TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I
ĐỂ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN LẦN 5NĂM HỌC 20152016
Đề thi gồm 8 câu
(Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề)
==================================
Câu 1(4,0 điểm) : Cho hàm số : y = x 3 - 3 x 2 + 4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số .
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến đó vuông góc với
1
9
đường thẳng d có phương trình y = - x + 3 .
Câu 2 (2,0 điểm) :
1 . Giải bất phương trình : log 3 ( x + 2 ) - log 1 x £ 1
3
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = xe x + x 2 + 2 x trên đoạn [- 2; 0 ] .
Câu 3(2,0 điểm) : Giải phương trình: 4 sin 2 x + sin x + 3 cos x = 2
Câu 4(2,0 điểm) : Một chiếc hộp đựng 6 quả cầu trắng, 4 quả cầu đỏ và 2 quả cầu đen.
Chọn ngẫu nhiên 6 quả cầu từ hộp. Tính xác suất để 6 quả cầu được chọn có 3 quả cầu
trắng, 2 quả cầu đỏ và 1 quả cầu đen.
Câu 5 (4,0 điểm) : Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
AB = a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) . Góc giữa mặt phẳng (SBC ) và mặt phẳng
( ABC ) bằng 60 0 .Gọi M là trung điểm của AB .
1. Tính theo a thể tích của khối chóp S. ABC
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC theo a .
Câu 6(2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(2;2).
Biết điểm M(6;3) thuộc cạnh BC, điểm N(4;6) thuộc cạnh CD. Tìm tọa độ đỉnh C.
ìï x 4 + 4 y 3 + ( x 4 - 1) y + 4 y 2 = 1
( x, y Î ¡ )
Câu 7 (2,0 điểm) : Giải hệ phương trình: í 3
2
2
ïî8 y + 4 x + 1 = x + 6 y + 2
Câu 8 (2,0 điểm) : Cho ba số thực dương x, y, z thoả mãn : x + y + z ³ 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x2
yz + 8 + x 3
+
y2
zx + 8 + y 3
+
z 2
xy + 8 + z 3
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I
ĐÁP ÁN ĐỂ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN LẦN INĂM HỌC 20142015
Câu
1
(4,0đ)
ý
Nội dung
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 4 Học sinh tự làm
2. Gọi điểm M( x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm . Ta có : y ' = 3 x 2 - 6 x
1
nên tiếp tuyến có hệ số góc k 2 = 9
9
é x = 3
Từ đó ta suy ra: y '( x0 ) = 9 Û 3 x02 - 6 x 0 - 9 = 0 Û ê 0
ë x0 = -1
Điểm
2,0
0,5
Đường thẳng d có hệ số góc k 1 = -
2
(2,0đ)
Với x 0 = -1 Þ y 0 = 0 Þ M ( -1 ; 0 ) Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là: y = 9 x + 9
Với x0 = 3 Þ y 0 = 4 Þ M ( 3 ; 4 ) Phương trình tiếp tuyến tại điểm M là : y = 9 x - 23
0,5
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn y = 9 x + 9 và y = 9 x - 23
0,5
1. đk x > 0 . BPT Û log 3 [ ( x + 2) x ] £ 1
0,5
Û x ( x + 2 ) £ 3 Û x 2 + 2 x - 3 £ 0 Û -3 £ x £ 1
Kết hợp với điều kiện ta được : 0 < x £ 1 .Vậy BPT có tập nghiệm: T= (0 ; 1 ]
2. Xét hàm số : f ( x ) = xe x + x 2 + 2 x trên đoạn [- 2; 0 ]
Ta có : f '( x) = ( x + 1)(e x + 2) Þ f '( x ) = 0 Û x = -1 Î [ - 2;0 ]
4
(2,0đ)
0,5
0,5
0,5
2
1
Tính : f ( -2) = - 2 ; f ( -1) = - - 1 ; f (0) = 0
e
e
3
(2,0đ)
0,5
1
Từ đó suy ra : max f ( x ) = f (0) = 0 và min f ( x ) = f ( -1) = - - 1
x Î[ -2;0 ]
x Î[ -2;0 ]
e
Phương đã cho tương đương với: sin x + 3 cos x = 2 cos 2 x
p
é
2 x = x - + k 2 p
ê
p
6
<=> cos( x - ) = cos 2 x Û ê
6
ê 2 x = - x + p + k 2 p
êë
6
-p
p k 2 p
<=> x =
+ k 2p ; x = +
, k Î ¢
6
18
3
-p
p k 2 p
Vậy phương trình có nghiệm : x =
+ k 2 p ; x = +
, k Î ¢
6
18
3
Phép thử T: “Chọn 6 quả cầu từ 12 quả cầu”
6
Số phần tử của không gian mẫu W là W = C 12 = 924
Gọi A là biến cố: “6 quả cầu được chọn có 3 quả trắng, 2 quả đỏ, 1 quả đen”.
