SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút.
(Đề thi có 01 trang)
Câu 1: (2 điểm)
Cho hàm số y =
2𝑥+1
1−𝑥
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
x + 3y - 2 = 0
Câu 2: (1 điểm)
Giải phương trình:
3 cos 2 x sin 2 x 2 cos x 0
Câu 3: (1 điểm)
2
2
Giải bất phương trình: 3𝑥 +√𝑥−1−1 + 3 ≤ 3𝑥 + 3√𝑥−1
Câu 4: (1 điểm)
a. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: f(x) = x2(lnx - 1) trên [1;e]
e x cos 2 x
b. Tìm: lim
x 0
x2
2
Câu 5: (1 điểm)
Một tổ gồm 9 học sinh trong đó có 3 học sinh nữ. Cần chia tổ đó thành 3 nhóm đều nhau,
mỗi nhóm có 3 học sinh. Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta được mỗi nhóm có đúng
1 học sinh nữ.
Câu 6: (1 điểm)
̂ = 120𝑜 và đường thẳng A’C
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, 𝐴𝐶𝐵
tạo với mp(ABB’A’) một góc 30𝑜 . Gọi M là trung điểm BB’. Tính thể tích khối lăng trụ
đã cho và khoảng cách từ đỉnh A’ đến mp(ACM) theo a
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Hai điểm M(4;-1), N(0;-5) lần lượt thuộc
AB, AC và phương trình đường phân giác trong góc A là x - 3y + 5 = 0, trọng tâm của tam
2
5
3
3
giác là G(- ; - ) .Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.
Câu 8: (1 điểm)
Giải hệ phương trình: {
𝑥 3 (4𝑦 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)√𝑥 = 6
𝑥 2 𝑦(2 + 2√4𝑦 2 + 1) = 𝑥 + √𝑥 2 + 1
Câu 9: (1 điểm)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=
𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎
− (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh: .........................................................Số báo danh: ..................................
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö TNTHPT
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THỊ MINH KHAI
N¨m häc 2015 - 2016
Điểm
Câu
Câu 1.a
2𝑥+1
0,25
a. Khảo sát hàm số y =
1−𝑥
1. Tập xác định: D = R\{1}
2. Sự biến thiên
3
Chiều biến thiên: 𝑦 ′ =
> 0, ∀𝑥 ∈ 𝐷
2
(1−𝑥)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-∞;1) và (1; +∞)
Giới hạn: lim− 𝑦 = +∞ ; lim+ 𝑦= - ∞ ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng
𝑥→1
𝑥→1
lim 𝑦 = lim 𝑦 = -2
𝑥→−∞
⇒ y = -2 là tiệm cận ngang
𝑥→+∞
Bảng biến thiên:
0,25
-∞
x
y/
y
1
+∞
+
+
+∞
-2
-2
-∞
3. Đồ thị.
