TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ
Tổ Toán
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA- 2016
Môn: TOÁN
---------------------------------
2x +1
.
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm m ∈ để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông
tại O (với O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x = 0
( x ∈ ) .
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x2 − 2 y + 2 + y = 2 x
( x; y ∈ ) .
3
2
2
2
3
+
=
+
−
x
x
x
x
y
y
(
)
1
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4 ) = log 3 ( x − 2 )
( x ∈ ) .
4
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AB = a. Hình chiếu
vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC = 2HA. Mặt bên (ABB'A') hợp với
mặt đáy (ABC) một góc bằng 60o. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và CC'.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
y
P=
+
.
2
2
y +1
x +1
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A ( −3; −1) ,
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
B ( −1;3) và C ( −2; 2 ) .
Câu 8a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
1
các cạnh AB và CD. Biết rằng M − ; 2 và đường thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm
2
A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm.
n
1
Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3 x3 − 2 với x ≠ 0 , biết rằng
x
n−2
n là số nguyên dương và 2 Pn − ( 4n + 5 ) .Pn − 2 = 3 An .
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng elip (E) có
hai tiêu điểm F1 và F2 với F1 − 3;0 và có một điểm M thuộc elip (E) sao cho tam giác F1MF2 có diện tích bằng 1
(
)
và vuông tại M.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. Biết đường thẳng AC có
phương trình 2 x − y − 1 = 0 ; đỉnh A ( 3;5) và điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D
của hình thoi ABCD.
Câu 9b (1,0 điểm). Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 10 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.
-------------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:…………
Câu
1a
Đáp án
Điểm
• Tập xác định: D = \ {1}
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' =
1
( x + 1)
0,25
> 0, ∀x ≠ −1 .
2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .
- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 .
x →−∞
x →+∞
lim − y = +∞ và lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 .
x →( −1)
0,25
x →( −1)
- Bảng biến thiên:
x
-1
∞
-∞
y'
+∞
+
∞
+∞
y
0,25
+
2
-∞
∞
2
• Đồ thị:
y
0,25
2
1
-1
1b
O
x
2x +1
= x+m
x +1
(do x = −1 không là nghiệm của phương trình)
Phương trình hoành độ giao điểm:
⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)( x + m )
0,25
⇔ x 2 + ( m − 1) x + m − 1 = 0 (1)
Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm
phân biệt ⇔ m 2 − 6m + 5 > 0 ⇔ m > 5 hoặc m < 1 . (*)
Ba điểm O, A, B không thẳng hàng ⇔ m ≠ 0 .
(**)
Gọi A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 ; x2 là hai nghiệm của (1) và y1 = x1 + m; y2 = x2 + m .
Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 0
0,25
0,25
⇔ 2 ( m − 1) + m (1 − m ) + m 2 = 0
⇔ 3m − 2 = 0 ⇔ m =
2
(thỏa (*) và (**))
3
2
thì đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam
3
giác OAB vuông tại O.
Vậy với m =
0,25
2
Điều kiện: cos x ≠ 0 .
sin x 2
Phương trình đã cho tương đương với:
+ 1 sin x + ( cos 2 x − sin 2 x ) = 0
cos x
2
⇔ ( cos x + sin x ) sin x + ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) cos x = 0
0,25
⇔ ( cos x + sin x ) ( sin 2 x + cos 2 x − sin x cos x ) = 0
0,25
⇔ ( cos x + sin x )( 2 − sin 2 x ) = 0 (1)
Vì phương trình 2 − sin 2 x = 0 vô nghiệm nên:
0,25
(1) ⇔ cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −
3
π
+ kπ ( k ∈ ) (thỏa mãn điều kiện).
