7
1.0đ
2
2
0,25
2
0,25
Thể tích lăng trụ là:
a 2 3 a3 3
V AA '.SABC a.
4
4
0,5
Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC , A 'B'C'
khi đó tâm của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là
trung điểm I của OO’. Mặt cầu này có bán kính là:
R IA
AO2 OI2
(
a 3 2 a 2 a 21
) ( )
3
2
6
0,5
a 21 2 7 a 2
2
suy ra diện tích mặt cầu (S) là: S 4R 4(
)
6
3
Câu 8
1.0đ
xy x y 2 y 0
Đk: 4 y 2 x 2 0
. Ta có (1) x y 3
y 1 0
Đặt u x y , v
x y y 1 4( y 1) 0
0,5
y 1 ( u 0, v 0 )
5
u v
Khi đó (1) trở thành : u 2 3uv 4v 2 0
u 4v(vn)
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 y 2 y 3 2 y 1
2
y 1 1 0
y2
0
y 1 1
2
y 2
2
4 y 2 y 3 2 y 1
y 2 ( vì
0,25
1
0
y 1 1
2
4 y 2 y 3 2 y 1
2
4 y2 2 y 3 y 1 2 y
1
0y 1 )
y 1 1
0,25
Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là 5; 2
Câu 9
1.0đ
1 1
4
, x 0, y 0.
x y x y
1
1
1
1
1
1
S
2
3
bca acb
bca abc acb abc
Áp dụng bất đẳng thức
suy ra S
2 4 6
.
c b a
Từ giả thiết ta có
1 2
2 4 6
3
1 2 3
a, nên 2 2 a 4 3.
c b
c b a
a
c b a
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 4 3 . Dấu bằng xảy ra khi a b c 3.
0,25
0,25
0,25
0,25
Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tương ứng
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG
Môn thi: TOÁN
( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )
Đề thi này có 01 trang
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
2x 1
(1).
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M
đến đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số (1).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 2cos x.cos 2 x 2 2sin 2 x cos 3 x .
Câu 3 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm: I
2x2 1
dx .
x
Câu 4 (1,0 điểm).
1
1
1. Giải phương trình: log 1 (2 x 2 3 x 1) log 2 ( x 1)2 .
2
2
4
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y 8ln x x 2 trên đoạn [1;e].
Câu 5 (1.0 điểm). 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 đủ 3 màu, có đúng
một quả cầu màu đỏ và có không quá hai quả cầu màu vàng.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB a; AD 2a , tam giác
SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SD. Tính thể tích khối
chóp S.ACD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết AB
điểm thuộc đoạn thẳng BC sao cho BF
2
3
AD . Gọi F là
2
3
BC . Đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABF có phương trình
4
2
9
1 225
. Đường thẳng d đi qua hai điểm A, C có phương trình 3 x 11 y 2 0 . Tìm
x y
4
4
8
tọa độ đỉnh C biết điểm A có hoành độ âm.
3 4 y 2 4 y x3 2 x 4 y 2
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
3
3
2 2 y x 3 y x 1 6 x x 1 2 0
x; y .
Câu 9 (1.0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức: P
a2
1 a
2
5bc
16b 2 27 a bc
2
.
2
36 a 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: ………………………………………
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2015 – 2016
Câu 1
Khảo sát……
* Tập xác định D R / 1
* Sự biến thiên:
3
Ta có: y '
0, x D .
2
x 1
1điểm
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1; .
Hàm số không có cực trị.
* Giới hạn và tiệm cận:
Ta có:
lim y lim y 2 đường thẳng y 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị (C).
x
x
0,25
lim y ; lim y 1 đường thẳng x 1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị (C).
x 1
x 1
* Bảng biến thiên:
x
y'
y
1
-
0,25
2
1.1
2
* Đồ thị:
1
Đồ thị (C) cắt Ox tai điểm ;0 , cắt trục Oy tai điểm 0; 1 .