1
Giao với Ox tại (- ; 0); giao với Oy tại (0;1)
2
Nhận xét: đồ thị nhận I(1;-2) làm tâm đối xứng
0,5
y
1
O 1
-2
Câu 1.b
x
I
3
b. Ta có: y’= (1−𝑥)2
0,5
Từ giả thiết ⇒ tiếp tuyến d của (C) có hệ số góc k = 3
3
Vậy (1−𝑥)2 = 3 ⇔ (1-x)2 = 1 ⇔ [𝑥=0
𝑥=2
* Với x = 0 ⇒ y = 1. Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x + 1
* Với x = 2 ⇒ y = -5. Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x - 11
0,5
Câu 2
Giải phương trình
Ta có: (1) ⇔
√3
2
3 cos 2 x sin 2 x 2 cos x 0 (1)
1
cos2x - sin2x = cos x
2
𝜋
⇔ cos(2𝑥 + ) = cosx ⇔ [
6
Câu 3
0,5
𝜋
6
𝜋 𝑘2𝜋
𝑥=− +
18
3
𝑥=− +𝑘2𝜋
0,5
,k Z
2
2
Giải bất phương trình: 3𝑥 +√𝑥−1−1 + 3 ≤ 3𝑥 + 3√𝑥−1 (1)
2
2
ĐK: x ≥ 1. Ta có: (1) ⇔ 3𝑥 +√𝑥−1 − 3. 3𝑥 − 3. 3√𝑥−1 + 9 ≤ 0
0,5
2
Câu 4
⇔ (3𝑥 − 3). (3√𝑥−1 − 3) ≤ 0 (2)
x = 1: (2) thỏa mãn
x > 1: (2) ⇔ 3√𝑥−1 ≤ 3 ⇔ √𝑥 − 1 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 1 ≤ x ≤ 2
0,25
a. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: f(x) = x2(lnx - 1) trên [1;e]
0,25
0,25
Ta có: f(x) xác định và liên tục trên [1;e]
f’(x)= 2xlnx - x = x(2lnx - 1)
f’(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = √𝑒 ∈ [1;e]
f(1) = -1; f(e) = 0; f(√𝑒) =
b. lim
2
𝑒 𝑥 −𝑐𝑜𝑠2𝑥
𝑥2
𝑥→0
= 1 + lim
Câu 5
𝑥→0
2𝑠𝑖𝑛2 𝑥
𝑥→0
= lim
𝑥2
−𝑒
2
2
𝑒 𝑥 −1
𝑥2
⇒ max 𝑓 (𝑥) = 0 ; min 𝑓(𝑥) =
[1;𝑒]
+ lim
𝑥→0
[1;𝑒]
−𝑒
2
1−𝑐𝑜𝑠2𝑥
0,25
0,25
𝑥2
=1+2=3
0,25
Gọi phép thử T: “Chia 9 học sinh thành 3 nhóm”
- Chọn 3 học sinh từ 9 học sinh cho nhóm một: có 𝐶93 cách
- Chọn 3 học sinh từ 6 học sinh cho nhóm hai: có 𝐶63 cách
- Chọn 3 học sinh còn lại cho nhóm ba: có 𝐶33 cách
Do không quan tâm đến thứ tự của các nhóm
⇒ Số phần tử của không gian mẫu là: |Ω| = (𝐶93 . 𝐶63 . 𝐶33 ): 3! = 280
Gọi A là biến cố: “Mỗi nhóm có đúng 1 học sinh nữ”
- Chia 6 học sinh nam thành 3 nhóm: tương tự trên có (𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 ): 3! cách
- Xếp 3 học sinh nữ vào 3 nhóm: có 3! cách
⇒ Số phần tử của biến cố A là: |A| = 𝐶62 . 𝐶42 . 𝐶22 = 90.
|A|
9
Vậy: P(A) = |Ω| =
0,5
* Tính VABC.A’B’C’
̂ = 30𝑜
Trong ΔABC, kẻ đường cao CH ⇒CH ⊥ (AA’B’B) ⇒ 𝐶𝐴′𝐻
Áp dụng định lý cosin trong ΔABC:
AB2 = AC2+BC2-AC.BC.cos120𝑜 = 7a2 ⇒ AB = a√7
Diện tích ΔABC là:
1
SABC = AC.CB.sin120𝑜
0,25
0,5
28
Câu 6
=
2
𝑎2 √3
2
1
2𝑆𝐴𝐵𝐶
2
𝐴𝐵
Mặt khác, ta có: SABC = AB.CH ⇒ CH =
𝐶𝐻
Trong Δ vuông A’CH: A’C =
=
𝑠𝑖𝑛30𝑜
Trong Δ vuông A’AC:
AA’ = √𝐴′𝐶 2 − 𝐴𝐶 2 =
2𝑎√21
=
𝑎√21
B/
0,25
7
7
A/
𝑎√35
M
7
Vậy VABC.A’B’C’ = SABC.AA’ =
𝑎2 √3 𝑎√35
2
.
