Tài liệu Bộ đề thi thử THPT quốc gia môn toán - 2016 có đáp án chi tiết

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI Trường THPT chuyên Hà Nội - Amsterdam PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) CÂU I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  3mx  1  m có đồ thị  Cm  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0. 2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với đường thẳng  : 3x  y  8  0 một góc 450. CÂU II (2 điểm)  3 x  1   3x  1. Giải phương trình: sin     sin    .  10 2  2  10 2  2. Tìm các giá trị của m để phương trình: x 2  1 x 2  3  m có nghiệm trên R. ln 2 1  ex 0 1  e x dx. CÂU IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2 a, cạnh SA vuông góc CÂU III (1 điểm) Tính tích phân: I  a 3 . Mặt phẳng  BCM  cắt cạnh 3 SD tại N. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC và tính thể tích khối chóp S.BCNM . với đáy, cạnh SB lập với đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M với AM  4 3 CÂU V (1 điểm) Cho các số dương x, y , z thỏa mãn: x  x 1  y  y 1  z  z 1  . Tìm giá trị nhỏ nhất của: A 1 1 1   . x 1 y 1 z  1 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn CÂU VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng  5 d : x  7 y  31  0, điểm N  1;  thuộc đường thẳng AC , điểm M  2; 3  thuộc đường thẳng AB. Xác định tọa  2 độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC. A' B ' C ' với A  0; 3;0  , B  4;0;0  , C  0;3;0  , B '  4;0;4  . Gọi M là trung điểm của A ' B '. Mặt phẳng  P  đi qua hai điểm A, M và song song với BC ',  P  cắt A ' C ' tại điểm N. Tính độ dài đoạn MN. CÂU VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn hai điều kiện: z  1  2i  z  3  4i và z  2i là một số thuần ảo. zi B. Theo chương trình nâng cao CÂU VI.b (2 điểm) 2 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  : x  y  2 x  4 y  2  0. Gọi  C ' là đường tròn có tâm I  5;1 và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm M, N sao cho MN  5. Hãy viết phương trình của  C ' . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' các đỉnh A  0;0;0  , B 1;0;0  , D  0;1;0  và A '  0;0;1 . Gọi  P  là mặt phẳng thay đổi, luôn chứa đường thẳng CD ',  là góc giữa mặt phẳng  P  và mặt phẳng  BB ' D ' D  . Tìm giá trị nhỏ nhất của . log x  3 5  log y  5 3  2 CÂU VII. b (1 điểm) Giải hệ phương trình:  . 3 log x  1  log y  1 2 3  --------------- Hết --------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………….………: Số báo danh: ………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA - 2016 Môn: TOÁN, Khối A TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Câu ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Đáp án 1. (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m  0 (Tóm tắt) m  0  y  x 3  3x 2  1.  Tập xác định: .  Sự biến thiên: Bảng biến thiên:  Đồ thị: Điểm 1đ Câu I (2 điểm) 2. (1 điểm) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cự trị tạo với  góc 450 Để hàm số có 2 điểm cực trị thì phương trình y '  x   3  x 2  2 x  m   0 có 2 nghiệm phân biệt  'y '  9 1  m   0  m  1. Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 điểm cực trị 1  x  1 y '  x   2  m  1 x  1. Thay tọa độ của A, B vào 3  y1  2  m  1 x1  1 đẳng thức này, chú ý rằng y '  x1   y '  x2   0 ta có:   y2  2  m  1 x2  1  d : y  2  m 1 x  1 là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của hàm số.  Đường thẳng d có vecto pháp tuyến n1   2m  2; 1 , đường thẳng  có vecto pháp  tuyến n2   3;1 . Ta   n 6  m  1  1 1.n2 1 có: cos  d ,    cos 450       2 2 n1 . n2 4  m  1  12 . 32  12 của  Cm  , ta có: y  x   3 (loại nghiệm m  2 ). 