4
Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ thì không trừ điểm.
x2 − 2 y + 2 + y = 2 x
(1)
3
2
2
2
x + 2 x + y = ( x + 3 x ) y (2)
Điều kiện: x 2 − 2 y + 2 ≥ 0 . (Nếu thí sinh không đặt điều kiện thì không trừ điểm)
( 2 ) ⇔ ( x − y ) ( x2 + 2 x − y ) = 0 ⇔ x = y
Điều kiện: 0 < x ≠ 2
Phương trình đã cho tương đương với: log 3 x + log 3 ( x + 4 ) = log3 x − 2
⇔ log 3 x ( x + 4 ) = log 3 x − 2
⇔ x ( x + 4) = x − 2
0,25
hoặc x 2 + 2 x − y = 0 .
x2 = 0
Từ (1) suy ra 2 x − y ≥ 0 nên x 2 + 2 x − y = 0 ⇔
⇔ x = y = 0 (không thỏa (1))
2 x − y = 0
x ≥ 0
Thay y = x vào (1), ta được: (1) ⇔ x 2 − 2 x + 2 = x ⇔ 2
⇔ x =1.
2
x − 2x + 2 = x
Với x = 1 , ta được y = 1 (thỏa điều kiện)
Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( x; y ) = (1;1)
4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
(1)
x − 2 = x2 + 4 x
x 2 + 3x + 2 = 0
−5 ± 33
Vì x ( x + 4 ) > 0 nên (1) ⇔
⇔ 2
⇔ x = −1 ∨ x = −2 ∨ x =
2
2
x − 2 = −x − 4x
x + 5x − 2 = 0
Đối chiếu với điều kiện, ta được x =
−5 + 33
là nghiệm của phương trình đã cho.
2
0,25
0,25
5
C'
A'
B'
K
A
C
H
D
B
Gọi D là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh
AB.
AB ⊥ DH
Ta có:
⇒ AB ⊥ ( A ' HD ) .
AB ⊥ A ' H
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABB'A')
là góc
A ' DH .
0,25
a 3
1
a2
Ta có: A ' H = DH .tan 60 =
; S∆ABC = BA.BC =
.
3
2
2
a3 3
.
Do đó: VABC . A ' B 'C ' = S ∆ABC . A ' H =
6
d ( CC ', AB ) = d ( CC ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ') ) = 3d ( H , ( ABB ' A ') ) .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh A'D.
Ta có: AB ⊥ ( A ' HD ) ⇒ AB ⊥ KH . Mặt khác HK ⊥ A ' D nên HK ⊥ ( A ' AD ) , do đó:
o
0,25
0,25
d ( H , ( ABB ' A ') ) = HK .
a 3
a 3
.
⇒ d (CC ', AB) =
6
2
Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này.
Ta có: HK = HD.sin 60o =
6
x
x + y = 1 ⇔ y = 1 − x , thay vào P ta được: P =
1− x
+
2
x2 + 1
(1 − x ) + 1
1
f '( x) =
(1 − x )
2
x (1 − x )
+
(1 − x )2 + 1
+1
3
−
1
x2 +1
−
(x
1
Ta có f ' = 0 .
2
1
2
Với < x < 1 , ta có 0 < (1 − x ) + 1 < x 2 + 1 nên
2
x (1 − x )
(1 − x )2 + 1
3
−
x (1 − x )
(
)
x2 +1
Tương tự, với 0 < x <
3
x (1 − x )
2
)
+1
3
1
(1 − x )
2
0,25
= f ( x ) với 0 < x < 1 .
0,25
.
−
+1
1
x2 + 1
> 0 và
> 0 , do đó f ' ( x ) > 0 .
0,25
1
, ta có f ' ( x ) < 0 .
2
1
là nghiệm duy nhất của f ' ( x ) = 0 trên khoảng ( 0;1) .
2
Bảng biến thiên:
Vậy x =
x
f'(x)
1
2
0
-
1
+
0
0,25
f(x)
2
5
7a
2
1
.
2
5
Phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C có dạng:
( C ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 .
Vậy min P =
khi x = y =
0,25
0,25
6a + 2b − c = 10
Vì A, B, C thuộc (C) nên ta có hệ phương trình: 2a − 6b − c = 10
4a − 4b − c = 8
0,25
Giải hệ trên, ta được: a = −2; b = 1; c = −20 .