2
0,25
1điểm
1.2
2a 1
Gọi M a;
C (điều kiện a 1 ).
a 1
Gọi đường thẳng là đường tiệm cận ngang của đồ thi (C) .
2a 1
0.a 1.
2
3
a 1
Ta có d M , Oy a ; d M ,
.
2
2
a 1
0 1
Theo giả thiết khoảng cách từ M đến đến trục Oy bằng 2 lần khoảng cách từ M đến
3
đường tiệm cận ngang do đó: 2.
a
a 1
a 2 a 6
a2 a 6 0
a 3
a a 6 2
2
.
a 2
a a 6
a a 6 0
2
Vì phương trình a 2 a 6 0 vô nghiệm.
0,25
0,25
7
+ Với a 3 M 3; .
2
+ Với a 2 M 2;1 .
0,25
Câu 2
2
2
Phương trình đã cho cos 3x cos x 2 2sin x cos 3 x cos x 2 2sin x
cos x 0
2
2
cos x 2 2 1 cos x 2 cos x cos x
cos x 1
2
+ Với cos x 0 x k ; k .
2
x k 2
1
3
+ Với cos x
; k .
2
x k 2
3
1điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1điểm
Câu 3
2 x2 1
x 2x2 1
dx
dx
x
x2
1
2 udu xdx
2
2
2
Đặt u 2 x 1 u 2 x 1
.
2
x2 u 1
2
Ta có I
1
u2
u2 1 1
1
.
udu
du
du
du
du
u 1 u 1
u2 1 2
u2 1
u2 1
2
1 u 1 u 1
1 du 1 du
du
du du
2 u 1 u 1
2 u 1 2 u 1
Do đó I
u
1
1
u ln u 1 ln u 1 C .
2
2
1
1
Vậy I 2 x 2 1 ln 2 x 2 1 1 ln
2
2
2 x2 1 1 C .
0,25
0,25
0,25
0,5 điểm
Câu 4
4.1
0,25
1
2 x 2 3x 1 0
x
Điều kiện:
2.
x 1 0
x 1
1
1
1
Khi đó phương trình log 2 (2 x 2 3 x 1) log 2 ( x 1) 2
2
2
2
2
2
log 2 2(2 x 3x 1) log 2 ( x 1)
x 1 (Ko TM)
2(2 x 3 x 1) ( x 1) 3x 4 x 1 0
.
x 1 TM
3
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x
3
2
0,25
2
2
0,25
0,5 điểm
Điều kiện: x 0.
Hàm số y 8ln x x 2 xác định và liên tục trên [1;e].
4.2
x 2 1; e
8
Ta có y ' 2 x y ' 0
.
x
x 2 1; e
0,25
Ta lại có: y 1 1 ; y 2 8 ln 2 4 ; y e 8 e 2 .
Vậy : Max y 8ln 2 4 , giá trị lớn nhất đạt được khi x 2.
1;e
0,25
Min y 1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi x 1.
1;e
Câu 5
Gọi là không gian mẫu của phép thử.
Số phần tử của không gian mẫu là n C164 1820 .
Gọi B là biến cố: “ 4 quả lấy được có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và
không quá hai quả màu vàng”.
Do đó để lấy được 4 quả có đủ 3 màu, có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá
hai quả màu vàng có 2 khả năng xảy ra:
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C52C71
0,25
0,25
+) 4 quả lấy được có 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng suy ra số cách lấy là: C41C51C72
+) Khi đó n B C41C71C52 C41C72C51 700 .
+) Xác suất của biến cố B là P B
nB
n
0,25
700
5
.
1820 13
0,25
1điểm
Câu 6
0,25
Gọi H là trung điểm của AB, vì SAB là tam giác đều SH AB .
SAB ABCD
a 3
Ta có AB SAB ABCD SH ABCD và SH SA2 HA2
.