4 1. (1 điểm) giải phương trình lượng giác  4m 2  11m  6  0  m  1 0,5 0,5 3 x x 3  3 x  1   3x      t thay vào phương sin     sin    1 . Đặt t  10 2 2 10  10 2  2  10 2  1  1  3  trình 1  sin t  sin   3   t    sin t  sin   3t   2sin t  sin 3t 2 2 10  10   t  k sin t  0  2sin t  3sin t  4sin t  sin t  4sin t  1  0    1. 2  cos 2 t  4sin t  1  0   2 3 4 14 Giải ra ta được nghiệm: x   k ; x   k 2 ; x   k 2  k    . 5 5 5 2 (1 điểm) Tìm m để phương trình có nghiệm Câu II    2 3 (2 điểm) Điều kiện 1  x  1. Đặt x  sin t với t   ;   sin t  cos t  m.  2 2 2 Đặt u  cos t  0  u  1  f  u   1  u  u 3  m 3 0,5đ 2 u  0 f '  u   2u  3u  0   . u  2 3  23  2  23 Ta có f  0   1; f    ; f 1  1. Suy ra  m  1. 27  3  27 0,5đ 2 ln 2 ln 2 d  e x  1 ln 2  ex  I   ln 2  2ln  e x  1 1  2 x  dx   dx  2  x  e 1  e 1 0 0 0  0 0 8  3ln 2  2 ln 3  ln   . 9 H là hình chiếu của A trên SD, qua H kẻ HK / /CD  K  SC  , qua K kẻ ln 2 Câu III (1 điểm) Câu IV (1 điểm) 1  ex dx  1  ex 1đ ln 2 1đ KL / / AH  L  AB   KL là đoạn vuông góc chung của AB và SC. Do đó khoảng cách giữa AB và SC chính bằng độ dài KL  AH .   600  Vì SA   ABCD   SBA 0,5đ SA  AB tan 600  a 3. Trong tam giác vuông SAD: SD  SA2  AD2  a 7. Và 1 1 1    AH  2 2 AH AS AD 2 AS . AD 2 2  2a 21 . 7 AS  AD Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD, G là giao điểm của SO và MC, kẻ BG cắt SD tại N thì BCNM là thiết diện của hình chóp S.ABCD và  BCM  . Gọi V ,V1 ,V2 lần lượt là thể tích của các hình chóp S . ABCD, S . ACB và S . ACD ; còn V ', V1' , V2' lần lượt là thể tích của các hình chóp S .BCNM , S .MCB và S .MCN . Dễ V ' V1'  V2' 1  V1' V2'  1 SM  SN  1      thấy V1  V2  V . Xét tỉ số: 1   . Chú ý 2 V V 2  V1 V2  2 SA  SD  SN SM 2 V' 5 5 rằng, vì AD / / BC  MN / / AD    . Vậy:   V '  V . Mà SD SA 3 V 9 9 2 0,5đ 1 1 2a 3 3 5 2a 3 3 10 a 3 3 (đvtt). V  SA.S ABCD  .a 3.a.2a  V '  .  3 3 3 9 3 27 2  1 1 1   y 1  z 1 Có: 32   x  1   A  x  y  z  3  x 1 y 1 z  1   9 4 2 2 2 Câu V  A  x  y  z  3 . Mặt khác giả thiết  x  y  z   x  y  z   3 . Dễ dàng (1 điểm) 1 2 chứng minh được x 2  y 2  z 2   x  y  z  , nên nếu ta đặt t  x  y  z thì 3 1 2 4 1 t  t   0  t  4 (vì x, y, z dương). Hơn nữa hàm số y  nghịch biến nên 3 3 t 3 9 9 x  y  z  4 4 A  . Dấu ''  '' xảy ra   x yz . 43 7 3 x 1  y 1  z 1 1. (1 điểm) Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Có 2 phương trình đường thẳng qua M và tạo với d một góc 450 là: d1 : 4 x  3 y  1  0 và d 2 : 3 x  4 y  18  0. 1đ Trường hợp 1: Chọn AB là d1  B  4;5  . Ta có đường thẳng AC : 3 x  4 y  7  0. Từ đó suy ra A  1;1 , C  3; 4  . 3  1 9  Trường hợp 2: Chọn AB là d 2  B 10;3 , A  4;   ; C   ;  . 2  2 2  1đ 2. (1 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) và tính độ dài MN 3   Câu Ta có: A '  0; 3;4  , C '  0;3;4  . M là trung điểm của A ' B ' nên M  2;  ;4  . Mặt 2   VI.a   3    (2 điểm) khác: AM   2; ; 4  , BC '   4;4;4  .  P  có vtpt n2 cùng phương với vecto  2      AM , BC '   6; 24;12   chọn n2  1;4; 2    P  : x  4 y  2 z  12  0.  AC '    1  đi qua A và có vtcp u  AC '   0;1;0    AC  : x  0; y  3  t ; z  4  t    thay 6 17 vào PT của  P   t  2  N  0; 1; 4   MN  . 2 1đ Giả sử z  x  yi. Theo bài ra ta có x  1   y  2  i  x  3   4  y  i 2 2 2 2   x  1   y  2    x  3   y  4   y  x  5. 2 z  2i x   y  2  i x   y  2  y  1  x  2 y  3 i Câu Số phức w    . w là một số ảo 2 2 x  1  y i z  i   x  y  1   VII.a (1 điểm)  x 2   y  2  y  1  0  2 12 23 12 23  2 y  3  0, x 2   y  1  0   x   ; y  . Vậy z    i. 7 7 7 7 y  x 5  1. (1 điểm) Viết phương trình đường tròn 3 1đ Đường tròn  C  có tâm I 1; 2  , bán kính R  3 ; đường tròn  C ' có tâm I '  5;1 , bán kính R '. Khi đó II '  5; Gọi M, N là giao điểm của  C  và  C '  , theo giả thiết MN  5. Gọi H là giao điểm 5 Câu của MN và II '. Ta có: MH  HN  . 