7
=
𝑎3 √105
14
C
/
.
I
B
H
A
C
K
* Tính d(A’,(ACM))
Ta có d(A’,(ACM)) = 2 d(B,(ACM)).
Trong ΔABC, kẻ BK ⊥ AC ⇒ (ACM) ⊥ (BKM).
Trong ΔBKM, kẻ BI ⊥ MK ⇒ BI ⊥ (ACM)
⇒ d(B,(ACM)) = BI
0,25
Ta có: BK = BC.sin30𝑜 = a√3
1
1
Trong Δ vuông BKM: 2 = 2 +
0,25
⇒ BI =
Câu 7
𝑎√1335
89
𝐵𝐼
𝐵𝐾
1
=
1
𝐵𝑀2
3𝑎2
2𝑎√1335
. Vậy d(A’,(ACM)) =
+
196
35𝑎2
=
623
105𝑎2
89
A
Tìm tọa độ các đỉnh của ΔABC
Từ M kẻ MM’ ⊥ phân giác trong góc A tại I
M’ ∈ AC ⇒ I là trung điểm MM’
Phương trình MM’ là: 3x + y - 11 =0
0,25
M’
M
I
C
B
Tọa độ của I là nghiệm của hệ:
3𝑥 + 𝑦 − 11 = 0
14 13
{
⇒ I( , )
5 5
𝑥 − 3𝑦 + 5 = 0
0,25
8 11
0,25
M’ đối xứng với M qua I ⇒ M’( , )
5
5
𝑥
𝑦+5
Đường thẳng AC qua N, M’ ⇒ pt AC là: =
⇔ 7x - y - 5 = 0
1
7
7𝑥 − 𝑦 − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm của hệ {
⇒ A(1;2)
𝑥 − 3𝑦 + 5 = 0
Đường thẳng AB đi qua A, M ⇒ có pt là: x + y -3 = 0
Gọi B(b;3-b), C(c;7c-5). Do G là trọng tâm ΔABC nên ta có:
𝑏 + 𝑐 = −3
𝑏 = −2
{
⇔
⇒ B(-2;5), C(-1;12)
𝑏 − 7𝑐 = 5
𝑐 = −1
Vậy tọa độ các đỉnh của ΔABC là: A(1;2), B(-2;5), C(-1;12)
Câu 8
Giải hệ phương trình: {
𝑥 3 (4𝑦 2 + 1) + 2(𝑥 2 + 1)√𝑥 = 6
(1)
𝑥 2 𝑦(2 + 2√4𝑦 2 + 1 = 𝑥 + √𝑥 2 + 1 (2)
ĐK: x ≥ 0
* x = 0: không thỏa mãn hệ
N
0,25
0,25
1
1
𝑥
𝑥2
* x > 0: (2) ⇔ 2y(1+√4𝑦 2 + 1 ) = (1 + √
+ 1) (*)
Xét hàm số f(t) = t(1 + √1 + 𝑡 2 ) với t ∈ ℝ
2𝑡 2 +1
f’(t) = 1+ √𝑡 2
+1
0,25
> 0, ∀ t ∈ ℝ
1
1
𝑥
𝑥
⇒ f(t) đồng biến trên ℝ. Do đó: (*) ⇔ f(2y) = f( ) ⇔ 2y =
3
2
Thế vào (1): 𝑥 + 𝑥 + 2(𝑥 + 1)√𝑥 − 6 = 0
⇔ 𝑥 3 + 𝑥 − 6 = −2(𝑥 2 + 1)√𝑥 (3)
0,25
Xét các hàm số: g(x) = 𝑥 3 + 𝑥 − 6 và h(x) = −2(𝑥 2 + 1)√𝑥 trên (0;+∞)
Ta thấy g(x) đồng biến, h(x) nghịch biến trên (0;+∞) và g(1) = h(1)
⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (3)
1
1
x = 1 ⇒ y = . Vậy hệ có nhiệm (x;y) = (1, )
0,25
2
Câu 9
2
1
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: t = ab + bc + ca ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )2 = 3
3
Do đó t ≤ 3
0,25
Mặt khác ta có: (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
⇒ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 = 9 - 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
9−2𝑡
Khi đó: P =
− 𝑡 với 𝑡 ≤ 3
0,5
𝑡
Xét hàm số f(t) =
9
9−2𝑡
𝑡
− 𝑡 với t ≤ 3
f’(t) = - 2 − 1 < 0, ∀t ≤ 3 ⇒ f(t) nghịch biến trên [-∞;3]
𝑡
Suy ra: min 𝑓(𝑡) = f(3) = -2; không tồn tại Maxf(t)
[−∞;3]
Vậy MinP = -2 đạt được khi a = b = c = 1
0,25
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x 1
x2
3
2
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3 x 6
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y
Câu 3 (1,0 điểm).