0,25
Vậy ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0 .
8a
Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng BN là n = ( 2;9 ) .
Gọi n1 = ( a; b ) với a2 + b2 > 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB.
BM
1
.
=
BN
5
n.n1
2 a + 9b
.
Mặt khác cos ( AB, BN ) = =
n . n1
a 2 + b 2 . 85
Ta có cos ( AB, BN ) =
Từ đó ta có phương trình:
0,25
a = 4b
=
⇔ 13a − 36 ab − 64 b = 0 ⇔
2
2
a = − 16 b
5
a + b . 85
13
2 a + 9b
1
0,25
2
2
Với a = 4 b chọn a = 4; b = 1 , ta được AB : 4 x + y = 0 .
4 x + y = 0
x = −1
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình
⇔
(thỏa mãn x B < 0 ).
2 x + 9 y − 34 = 0
y = 4
0,25
0,25
B ( −1;4 ) ⇒ A ( 0;0 ) .
16
b chọn a = 16; b = −13 , ta được AB :16 x − 13 y + 34 = 0 .
13
16 x − 13 y + 34 = 0
18
4
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình
(loại).
⇔ x = và y =
5
5
2 x + 9 y − 34 = 0
Điều kiện: n ≥ 3; n ∈ .
Với a = −
9a
2 Pn − (4n + 5) Pn − 2 = 3 Ann − 2 ⇔ 2.n !− (4n + 5).(n − 2)! = 3.
⇔ 2 n(n − 1) − (4 n + 5) =
n!
2!
3n(n − 1)
⇔ n2 − 9n − 10 = 0
2
n = 10
⇔
n = −1 ( lo¹i )
n
k
x 30−3 k
−1
Số hạng tổng quát: Tk +1 = C10k ( 3 x ) . 2 = C10k .310 − k (−1)k 2 k .
x
x
Tk +1 không chứa x khi 30 − 3k − 2k = 0 ⇔ 5k = 30 ⇔ k = 6 .
3 10 − k
Vậy số hạng không chứa x của khai triển là: C106 .34.(−1)6 = 17010 .
x2 y 2
+
= 1 với a > b > 0 .
a2 b2
F1 − 3; 0 ⇒ c = 3 ⇒ a 2 − b 2 = 3 (1)
Phương trình chính tắc của ( E ) :
(
0,25
0,25
10
1
1
Khi đó 3 x3 − 2 = 3 x 3 − 2 .
x
x
7b
0,25
)
1
1
1
1
yM .F1 F2 = 1 ⇔ yM .2 3 = 1 ⇔ yM =
⇒ yM2 = .
2
2
3
3
8
o
2
2
2
.
F
1 MF2 = 90 ⇔ MF1 .MF2 = 0 ⇔ xM + yM = 3 , suy ra xM =
3
8
1
M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1 (2).
3a 3b
0,25
0,25
0,25
Gọi M ( xM ; yM ) . Ta có: S F1MF2 = 1 ⇔
0,25
0,25
x2 y2
+
=1.
4
1
Gọi I ( t;2t − 1) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và B ( t ';1 − t ' ) .
Ta có AI = ( 3 − t;6 − 2t ) , BI = ( t − t ';2t + t '− 2 )
Giải hệ (1) và (2), ta được: a 2 = 4; b 2 = 1 . Vậy ( E ) :
8b
2
2
2
2
AI = 2 BI ( 3 − t ) + ( 6 − 2t ) = 4 ( t − t ' ) + ( 2t + t '− 2 )
⇒
AB ⊥ BI
t − t '+ 2 ( 2t + t '− 2 ) = 0 (2)
( 2 ) ⇔ t ' = 4 − 5t , thay vào (1), ta được:
(1)
1
.
5
Với t = 1 , ta được t ' = −1 và I (1;1) . Khi đó B ( −1;2 ) , D ( 3;0 ) , C ( −1; −3) .