2 VI.b Trong tam giác I ' MH ta có (2 điểm) 2  5 7 2 2 2 I ' H  I ' M  R     2   4 7 7  I 'H   HI '  II ' HI  5  . Suy ra 2 2 1đ MI '  HI '2  MH 2  28  5 7  R '  2  C ' :  x  5   y  1 2  28  5 7. 2. (1 điểm) Tìm min  Có:  BB ' D ' D  là: 1 x  1  1 y  0   0  z  0   0 hay x  y  1  0. Giả sử mặt   phẳng  P  có vtpt nP   a; b; c  ,  a 2  b 2  c 2  0  . Ta có CD '   1;0;1 . Do    CD '   P   nP .CD '  0  a  c.   2 n.nP ab 2  1  1  cos      . Mà  a  b    2a  1.b     1  2a 2  b2  n . nP  2  2  2  2a 2  b 2   cos   1đ 3    300. Vậy min   300. 2 u  log 2 x  1  x  0, y  0 x  2 u  0  . Đặt  Điều kiện   . v  0 log 2 x  1, log3 y  5 0  y  243 v  5  log3 y Câu u 2  3v  4 u  v VII.b Hệ trở thành  2  u 2  v2  3 u  v   0   . u  v  3 v  3 u  4   (1 điểm)  u  1 x  4 TH 1 : u  v  u 2  3u  4  0    u  1 . Giải ra được  . u  4  y  81 TH 2 : u  v  3, dễ thấy TH này vô nghiệm. 4 1đ TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I Năm học 2015 – 2016. MÔN: TOÁN. LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ( Đề thi gồm 01 trang) Câu 1( 2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x2 (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Tìm m để đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị của đồ thị (C) tạo với đường 4 5 thẳng  : x  my  3  0 một góc  biết cos  . Câu 2(1,0 điểm ). Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số y  2x  3 . x  2015 9  5 Câu 3( 1,0 điểm). Xác định hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x5  2  . x   3 Câu 4(1,0 điểm). Giải phương trình sin2 x  sin x cos x  2cos2 x  0 . a 2 Câu 5(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA  , SB  a 3  , BAD  600 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là 2 trung điểm của AB, BC. Tính thể tích tứ diện KSDC và tính cosin của góc giữa đường thẳng SH và DK. Câu 6(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có DC  BC 2 , tâm I( - 1 ; 2 ). Gọi M là trung điểm của cạnh CD, H( - 2; 1 ) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. a) Viết phương trình đường thẳng IH. b) Tìm tọa độ các điểm A và B. Câu 7( 1,0 điểm). Giải phương trình 2x  1  3  2x  4  2 3  4 x  4 x2    2 1 4x2  4x  3  2x  1 trên tập số thực. 4 x  y  z  0 Câu 8( 1,0 điểm). Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn  2 2 2  x  y  z  2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x3  y3  z3 . ------------------- 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:……… TRƯỜNG THPT KHOÁI CHÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL LẦN I MÔN: TOÁN. LỚP 12 (Hướng dẫn gồm 04 trang) Chú ý:  Học sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm tối đa phần đó.  Điểm toàn bài không làm tròn. CÂU ĐÁP ÁN TXĐ: D   Sự biến thiên: y  3x2  6x  3x  x  2 ĐIỂM 0.25 x  0 y  0     x  2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0 và  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2  yCT  4 , cực đại tại x = 0  yCÑ  0 0.25 Giới hạn lim y  , lim y   x Bảng biến thiên x x -∞ y’ 0 0 0 + ’ 1a) (1,0 đ) +∞ 2 0 - + +∞ 0.25 y -4 -∞ Đồ thị 6 y f(x)=x^3-3*x^2 4 2 0.25 x -4 -2 2 4 6 -2 -4 -6  Đường thẳng đi qua CĐ, CT là 1 : 2x  y  0  VTPT n1  2;1  Đường thẳng đã cho  : x  my  3  0 có VTPT n2 1; m 1b) (1,0 đ)   Yêu cầu bài toán  cos ; 1   cos n1; n2        25 m2  4m  4  5.16. m2  1  11m2  20m  4  0  m 2 5. m  1 2  4 5 0.25 0.25 0.25 1 2 (1,0 đ) m  2    2 m     11 2x  3 2x  3   ( hoặc lim    ) nên x  2015 là Vì lim  x2015 x  2015 x2015 x  2015 tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. 