x
4
4
b) Giải phương trình 5.9 x 2.6 x 3.4 x
a) Giải bất phương trình log 22 x log 2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm I x 2 sin 3 xdx
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có SA ABC ,
ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính diện
tích mặt cầu đó theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình: 2 cos 2 x sin x 1 0 .
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD
3a
. Hình chiếu vuông
2
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn
AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y 2 0 . Đường thẳng qua B
cắt cạnh DC tại N . Biết
vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 x y 25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
x
2
x x 1 y 2 x 1 y 1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
3 x 2 8 x 3 4 x 1 y 1
x, y
2 y x 2
Câu 10 (1,0 điểm). Cho x, y thỏa mãn
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
y 2 x 3 x
2
P x4 y 4
2
x y
-------------HẾT-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương
ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
Nội dung trình bày
Điểm
1
2x 1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y
1,0
x2
2x 1
y
x2
1. Tập xác định: D \ {2}
2. Sự biến thiên.
0,5
3
y'
0,
x
D
( x 2) 2
Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng (; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Các giới hạn lim y 2; lim y 2; lim y ; lim y
x
x
x2
x2
0,25
Suy ra x 2 là tiệm cận đứng, y 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.
Bảng biến thiên
0,25
1
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại ;0 , giao với trục Oy tại
2
xứng là điểm I (2; 2)
1
0; , đồ thị có tâm đối
2
0,25
2
Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số y x 3 3 x 2 6
1,0
* Tập xác định:
0,25
x 0
y ' 3 x 2 6 x, y ' 0
x 2
Bảng xét dấu đạo hàm
x
y
0,25
+
0
0
-
2
0
+
Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có
Hàm số đạt cực đại tại x 0 và giá trị cực đại y 6 ; đạt cực tiểu tại x 2 và giá trị
cực tiểu y 2 .
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M 0;6 , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là
0,25
0,25
N 2; 2
3
a
x
4 (1)
4
+) Điều kiện của bất phương trình (1) là: x 0 (*)
+) Với điều kiện (*),
(1) log 22 x log 2 x log 2 4 4 log 22 x log 2 x 2 0
(log 2 x 2)(log 2 x 1) 0
Giải bất phương trình log 22 x log 2
x4
log 2 x 2
0 x 1
log
x
1
2
2
+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là
1
S 0; 4;
2
b Giải phương trình 5.9 x 2.6 x 3.4 x (1)
0,5
0,25
0,25
0,5
Phương trình đã cho xác định với mọi x
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 x 0 ta được :
2x
x
3
3
5.9 x 2.6 x 3.4 x 5. 2. 3
2
2
2x
x
3 2 x 3 x
3
3
5. 2. 3 0 1 5. 3 0 (2)
2
2
2
2
0,25
x
3
Vì 5. 3 0 x nên phương trình (2) tương đương với
2
x
4
3
1 x 0.