2
SH AB, SH SAB
1
1
Vì ABCD là hình chữ nhật SACD S ABCD a.2a a 2 .
2
2
3
1
1 a 3 2 a 3
Do đó VS . ACD SH .SACD .
.a
(đvtt).
3
3 2
6
Gọi J là trung điểm của CD IJ / / SC SC / / AIJ
d AI , SC d SC , AIJ d C , AIJ .
Ta có CD AIJ J d C , AIJ d D, AIJ (vì J là trung điểm CD).
Vậy d AI , SC d D, AIJ .
0,25
0,25
Vì H là trung điểm AB, J là trung điểm của CD do đó tứ giác AHJD là hình chữ nhật.
Gọi K là tâm của hình chữ nhật AHJD IK / / SH (vì IK là đường trung bình tam
giác SHD).
SH ABCD
SH a 3
Ta có
IK ABCD và IK
.
2
4
IK / / SH
1
a2
Ta có S ADJ AD.DJ ;
2
2
1
1 a 3 a2 a3 3
VI . ADJ IK .S ADJ
.
;
3
3 4 2
24
a 17
AJ AD 2 DJ 2
.
2
1
1 a 3 a 17 a 2 51
Vì IK ABCD IK AJ SAIJ IK .AJ .
.
.
2
2 4
2
16
3.VI . ADJ 2a 17
Do đó d D, AIJ
.
SAIJ
17
0,25
1điểm
Câu 7
A d
Ta có
tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ pt
A T
9 2 1 2 225
x y
8
4 4
3x 11y 2 0
0,25
2 11y
2 11y
x 3
x 3
2
2
2
2
2 11y 9 y 1 225 11y 19 y 1 225
3
3 12 4
4 4
8
8
x 3
2 11y
x 3
y 1
2 11y
x
y 1
x 93 A 3;1 (vì x A 0 ).
3
13y2 10 y 23 0
13
23
y
23
13
y
13
Gọi điểm E thuộc tia đối của tia BA sao cho AF CE .
Đặt BE xAB BE x AB , ta có:
3
CE BE BC x AB AD và AF AB BF AB AD .
4
Vì AF CE do đó
3
3
1
CE. AF 0 x AB AD AB AD 0 xAB 2 AD 2 0 x .
4
4
3
1
Vậy E thuộc tia đối của tia BA thỏa mãn BE AB khi đó AF CE .
3
0,25
AF CE
Xét tam giác ACE có
F là trực tâm tam giác ACE hay EF AC .
CB AE
2
2
9 1 225
Gọi H EF AC tứ giác ABFH nội tiếp hay H T : x y
,
4
8
4
93 23
do đó H là giao điểm (khác A) của đường thẳng d và đường tròn (T) H ; .
13 13
Qua B kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại K BK / / HE , khi đó ta có
AK AB
KH BE 3
AH 12 HC AH 12 HC
KH BF 3
HC FC
93
23 132 36
Gọi C a; b HC a ; b ; AH
; .
13
13
13 13
132
93
12 a
13
a 8
13
Do đó AH 12 HC
C 8; 2 .
b
2
36
23
12 b
13
13
Vậy C 8; 2 .
0,25
0,25
1điểm
Câu 8
3
Điều kiện: x 2.
3
2
Biến đổi pt thứ (2) của hệ thành : 2 x 1 3 y x 1 4 y 3 0
Nhận xét y 0 không là nghiệm của pt y 0, do đó pt
3
0,25
2
x 1
x 1
2
3
40
y
y
Đặt a
x 1
khi đó pt trở thành
y
2a 3 3a 2 4 0 a 2 2a 2 a 2 0 a 2 .
Vì pt 2a 2 a 2 0 vô nghiệm.
x 1
2 2 y x 1 .