2x  3  2 nên y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số Vì lim x x  2015   Xét số hạng thứ k + 1 trong khai triển Tk 1  C . x k 9 3 (1,0 đ) k  5 . 2  x  0.5 0.5 9 k 0.25  Tk1  C9k .59k.x7k18 Vì số hạng chứa x3 nên 7k 18  3  k  3 Vậy hệ số của số hạng chứa x3 trong khai triển là C93.56  1.312.500 0.25 0.25 0.25 PT  sin2 x  cos2 x  sin x cos x  cos2 x  0 0.25       sin x  cos x sin x  2cos x  0 4 (1,0 đ) 5 0.25 sin x  cos x  0 1   sin x  2cos x  0 2     0.25 1  tan x  1  x   4  k  k     2  tan x  2  x  arctan2  k  k   0.25 0.25 S 0.25 B C K H M 5 (1,0 đ) A Từ giả thiết ta có AB = a, SA  D a 3 a , SB  nên ASB vuông tại S 2 2 AB  SAH đều. Gọi M là trung điểm của AH thì SM  AB . Do 2  SAB   ABCD   SM   ABCD  .  SH  0.25 1 1 1 Vậy VKSDC  VS.KCD  .SM .SKCD  .SM . SBAD 3 3 2 1 a 3 1 a.a. 3 a3  . . .  (đvtt) 3 4 2 2.2 32 0.25 2 Gọi Q là điểm thuộc AD sao cho AD = 4 AQ  HQ  KD nên  SH , DK    SH , QH   Gọi I là trung điểm HQ  MI  AD nên MI  HQ   . Mà SM   ABCD   SI  HQ   SH ,QH   SHI 0.25 Trong tam giác vuông SHI có: 6a (1,0 đ) 1 1 1 a 3 HQ DK . HI 2  4 4 2  3. cosSHI     a a a SH 4 2 2 2  IH   1; 1 0.25 0.5 Nên đường thẳng IH có phương trình x  y  3  0 . A 0.5 B I H D C M   Từ giả thiết ta suy ra H là trọng tâm của BCD  IA  3HI  A(2;5) . 6b (1,0 đ) 2 2 BC 6 1 BC 3 BM  BC2  MC 2  , HC  AC  3 3 3 3 3 2 2 2  HB  HC  BC nên BM  AC   BM đi qua H( -2; 1 ), nhận IH   1; 1 làm VTPT có phương trình Ta có HB  x  y  1  0  tọa độ B có dạng B( t; - t - 1 ). 0.25 0.25 0.25 Lại có IA  IB nên 18   t  1   t  3  t  4t  4  0 2 t  2  8  . Do đó   t  2  8 2 2      B 2  2 2;1  2 2  .   B 2  2 2;1  2 2  0.25 1 3 ĐK:   x  . Phương trình 2 2  7 (1,0 đ)  2x  1  3  2x   2 2   2x  12   2x  12   (*) 2x  1  3  2x     2 2    0.25 Xét hàm số f  t   t 2  t trên  0;   có f   t   2t  1  0 t  0;   nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;      2x  12     Do đó pt (*) trở thành  f 2x  1  3  2x  f  2      f ñoà ng bieá n   0.25 3  2x  1   8  2x  1 3  2x   2  8 2  2x  1  3  2x  4 2x  1 2 2x  1  3  2x   2x  1  3  2x  ( **) 2   2x  1  a  0 Đặt  thì phương trình (**) trở thành 3  2 x  b  0   8 a  b  a2  b2 2  4a2b2 (1) 8 a  b  a2  b2 2         a2  b2  4 a2  b2  4 2      0.25 Từ (1)  8 a  b  16  4a2b2  2  a  b  4  a2b2    4 a2  b2  2ab  16  8a2b2  a4b4 (***) Đặt ab = t  0  t  2 thì pt (***) trở thành   16  8t  16  8t 2  t 4  t  t  2 t 2  2t  4  0 t  0    x   1 t  2  loaïi     2x  1  3  2x  2  2    . Vậy t = 0    t  1  5 loaï i 3     x   2x  1. 3  2x  0    2 t  1  5  loaïi  0.25 Chú ý: HS có thể giải theo cách khác như sau Đặt a  2 x  1  3  2 x . Phương trình đã cho trở thành a  a  2  a 2  2a  4 a 4  8a 2  8a  8  0 Có x  y  z  0  z    x  y  P  x3  y3   x  y   3xyz 3 Từ x2  y2  z2  2   x  y   2xy  z2  2  2z2  2xy  2  xy  z2  1 2  0.25  Vậy P  3z z2  1 2 1 3 4 4 x  y   z2  z2    z  2 2 3 3  4 4 Đặt P  f  z  3z3  3z với z   ; K 3 3    z   1  K   3 2 Có f   z  9z  3 , f   z  0    z  1  K   3  Do 2  x2  y2  z2  8 (1,0 đ)  4 4  Ta có: f    ,f   3 3    2 Do vậy max P  khi z  3  1  4 4  1  2 2 , f   ,f     3  3  3 3  3 3 2 3 ;x  y  0.25 0.25 0.25 1 3 4 TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt. Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  . Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân: ln 2 1. I  e. x 7 5  e dx . x 2. 0 I   ln 2   x  2  1 dx . Câu 4: (1,0 điểm). 1. Giải phương trình: log 2  4x  log 2 x  2  10 . 15  2  2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:   x2  ;  x  0 .  x  Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy. Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C). 