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x 0
Tính nguyên hàm I x 2 sin 3 xdx
u x 2
Đặt
dv sin 3 xdx
du dx
ta được
cos 3 x
v 3
x 2 cos 3x 1 cos 3xdx
Do đó: I
3
3
x 2 cos 3x 1 sin 3x C
3
9
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Cho hình chóp S . ABC
có SA ABC ,
ABC 900 , AB a, BC a 3, SA 2a .
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S . ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a.
1,0
Vì SA ABC SA BC
Mặt khác theo giả thiết AB BC , nên BC SAB và do đó BC SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
SC
IA IB
IS IC (*)
2
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC
SC
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R
2
Ta có AC AB 2 BC 2 2a
6
SC SA2 AC 2 2 2a R a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2 8 a 2
a Giải phương trình 2 cos 2 x sin x 1 0 .
Ta có: 2 cos 2 x sin x 1 0 2sin 2 x sin x 3 0 (sin x 1)(2sin x +3)=0
sin x 1 (do 2sin x 3 0 x )
s inx 1 x
2
k 2 k
7
k 2 k
2
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít
nhất 2 học sinh lớp 12A.
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là
Số phần tử của không gian mẫu là: C95 126
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là :
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C42 .C31.C22 C42 .C32 .C21 C43 .C31.C21 78 .
78 13
Xác suất cần tìm là P
.
126 21
3a
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD
. Hình chiếu vuông
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
1,0
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .
S
F
C
B
H
E
O
A
D
K
Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a
a
SH SD 2 HD 2 SD 2 ( AH 2 AD 2 ) ( ) 2 ( ) 2 a 2 a
2
2
1
1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD SH .S ABCD a.a 2
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD HK / /( SBD)
Do vậy: d ( HK , SD ) d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD SH , BD HE BD ( SHE ) BD HF mà HF SE nên suy ra
HF ( SBD) HF d ( H , ( SBD)) (2)
0,25
0,25
0,25
a .sin 450 a 2
+) HE HB.sin HBE
2
4
+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
(3)
3
a 2 2
(
) a2
4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD) .
3
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
AB AD CD , điểm B (1; 2) , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là
y 2 0 .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có
phương trình 7 x y 25 0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
SH .HE
HF .SE SH .HE HF
SE
8
a.
0,25
1,0
0,25
Tứ giác BMDC nội tiếp
BDC
DBA
450
BMC
BMC vuông cân tại B, BN là
phân giác trong MBC
M , C đối xứng qua BN
AD d ( B, CN ) d ( B, MN )
9
4
2
0,25
Do AB AD BD AD 2 4
0,25
a 5
BD : y 2 0 D(a; 2) , BD 4
a 3
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: D(5; 2) hoặc D(3; 2)
0,25
x
2
x x 1 y 2 x 1 y 1
Giải hệ phương trình:
3 x 2 8 x 3 4 x 1 y 1
x, y
1,0
x 1
Điều kiện:
y 1
x3 x 2 x
y 2
1
x 1
3
x
x
x 1
x 1
x 1 y 1
x 3 x x 1
x 1
x 1
y 2 y 1
0,25
3
y 1 y 1 .
Xét hàm số f t t 3 t trên có f t 3t 2 1 0t suy ra f(t) đồng biến
x
trên . Nên f
f
x 1
y 1
x
x 1
y 1 . Thay vào (2) ta được
0,25
3x 2 8 x 3 4 x x 1 .
2 x 1 x 2 x 1
2
2
x 1
2
x 3 2 3
x 6x 3 0
2 x 1 x 1
1
5 2 13
x
x
2 x 1 1 3 x
3
9
2
9 x 10 x 3 0
x2
Ta có y
1
x 1
43 3
5 2 13
41 7 13
Với x 3 2 3 y
. Với x
.
y
2
9
72
0,25
0,25
Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.