+) Với a 2
y
3
Thay 2 y x 1 vào pt (1) của hệ ta được pt
x2 1 x x3 2
x3 2 2 x 1 x 1 3 x 2 1 0
x 3 2 2 x 1
2
x3 2 2 x 1
x3 4 x 2 4 x 3
x3 2 2 x 1
x 1
3
2
3
2
x 2 1
3
2
x 1 x 1 x 1 x 1
2
2
3
2
x 1 x 1 x 1 x 1
0
0
2
x x 1
x2 x 1
x 3
2
0 x 3.
3
2
3
2
3
2
x
2
2
x
1
x 1 x 1 x 1 x 1
2
x x 1
x x 1
Vì
0, x 3 2.
2
3
2
3 2
x 1 2 x 1
x 1 x 1 3 x 2 1 x 1
Với x 3 y 2.
0,25
2
x3 4 x 2 3 x
3
0,25
0,25
Vậy hệ pt đã cho có nghiệm x; y 3; 2 .
1điểm
Câu 9
a2
Ta có: P
b c
a2
b c
Ta lại có
2
2
5bc
5bc
Do đó P
2
36 a c
16b2 27 a b a c
36 a c
a2
b c
16b2 27 a a b c bc
5bc
4a 2
9b c
2
2
2
2
2
a2
b c
2
4b2
5bc 9 a c
2
3
2
a b
4
0,25
a2
4a 2
2
2
5
2
b c b c 9 b c
4
2
4b 2
9a c
2
3
2 a
b 3
2
2
a b
a b
4
9 bc a c 4
2
2
2
3
a b
2 a2
b2 3
2
2
2
a
b
a b
9 ab ac ba bc 4
9 ab ac ba bc 4
2
2
2
3
2 a b
2
a b
9 2ab a b c 4
2
3
2
a b
a b 2 .
2
9 a b
4
a b c
2
0,25
2
2
2
3
2
1 c
8 1 c 3
2
2
P
1
c
1 c .
2
9 1 c
9 1 c 4
4
1 c c
2
2
2
8 1 c 3
8
2 3
2
2
Ta có
1 c 1
1 c .
9 1 c 4
9 1 c 4
2
8
2 3
2
P 1
1 c .
9 1 c 4
Theo giả thiết a, b, c 0 thỏa mãn a b c 1 c 0;1 .
2
8
2 3
2
Xét hàm số f c 1
1 c với c 0;1 .
9 1 c 4
16
2 2
3
Ta có f ' c 1
c 1 .
2
9 c 1 c 1 2
f 'c 0
Bảng biến thiên
0,25
1
32
27
1
0 c vì c 0;1 .
c 1
3
9
3
c 1 64
c
f '( c )
1
3
0
–
0
1
+
f (c )
1
9
1
Từ BBT f c , c 0;1 . Do đó P 1 .
9
9
1
Vậy Min P 1 , giá trị nhỏ nhất đạt được khi a b c .
3
9
......................... Hết .............................
0,25
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.(2,5 điểm).
1. Cho hàm số : y
2x 3
(C )
x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1.
3
2
2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 3 x 9 x 1 trên đoạn [- 2; 2].
Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x
Câu 3 (1,5 điểm).
a) Giải phương trình: 5 2 x 24.5 x1 1 0
b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)=
4x 2 4x 3
và f(0) = 1.
2x 1
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có
đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao
độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.
Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo
viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo
viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy
học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a ,
AD 2a , SA ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D
đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy
là với tan
1
5
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác
hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
13 1
; là trung điểm của BD. Tìm tọa
5 5
ABC có phương trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M
độ các điểm A,C biết A có tung độ dương.
Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau
x 2 x 2 2 x 4 y 1 2 y 2 3
4 x 2 x 6 5 y 2 xy 2 y x 2 1 2 y x 2
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab 1 ; c a b c 3 .
b 2c a 2c
6ln( a b 2c) .
1 a
1 b
----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm!
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh.......................
- Xem thêm -
.PDF 
69 
240 
66 