2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ;  x, y  R  . 2  2 y  4 y  3  5  y  x  4 -------------------------Hết------------------------- 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm. Câu Nội dung 1 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) TXĐ: D = R. y '  6 x 2  6 x . Điểm 0,25 x  0 . Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8. y' 0    x  2 Giới hạn. 0,25 Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị. 0,25 Vẽ đồ thị. 0,25 2/ (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình: x  0 . 2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2 2 x  6 x  m  0 (*)  0,25 Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0. 0,25 9   '  0 9  2m  0 m  Khi đó:    2. m  0 m  0 m  0 2 (1,0 điểm) 0,5 sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  1 0,25   1    2 sin  x    1  sin  x    4 4 2   0,25  x  k 2 .   x    k 2  2 0,25 KL. 0,25 3 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu . Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 . 2 2u 3 Khi đó: I   2u du  3 3 2 2  3 16 2 3. 3 0,25 0,25 0,5 2 KL. 2/ (1,0 điểm) Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt . 0,25 Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3. 3 Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt . 0,25 2 Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3  3 . 2 0,5 4 (1,0 1/ (0,5 điểm) điểm) 1 Đk: x  . 4 Ta có: log 2  4x  log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 . 0,25 Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0). t  2 Phương trình có dạng: 2t  t  10  0   . t   5 (l )  2 2 log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 . Với t = 2 ta được Vậy phương trình có nghiệm x = 4. 0,25 2/ (0,5 điểm) 15 15  k 15  2   2  Ta có:   x 2    C15k .   k 0  x   x . x Khi đó xét số hạng không chứa x ta có 15   2 2 k k 0 15  k k 15 .C .x 5 k 15 2 . 0,25 5k  15  0  k  3. 2 Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .     5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .   điểm)  Do đó n  1; 2;0  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC). Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0. 0,25 0,25 0,25 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0). a  3 2 Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9   .  a  1 0,25 3 Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 . 2 Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 . 2 6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và điểm) a 3 SH  . 2 0,25 0,25 Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy 1 a3 VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 2 0,25 Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD). 0,25 Dễ thấy ∆MPN vuông tại P. Ta có MP  1 a 3 a 13 SH  ; PN   MN  a . 2 4 4 0,25 7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2. điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau. 0,25 Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 . 0,25 a  1 Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên  . a  5 0,25 Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2). 0,25 8 (1,0 Đk: 4  x  1 . điểm) Ta có: 2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x . 3 0,25 Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng: f  y  1  f   1 x  y 1  1 x  y  1 1 x . 0,25 Thế vào phương trình còn lại ta được: 3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 . Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy nhất x = – 3. 0,25 Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3). 0,25 -----------------------Hết----------------------- 4 ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x . 