(1) ⇔ 175t 2 − 210t + 35 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t =
1
1 3
13 4 13 31
, ta được t ' = 3 và I ; − . Khi đó B ( 3; −2 ) , D − ; , C − ; − .
5
5
5 5
5 5 5
5
Số cách chọn 5 học sinh từ 25 học sinh là: C25 .
Với t =
9b
1
10
4
15
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Số cách chọn 5 học sinh gồm 1 nữ và 4 nam từ 25 học sinh là: C .C .
0,25
Số cách chọn 5 học sinh gồm 2 nữ và 3 nam từ 25 học sinh là: C102 .C153 .
0,25
Vậy xác suất 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam là:
C1 .C 4 + C 2 .C 3 325
P = 10 15 5 10 15 =
.
506
C25
0,25
HẾT
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
1 3 1
1
x m 1 x 2 mx
(1), m là tham số.
3
2
3
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y
1
b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại là yCĐ thỏa mãn yCĐ .
3
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình cos3x cos x 2 3cos2 x sin x.
b) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z thỏa mãn z 2 z 3 2i.
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 4 x 2 log 2 2 x 1 log 2 4 x 3 .
Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x 2 5 x 4 1 x 3 2 x 2 4 x .
6
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1
x 3 1
dx.
x2
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp đều S . ABC có SA 2a, AB a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , SB.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
ACD với
1
cos
, điểm H thỏa mãn điều kiện HB 2 HC, K là giao điểm của hai đường thẳng AH và
5
1 4
BD. Cho biết H ; , K 1; 0 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C , D.
3 3
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : x y z 3 0 và đường
x 2 y 1 z
thẳng d :
. Tìm tọa độ giao điểm của (P) và d ; tìm tọa độ điểm A thuộc d sao cho
1
2
1
khoảng cách từ A đến (P) bằng 2 3.
Câu 9 (0,5 điểm). Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước
ngoài và 3 đội của Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A, B, C;
mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau.
Câu 10 (1,0 điểm). Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn
2
2
2
0 x y y z z x 2.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 4 x 4 y 4 z ln x 4 y 4 z 4
3
( x y z )4 .
4
------------------ Hết -----------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 28, 29/3/2015. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại
phiếu dự thi cho BTC.
2. Thi thử THPT Quốc gia lần 2 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 18 và ngày 19/4/2015. Đăng ký
dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 28/3/2015.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN;
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
Câu 1.
(2,0
điểm)
Khi m 2 hàm số trở thành y
1 3 1 2
1
x x 2x .
3
2
3
1 0. Tập xác định: D .
2 0. Sự biến thiên:
*) Chiều biến thiên: Ta có y x 2 x 2, x .
x 1
x 1
y 0
; y 0
; y 0 1 x 2.
x 2
x 2
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (2; ); hàm số nghịch biến trên
khoảng (1; 2).
3
*) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 1, yCĐ y (1) ;
2
hàm số đạt cực tiểu tại x 2, yCT y (2) 3.
*) Giới hạn tại vô cực:
2
1
2
1
1 1
1 1
lim y lim x 3
2 3 ; lim y lim x 3
2 3 .
x
x
x
x
3x
3x
3 2x x
3 2x x
*) Bảng biến thiên:
x
2
1
y
y'
+
0
–
0
3
2
3
2
y
+
3
1 O
0,5
2
x
0,5
3 0. Đồ thị:
3
b) (1,0 điểm)
x 1
Ta có y x 2 m 1 x m, x ; y 0
x m
Hàm số có cực đại khi và chỉ khi m 1.
Xét hai trường hợp (TH) sau:
TH1. m 1. Hàm số đạt cực đại tại x m, với yCĐ y (m )
Ta có yCĐ
m3 m 2 1
.
6
2 3
m 3(tm)
1
m3 m 2 1 1
m 3.