43 3
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm x; y 3 2 3;
2
5 2 13 41 7 13
& x; y
;
.
9
72
10
2 y x 2
thỏa
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
y 2 x 3 x
2
Cho x, y
Px y
4
4
x y
1,0
2
x2
6
Từ giả thiết ta có y 0 và
2 x 2 3 x 0 x và
2
5
x 2 y 2 x 2 2 x 2 3 x 2 x 2 2 x 2 6 x 5
2
6
Xét hàm số f ( x) 2 x 2 x 6 x 5 ; x 0; ta được Max f(x) = 2
6
5
0;
2
2
0,25
5
x y 2
2
2
P x y
2
2 2
2x y
2
2
Đặt t x 2 y 2 P
2
x y
x y
2
2
2 2
x
2
y2
2
2
2
x y2
2
0,25
2
t
2
,0t 2
2 t
Xét hàm số:
t2 2
g (t ) , t 0; 2
2 t
2 t3 2
g '(t ) t 2 2 ; g '(t ) 0 t 3 2
t
t
6
33 4
16
Lập bảng biến thiên ta có Min P
khi x y
2
2
------------Hết------------
0,25
0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ 1, Ngày thi: 1/12/2015
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y x 3 3 x 2 .
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), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
y 3 x 5.
Câu 2.(1,0 điểm)
a) Giải phương trình: cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3x
3
2
b)Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i z 1 9i . Tìm môđun của số phức z.
Câu 3.(0,5 điểm) Giải bất phương trình: 32 ( x 1) 82.3 x 9 0.
Câu 4.(0,5 điểm) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học
sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để trong
4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
1
Câu 5.(1,0 điểm) Tính tích phân: I x 2 1 x 1 x 2 dx
0
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA và SB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách từ S đến mặt phẳng (DMN).
Câu 7.(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;3;1) và đường thẳng d:
x 2 t
y 1 2t . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và chứa đường thẳng d. Viết phương trình
z 1 2t
mặt cầu tâm A và tiếp xúc với d.
Câu 8: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Câu 9 .(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
32
2 x
y 3 1
2 y 3 3
x 2 x
2
5
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
Câu 10.(1,0 điểm) cho a, b, c là các số thực không âm và thỏa mãn: ab bc ca 1 . Tìm GTNN của
biểu thức:
P
a
16 b c a 2 bc
b
16 a c b 2 ac
a2 1 1 c
4 a ab
-------- Hết--------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ........................................
Chữ ký của giám thị 1: ..................................
Số báo danh: ...............................................
Chữ ký của giám thị 2: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG
TRƯỜNG THPT ĐĂKMIL
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Lần thứ I, ngày thi 1/12/2015
Câu
1a
(1,0đ)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Đáp án
-Tập xác định: D = R.
-Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y ' 3 x 2 6 x; y ' 0 x 0 x 2 .
Các khoảng nghịch biến: (-;0) và (2;+); khoảng đồng biến: (0;2).
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 4.
Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
Điểm
0,25
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
-
0
0
–
2
0
4
+
+
+
0,25
–
0
-
Đồ thị:
y
8
6
4
2
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
0,25
9
-2
-4
-6
-8
1b
(1,0đ)
Tiếp tuyến song song với đường thẳng y 3x 5 nên có hệ số góc bằng 3.
2
0
2
0
Gọi M(x0;y0) là tiếp điểm, ta có 3 x 6 x0 3 3 x 6 x0 3 0 x0 1
Suy ra M(1;2)
Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 1 .