3
Chọn 3 quả trắng từ 6 quả cầu trắng: có C 6 cách
0,5
0,5
0,5
0.5
0,5
0,5
2
Chọn 2 quả đỏ từ 4 quả cầu đỏ: có C 4 cách
1
Chọn 1 quả đen từ 2 quả cầu đen: có C 2 cách
3
2
1
Suy ra, số phần tử của W A là: W A = C 6 . C 4 . C 2 = 240
Vậy xác suất của biến cố A là P(A) =
5
(4,0đ)
WA
W
=
240 20
=
294 77
1. Vì BC ^ SA, BC ^ AB Þ BC ^ ( SAB )
·
Þ Góc giữa mặt phẳng ( SBC ) và mặt phẳng ( ABC ) là góc SBA
0,5
0,5
0,5
· = 60 0 Þ SA = AB tan60 0 = a 3
Þ SBA
0,5
0,5
S
Þ VS . ABC
1
a 3 3
= SA.. S ABC =
3
6
0,5
H
A
C
K
N
M
B
2. Gọi N là trung điểm của BC. Þ MN / / AC Þ AC / /( SMN ) .
Suy ra d ( AC , SM ) = d ( AC , ( SMN )) = d ( A, ( SMN ))
Kẻ AK ^ MN Þ MN ^ ( SAK ) Þ ( SAK ) ^ ( SMN ) theo giao tuyến SK
Kẻ AH ^ SK Þ AH ^ ( SMN ) . Do đó d ( A, ( SMN )) = AH
Do D ABC vuông cân tại B suy ra D AKM vuông cân tại K .
AM 2 a 2
Suy ra AK = KM = AM cos 45 0 =
=
2
4
Trong tam giác vuông SAK,ta có :
1
1
1
1
1
25
a 3
= 2+
=
+
= 2 Þ AH =
2
2
2
2
AH
SA
AK
3a
5
æ a 2 ö
a 3
ç
÷
è 4 ø
(
Vậy d ( SM , AC ) =
6
(2,0đ)
0,5
0,5
0,5
)
0,5
a 3
5
9
· = 90 0 nên C thuộc đường tròn tâm I đường
Gọi I (5; ) là trung điểm của MN. Do MCN
2
· nên CA giao với đường tròn tại điểm E là
kính MN. Vì CA là phân giác của góc MCN
¼ không chứa C(A và E nằm cùng phía so với MN). Suy ra E là giao
điểm chính giữa MN
điểm của đường tròn (I) và trung trực của MN.
0,5
2
9 ö 13
æ
Phương trình đường tròn ( I ) : ( x - 5 ) + ç y - ÷ =
2 ø 4
è
7
Phương trình đường trung trực của MN : 2 x - 3 y + = 0
2
0,5
2
B
M
C
I
N
E
A
A
D
2
ì
9 ö 13
2
æ
ï( x - 5 ) + ç y - ÷ =
ï
2ø
4
è
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ í
ï2 x - 3 y + 7 = 0
ïî
2
7 7
13 11
7 7
Ta có : E1 ( ; ); E 2 ( ; ) .Vì A, E cùng phía so với MN nên chọn E ( ; ) .
2 2
2 2
2 2
Phương trình AE: x - y = 0 . Do C là giao điểm thứ hai của (I) và AE nên tọa độ C (6;6)
0,5
0,5
Chú ý : Cách 2.
r
Gọi véc tơ pháp tuyến của BC là n = ( a; b ) , ( a 2 + b 2 ¹ 0 ) Þ pt BC: ax + by - 6a - 3b = 0
CD đi qua N (4; 6) và vuông góc với BC suy ra pt CD: bx - ay + 6a - 4b = 0
4a + b
4a - 2 b
éb = 0
=
Û 4 a + b = 4 a - 2 b Û ê
Ta có : d ( A, BC ) = d ( A, CD ) Û
a 2 + b2
a 2 + b 2
ë 8a - b = 0
*TH1) Nếu b = 0 chọn a = 1 khi đó pt BC : x - 6 = 0 và pt CD : y - 6 = 0
C = BC Ç CD Þ C (6; 6) . Phương trình MN : 3 x + 2 y - 24 = 0 . Kiểm tra A và C khác
phía đối với đường thẳng MN nên C (6; 6) thỏa mãn bài toán.