3
6
2 3 3
m 0 (ktm)
TH2. m 1. Hàm số đạt cực đại tại x 1, với yCĐ y (1)
Ta có yCĐ
0,5
1
m 1 1
1
m (tm).
3
2 2 3
3
1
Vậy các giá trị cần tìm của m là m 3, m .
3
1
m
1
.
2 2
0,5
a) (0,5 điểm)
Câu 2.
(1,0
điểm)
Câu 3.
(0,5
điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
k
x 4 2
cos2 x 0
2cos2 x cos x 2 3cos2 x sin x
k .
x k
cosx 3 sin x
6
b) (0,5 điểm)
Đặt z a bi, ( a, b ). Từ giả thiết ta có
0,5
3a 3
a 1
a bi 2 a bi 3 2i 3a bi 3 2i
b 2
b 2
Vậy số phức z có phần thực bằng 1, phần ảo bằng 2.
1
*) Điều kiện: x .
2
Khi đó phươngtrình đã cho tương đương với
log 2 x log 2 2 x 1 log 2 4 x 3 log2 2 x 2 x log2 4 x 3
0,5
0,5
1
x
2
2
2 x x 4 x 3 2 x 5x 3 0
2
x
3
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là x 3.
Câu 4.
(1,0
điểm)
x 1 5
*) Điều kiện: x 3 2 x 2 4 x 0
1 5 x 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với x 2 2 x 4 3 x 4 x x 2 2 x 4 .
(1)
Xét hai trường hợp sau đây:
TH1. Với 1 5 x 0 . Khi đó x 2 2 x 4 0 và 3 x 0 . Hơn nữa hai biểu thức
0,5
x 2 2 x 4 và 3x không đồng thời bằng 0. Vì vậy
x
2
2 x 4 3x 0 4 x x 2 2 x 4 .
Suy ra 1 5 x 0 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
TH2. Với x 1 5. Khi đó x 2 2 x 4 0 . Đặt
x 2 2 x 4 a 0, x b 0 .
Bất phương trình trở thành a 2 3b 2 4ab a b a 3b 0 b a 3b
x 2 x 4 0
1 17
7 65
x x 2x 4 3 x 2
x
, thỏa mãn.
2
2
x 7 x 4 0
2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1 5 x 0 ;
Đặt
Câu 5.
(1,0
điểm)
0,5
1 17
7 65
x
.
2
2
x 3 t. Ta có x 1 t 2; x 6 t 3; x t 2 3 và dx 2tdt.
3
3
0,5
t 1
t
Khi đó I 2 2tdt 2
dt
t 1
t 1
2
2
3
1
2 1
dt 2 t ln t 1
t 1
2
3
2 1 ln 2 .
2
2
0,5
*) Từ giả thiết suy ra ABC đều và
SA SB SC .
Hạ SO (ABC ) O là tâm tam
giác đều ABC.
a2 3
Ta có AB a S ABC
và
4
a 3
2
a 3
AM
AO AM
2
3
3
a 33
SO SA2 AO 2
.
3
1
a 3 11
Suy ra VS . ABC SO.S ABC
.
3
12
S
Câu 6.
(1,0
điểm)
H
A
C
O
M
x
K
B
*) Kẻ Bx // AM mp ( S , Bx) // AM
d ( AM , SB ) d AM , (S , Bx) d O , (S , Bx)
Hạ OK Bx, OH SK . Vì Bx (SOK ) nên Bx OH OH ( S , Bx)
a
Ta có OMBK là hình chữ nhật nên OK MB .
2
1
1
1
47
a 517
Vì SOK vuông tại O nên
OH
2
2
2
2
OH
OK
OS
11a
47
a 517
Từ (1), (2) và (3) suy ra d ( AM , SB ) OH
.
47
D
Câu 7.
(1,0
điểm)
C
Từ giả thiết suy ra H thuộc cạnh BC và BH
Vì BH // AD nên
H
K
A
B
0,5
(3)
2
BC.