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 x 3  2 ln x dx . x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x  1  0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng x 1 y 1 z  3   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường 2 1 3 thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . d: Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình của  đường thẳng AB . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4   4 y 2  x  2  y  1  x  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết………. ĐÁP ÁN Câu 1 Nội dung Điểm a. (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1 TXĐ: D  R y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y -1 0 + – + 1 0 3 + - -1 Đồ thị: 4 0.25 2 2 4 B. (1,0 điểm) y '  3 x 2  3m  3  x 2  m  0.25 y '  0  x 2  m  0  * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **   Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  Vậy m  0.25 1 2 1 ( TM (**) ) 2 0.25 0.25 0,25 2. (1,0 điểm) sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x 0.25  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2 sin x  cos x  3  2 sin 2 x  0 0. 25  2sin x  cos x  3  sin x   0 sin x  0  sin x  cos x  3(Vn)  x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z 0. 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2  2 dx   2  2 dx   2  2 dx x 2 1 1 x 2 x 1 1 1 0.25 2 ln x dx 2 x 1 Tính J   3 Đặt u  ln x, dv  0.25 1 1 1 dx . Khi đó du  dx, v   2 x x x 2 2 1 1 Do đó J   ln x   2 dx x x 1 1 2 1 1 1 1 J   ln 2    ln 2  2 x1 2 2 Vậy I  4. 0.25 1  ln 2 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5  1 5  6.5  1  0  5.5  6.5  1  0   x 1 5   5 x  0 Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1   x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 x 2 x 1 x 2x x Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135 135 9 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là  165 11 0.25 0.25 0.25 5. (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3 z  18  0 0.25 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 2 6. 2 t  3  13 10 12    3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;   t  7  7 7  7 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc   60 giữa SK và HK và bằng SKH  Ta có SH  HK tan SKH 1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  3 3 2 12 a 3 2 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 1 1 16 a 3 a 3 . Vậy d  I ,  SAB       2  HM  2 2 2 HM HK SH 3a 4 4 0.25 0,25 7. (1,0 điểm)  Gọi AI là phan giác trong của BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI 0,25   CAD   CAI  IAD   CAI ,  nên   Mà BAI ABC  CAD AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0 (1,0 điểm). 0,25 0,25  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)   4 y 2  x  2  y  1  x  1(2) 0.25  xy  x  y 2  y  0  Đk: 4 y 2  x  2  0  y 1  0  Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0   u  4v(vn) 8. Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  y  2 ( vì    4 y2  2 y  3  y 1  2 y 0.25  y 1 1  0  y2 2  0   y  2   2  4 y  2 y  3  2 y 1 y 1 1  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  1  0y  1 ) y 1 1 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2   1 0 y  1  1  0.25 0.25 9. (1,0 điểm) . bc bc bc bc  1 1        2  ab ac  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 1 2   Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ra  b = c ab ac (a  b)(a  c) Vì a + b + c = 3 ta có Tương tự Suy ra P  ca ca  1 1      và 2 ba bc 3b  ca ab ab  1 1      2  ca cb 3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 3 khi a = b = c = 1. 2 0,25