2a
(0,5đ)
3
1
1
1
3
(1 cos2 x) (1 cos4 x) (1 cos6 x)
2
2
2
2
2
(cos6 x cos2 x) cos4 x 0 2 cos 4 x.cos2 x cos4 x 0
cos 2 x cos 2 2 x cos 2 3 x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
cos4 x(2 cos 2 x 1) 0
k
cos4 x 0
x 8 4
cos2 x 1
x k
2
3
2b
(0,5đ)
Gọi z a bi, a, b ; Khi đó z 2 3i z 1 9i
0,25
0,25
a bi 2 3i a bi 1 9i a 3b 3a 3b 1 9i
a 3b 1
a 2
. Vậy môđun của số phức z là : z 22 (1) 2 5
3a 3b 9
b 1
3
(0,5đ)
32 ( x 1) 82.3 x 9 0 9.32 x 82.3 x 9 0
1
3 x 9 3 2 3 x 32 2 x 2. Vậy bất phương trình có nghiệm là 2 x 2 .
9
0,25
0,25
0,25
4
(0.5đ)
4
n() C12
495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:
+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31 120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31 90 cách
0,25
0,25
+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32 60 cách
n( A) 270.
n( A) 6
.
n() 11
P ( A)
Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A) 1 P ( A)
5
(1,0đ)
1
2
1
1
. I x 1 x 1 x dx x dx x 3 1 x 2 dx
0
2
5
11
1
1
x3
I1 x dx
3
0
2
0
2
0
0,25
0
1
3
1
I 2 x 3 1 x 2 dx
0
Đặt t 1 x 2 x 2 1 t 2 xdx tdt
Đổi cận: x 0 t 1; x 1 t 0
1
t3 t5
2
I 2 1 t t dt t t dt
3 5 0 15
1
0
0
1
2
Vậy I I1 I 2
2
2
4
7
15
Đặt u = x du = dx; dv e 2 x dx choïn v
1
0,25
1 2x
e
2
1
xe 2 x dx
0
Vậy I
6
(1,0đ)
x 2x 1 1 2x
e2 1
e2 1
e |0
e dx e 2 x |10
2
20
2 4
4
3e 2 7
.
12
0,25
0,25
S
Ta có SA (ABCD) AC là hình chiếu của SC trên
H
M
(ABCD) SCA 600
N
AC AD 2 CD 2 a 5 ; SA AC tan 600 a 15
A
B
0,25
D
C
1
1
2 15a3
VS. ABCD S ABCD .SA AB.AD.SA
.
3
3
3
Trong mp(SAD) kẻ SH DM, ta có AB (SAD) mà MN // AB MN (SAD) MN SH
0,25
0,25
SH (DMN) SH = d(S, (DMN))
SH SM
SA.DA
SA.DA
2a 15
SHM ~ DAM
.
SH
2
2
DA DM
2 DM 2 AD AM
31
7
(1,0đ)
0,25
Đường thẳng d đi qua M(-2;1;-1) và có vectơ chỉ phương a (1;2;2) , MA (4;2;2)
mp(P) đi qua A và chứa d nhận n a, MA (8;10;6) làm vectơ pháp tuyến
0,25
(P): 4x – 5y – 3z + 10 = 0
0,25
0,25
Gọi H là hình chiếu của A trên d H(-2 + t; 1 + 2t; -1 – 2t),
4
32 10 26
AH ( 4 t;2 2t;2 2t ); AH a AH .a 0 t AH ; ;
9
9
9
9
Mặt cầu (S) tâm A có bán kính R = AH =
8
(1,0đ)
10 2
200
. Vậy (S): x 2 2 y 32 z 52
.
3
9
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các
đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng
minh AF EF .
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp,
đó AF EF .