*TH2) Nếu 8a - b = 0 chọn a = 1, b = 8 khi đó pt BC : x + 8 y - 30 = 0 và pt CD :
238 214
;
) loại do A và C cùng phía đối với đường thẳng
8 x - y - 26 = 0 Suy ra C (
65 65
MN.Vậy điểm C cần tìm là : C (6; 6)
7
(2,0đ)
0,5
ìï x 4 + 4 y 3 + ( x 4 - 1) y + 4 y 2 = 1 (1 )
í 3
2
2
ïî8 y + 4 x + 1 = x + 6 y + 2 ( 2 )
é y = -1
(1) Û x 4 ( y + 1) + 4 y 2 ( y + 1) = y + 1 Û ( x 4 + 4 y 2 - 1)( y + 1) = 0 Û ê 4
2
ë x + 4 y = 1
0,5
TH 1: y = - 1 thay vào (2) ta có : 4 x 2 + 1 = x 2 + 4 Û x = 0; x = ± 2 2
0,5
ì -1 £ x £ 1
ï
TH 2 : x + 4 y = 1 Þ í 1
1
ïî - 2 £ y £ 2
4
3
2
2
2
(2) Û 8 y - 6 y - 2 + 4 x + 1 - x = 0
( 3 )
Xét hàm số f ( x) = 4 x 2 + 1 - x 2 , x Î [ -1;1] , min f ( x) = f (0) = 4
x Î[ -1;1 ]
1
é 1 1ù
Xét hàm số g ( y ) = 8 y 3 - 6 y - 2, y Î ê - ; ú , min g ( y ) = g ( ) = -4
1
1
2
ë 2 2 û y Îéê - 2 ; 2 ùú
ë
û
1
é 1 1 ù
Do đó : f ( x) + g ( y ) ³ 0 "x Î [ -1;1] , "y Î ê - ; ú . Dấu ‘=” khi ( x; y ) = (0; )
2
ë 2 2 û
1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho ( x; y ) là: (0; ); (0; -1); (2 2; -1); ( -2 2; - 1)
2
8
(2,0đ)
0,5
2
a 2 b 2 c 2 ( a + b + c )
Áp dụng bổ đề: Với a2 , b2 , c2 > 0 thì 1 + 1 + 1 ³ 1 1 1
a2 b2 c2
a2 + b2 + c2
2
Ta có: P ³
( x + y + z )
xy + yz + zx + 8 + x 3 + 8 + y 3 + 8 + z 3
2
a 2 b 2 c 2 ( a + b + c )
Chú ý: CM bổ đề: Với a2 , b2 , c2 > 0 thì 1 + 1 + 1 ³ 1 1 1
a2 b2 c2
a2 + b2 + c2
a
b
c
Áp dụng BĐT Bunhiacopski với 2 dãy 1 , 1 , 1 và a2 , b2 , c 2 ta có:
a2 b2 c 2
æ a12 b12 c 1 2 ö
2
ç + + ÷ ( a2 + b2 + c2 ) ³ ( a1 + b1 + c 1 ) .
è a2 b2 c2 ø
2
0,5
a12 b12 c 1 2 ( a1 + b1 + c 1 )
Do a2 + b2 + c2 > 0 nên có:
+ + ³
suy ra đpcm.
a2 b2 c2
a2 + b2 + c2
Dấu bằng xảy ra Û
a1
a2
a2
=
b1
b2
b2
=
c 1
c 2
c2
Û
a1 b1 c 1
= =
a2 b2 c 2
é x = 1
6 - x + x 2
Lại có 8 + x = (2 + x )(4 - 2 x + x ) £
. Dấu bằng xảy ra khi ê
2
ë x = 2
2
é y = 1
6 - y + y
8 + y 3 = (2 + y )(4 - 2 y + y 2 ) £
.Dấu bằng xảy ra khi ê
2
ë y = 2
2
é z = 1
6 - z + z
8 + z 3 = (2 + z )(4 - 2 z + z 2 ) £
.Dấu bằng xảy ra khi ê
2
ë z = 2
3
2
( x + y + z)
2
2
( x + y + z )
P ³ 2.
= 2.
2
2
2
2
2 ( xy + yz + xz ) - ( x + y + z ) + x + y + z + 18
( x + y + z ) - ( x + y + z ) + 18
Đặt t = x + y + z điều kiện t ³ 3 . Ta có P ³
t
f '(t )
3
+¥
36
+
0
-
144
71
3
4
2
0,5
2 t 2
với t ³ 3
t 2 - t + 18
2 t 2
Xét hàm số f ( t ) = 2
trên [ 3; +¥ )
t - t + 18
-t 2 + 36 t
Ta có : f ' ( t ) = 2.
2
( t 2 - t + 18 )
ét = 0
, lim f (t ) = 2
f '(t ) = 0 Û ê
ë t = 36 x ®+¥
f (t )
0,5
BBT của f (t ) trên nửa khoảng [ 3; +¥ )
Ta có min f (t ) = f (3) =
t Î[3; +¥ )
Vậy Min P =
3
4
3
khi x = y = z = 1
4
Chú ý:
1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần
như hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch
hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
3) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.
0,5
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
- Xem thêm -
.PDF 
74 
181 
94 