3
KH BH 2
2
HK KA . Suy ra
KA AD 3
3
0,5
4
a.
3
Trong tam giác vuông ABH ta có AB 2 BH 2 AH 2
Suy ra AB 5, HB
(1)
(2)
5
1
4
5 2 4
5 10
HA HK x A ; y A . ; ;
2
3
3 2 3 3 3 3
A(2; 2).
1
Vì ACD vuông tại D và cos
ACD cos
nên
5
AD 2CD, AC 5CD.
Đặt CD a (a 0) AD 2a AB a, BH
0,5
25 2 125
a
a 5.
9
9
4 5
.
3
(*)
0,5
( x 2) 2 ( y 2) 2 5
x 3, y 0
2
2
Giả sử B( x; y ) với x 0, từ (*) ta có
1
4 80
x 1 , y 8 ( ktm)
x y
5
5
3
3
9
3
Suy ra B(3; 0). Từ BC BH C 1; 2 . Từ AD BC D 2; 0 .
2
*) Giả sử M d ( P). Vì M d nên M (t 2; 2t 1; t ).
Câu 8.
(1,0
điểm)
Mặt khác M ( P) nên suy ra (t 2) (2t 1) (t ) 3 0 t 1.
Suy ra M (1; 1; 1).
3
0,5
*) Ta có A d nên A(a 2; 2 a 1; a).
Khi đó d A, ( P) 2 3
(a 2) (2a 1) (a ) 3
12 12 12
Suy ra A(4; 5; 2) hoặc A( 2; 7; 4).
Câu 9.
(0,5
điểm)
a 2
2 3 a 1 3
a 4.
+) Tổng số kết quả 9 đội bóng bốc thăm ngẫu nhiên vào 3 bảng A, B, C là C93 C63 C33 .
+) Số kết quả bốc thăm ngẫu nhiên có 3 đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau là
3! C62 C42 C22 .
Suy ra xác suất cần tính là P
2
6
2
4
0,5
0,5
2
2
3! C C C
9
0,32.
3
3
3
C9 C6 C3
28
Từ giả thiết suy ra 0 x, y , z 1 và x 2 y 2 z 2 1.
Câu 10.
(1,0
điểm)
Xét hàm số g (t ) 4t 3t 1, t 0; 1. Ta có g '(t ) 4t ln 4 3.
Suy ra g (t ) 0 t log 4
3
t0 ; g (t ) 0 t t0 và g (t ) 0 t t0 .
ln 4
3
4, nên 0 t0 1.
ln 4
t
0
Suy ra bảng biến thiên
g '(t )
Vì 1
t0
–
1
+
0
0
0
0,5
g (t )
Suy ra g (t ) 0 với mọi t 0; 1 , hay 4t 3t 1 với mọi t 0; 1.
Mặt khác, do 0 x, y, z 1 nên x 4 y 4 z 4 x 2 y 2 z 2 1.
3
Từ đó ta có P 3 3( x y z ) ln x 4 y 4 z 4 ( x y z ) 4
4
3
3 3( x y z ) ( x y z ) 4 .
4
3
Đặt x y z u , khi đó u 0 và P 3 3u u 4 .
4
3
Xét hàm số f (u ) 3 3u u 4 với u 0.
4
3
Ta có f (u ) 3 3u và f (u ) 0 u 1.
Suy ra bảng biến thiên
u
0
1
f '(u )
+
f (u )
0
–
21
4
21
21
với mọi u 0. Suy ra P , dấu đẳng thức
4
4
xảy ra khi x 1, y z 0 hoặc các hoán vị.
21
Vậy giá trị lớn nhất của P là
.
4
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (u )
4
0,5
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
y2
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
0y 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 ab ac
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
ab ac
(a b)(a c)
Vì a + b + c = 3 ta có
Tương tự
Suy ra P
ca
ca 1
1
và
2 ba bc
3b ca
ab
ab 1
1
2 ca cb
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
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
- Xem thêm -
.PDF 
62 
96 
146 