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ
G
A
B
H
D
E
C
0,25
32
5
1
2
AF 2 ;
2
5
2
0,25
nội
do
F
17
x 5
3 x y 10
17 1
F ; AF
5 5
x 3y 4
y 1
5
AFE DCB EF
0,25
0,25
2
8
51 8
17
E t ;3t 10 EF t 3t
5
5
5 5
19
19 7
5t 2 34t 57 0 t 3 t
hay E 3; 1 E ;
5
5 5
Theo giả thiết ta được E 3; 1 , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE
vuông cân tại D nên
2
x 12 y 12 x 3 2 y 12
AD DE
AD DE
x 1 x 3 y 1 y 1
y x 2
x 1
x 3
hay D(1;-1) D(3;1)
y 1 y 1
x 1 x 3 0
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
0,25
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
9
(0,5đ)
x 0
y 3
ĐK:
0.25
Ta có phương trình thứ 2 của
x 2 x y 3 1
hệ:
x a
Đặt:
y 3 1
x 2 y 3 2 6 x
2
y 3 1
*
0,25
. Phương trình thứ 2 của hệ trở thành:
y 3 1 b
a 2a b b a 2b 6 a 2 b 2
BCS
VT*
Ta có:
3 a b 6 a 2 b 2 VP*
a b 2a b 2b a
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a b
Thế vào phương trình đẩu của hệ ta có:
32
2 x
*
1. 2 y 3 3
2
x
0,25
y 3 1 x y 3 1
0.25
52 x
32
x y 3 2 y 3 3
2
5
**
Mặt khác theo AM-GM ta có:
2
x y 3
x
2 y 3 3 2 y 3 3
2
2
32
x y 3 2 y 3 3
2
32
AM GM
x y 3 2 y 3 3
2
8
5 VT** VP** .
Và dẩu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
2
2 y 3 3
x y 3
2
2
0.25
32
x y 3 2 y 3 3
2
3
x 2
y 3 1
2
9
x 4
y 13
4
9 13
4 4
Vậy nghiệm của hệ là x; y ;
10
(1,0đ)
Ta có:
0,25
a 2 bc
a 2 bc
1 2
ab ac
ab ac
2a b c
ab ac
2
a bc a b a c
a
2a
2
b c a bc a b a c
Tương tự ta cũng sẽ có:
1
b
2b
2
a c b ac c b a b
2
0,25
Từ (1) và (2) ta sẽ có:
0,25
P
a2 1 1 c
1
2a
2b
4 a b a c c b a b
4 a ab
a 2 1 b c
1
4ab 2ac 2bc
.
4 a b b c c a
4ab
Mặt khác ta có a,b,c là các số không âm và ab bc ca 1 . Nên ta sẽ có:
a
2
1 b c
4ab
Từ đây ta sẽ có:
a b b c c a a b b c c a
4ab
4ab 2c a b
a b b c c a AMGM 1
1
4ab 2ac 2bc
P .
4 a b b c c a
4ab 2c a b
0,25
a 2 bc
ab ac 1
a b 1
b 2 ac
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
.
1
c 0
ab bc
ab bc ca 1
c 0
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
Ngày thi: 1/12/2015, BTC sẽ trả bài cho thí sinh vào ngày 4/12/2015.
*******HẾT*******
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
CÂU
Câu 1a
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
0,25
1 3
x x2
3
Tập xác định: D .
ta có: y
y ' x 2 2x ; y ' 0 x 0; x 2
Sự biến thiên:
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 0);(2; )
+Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Cực trị:
+Hàm số đạt cực đại tại x 0 ; giá trị cực đại y 0
+Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ; giá trị cực tiểu y 4 / 3
Giới hạn: lim y ;
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
lim y
x
0,25
+
Câu 1b
0,25
0
0
0
-
2
0
+
-4/3
Đồ thị:
0,25
y ' x 2 2x .
0,25
x0 1 y0
2
3
y '(1) 1
0,25
0,25
0,25
1
Phương trình tiếp tuyến là y x .
3
Câu 2a
Câu 2b
Điều kiện: 2 x 1 . Bất phương trình trở thành: log2(x 1)2 log2 (4x 8)
0,25
(x 1)2 4x 8 x 2 6x 7 0 x 1; x 7 (thỏa điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x 1; x 7 .
A (sin 4 2 sin 2) cos (cos 2 1)2 sin 2.cos
0,25
2
2 cos .2 sin 2. cos
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
93 
147 
130 
