Tài liệu CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - NĂM 2016 CÓ HƯỚNG DẪN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO 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 II, Ngày thi: 28/12/2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.(1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3x 2  1 (C) Câu 2.(1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN của hàm số y x2 trên đoạn  2; 4  x 1 Câu 3.(1,0 điểm) a) Tìm môđun của số phức z biết z  2 z  1  7i . b) Giải phương trình: 9 x  3.3x  2  0 . 1   Câu 4.(1,0 điểm) Tính tích phân: I   x 2 1  x 1  x 2 dx 0 Câu 5.(1 điểm) Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  : x 1 y 1 z   . Viết 1 2 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng  , vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và viết phương trình đường thẳng  ' là hình chiếu vuông góc của  lên mặt phẳng (Oxy). Câu 6.(1 điểm) a) Giải phương trình: 2 cos 5 x.cos 3 x  sin x  cos 8 x b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 7.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích hình chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). 8  Câu 8.(1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ABC có trọng tâm G  ; 0  và có đường tròn 3  ngoại tiếp là  C  tâm I . Điểm M  0;1 , N  4;1 lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB, AC . Đường thẳng BC qua điểm K  2; 1 . Viết phương trình đường tròn  C  . 2 y  2  3 y  2  x3  4  x  Câu 9.(1 điểm) Giải hệ phương trình:  2   y  4  2 y  12   8  x  y  x 2  2  x 2  y  Câu 10.(1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  3 .Tìm GTNN của biểu thức: P 25a 2 2a 2  7b 2  16ab  25b 2 2b 2  7c 2  16bc  c2 3  a  a ---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:.................................................................... SBD:........................................................... Chữ kí giám thị 1:...............................................Chữ kí giám thị 2:............................................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKNÔNG KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Môn thi: TOÁN (Đáp án bao gồm 5 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Lần thứ II, Ngày thi: 28/12/2015 Đáp án Câu 1 Nội dung Điểm Tập xác định: D = R. +Giới hạn: lim y   , lim y   x 0,25 x x  0 x  2 + Ta có y  3x 2  6 x; y  0   BBT: x  y + y 0 0 2 0 -  + 0,25   1 3 +Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  +Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại: xcđ = 0, ycđ = y(0) = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại xct = 2, yct = y(2) = -3. + Đồ thị 0,25 6 4 2 0,25 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 2 + Ta thấy hàm số đã cho xác định và liên tục trên  2; 4  y' x2  2x 2 x  0  y' 0   x  2 0,25  x  1 +Trên  2; 4  thì y' = 0 có một nghiệm là x = 2. 0,25 +Ta có y  2   4; y  4   16 3 0,25 +Max y = 16 khi x = 4 3 0,25 +Min y = 4 khi x = 2 3a +Gọi z  a  bi , , a, b  R (1  i) z  (2  i ) z  2  2i  (1  i )(a  bi )  (2  i)(a  bi )  2  2i 3a  2b  2 a  2  3a  2b  bi  2  2i     b  2 b  2 +Vậy z  2  2i 3b +Đặt: 3x  t , 0,25 t  1 t  2 +Với t=1: 3x  1  x  0 +Với t=2: 3x  2  x  log 3 2 1 2 0,25 t0 có: t 2  3t  2  0   4 0,25  1  1 I   x 1  x 1  x dx   x dx   x 3 1  x 2 dx 0 2 0,25 1 I1   x 2 dx  0 1 x3 3  0 2 0 0 1 3 0,5 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  5 2 2 4 7 15 0,5  +Đường thẳng  có vectơ chỉ phương u  1; 2; 1 , đi qua M(1;-1;0); mặt phẳng  (Oxy) có vectơ pháp tuyến k   0;0;1 . 0,25 +Vậy (P) có phương trình 2( x  1)  ( y  1)  0 hay 2x – y – 3 = 0. 0.25    +Suy ra (P) có vectơ pháp tuyến n  [u , k ]   2; 1; 0  và đi qua M. (Oxy) có phương trình z = 0.  ' là giao tuyến của (P) và (Oxy). 2x  y  3  0 . z  0 +Xét hệ  x  t  +Đặt x = t thì hệ trên trở thành  y  3  2t . z  0  0,25 0.25 x  t  +Vậy  ' có phương trình  y  3  2t . z  0  6a PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25 2  1- 2sin x + sinx = 0  sinx = 1 v sin x    6b 1 2 0,25  7  x   k 2 ; x    k 2 ; x   k 2 , ( k  Z ) 2 6 6 Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là C144  1001 cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có C 21 .C51 .C 72 cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có C 21 .C 52 .C 71 cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có C 22 .C51 .C 71 cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là C 21 .C 51 .C 72 + C 21 .C 52 .C 71 + C 22 .C 51 .C 71 = 385 cách . 0,25 0,25 1001  385 616 8   . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là P  1001 1001 13 7 +Ta có: AN  AB 2  BN 2  2a 3 S Diện tích tam giác ABC là: S ABC  0,25 1 BC. AN  4a 2 3 . 2 M Thể tích hình chóp S.ABC là: 1 1 VS . ABC  S ABC .SA  4a 2 3.8a 3 3 C A H 32a 3 3  (đvtt). 3 N 0,25 B +Ta có: VB. AMN BA BM BN 1  . .  VS . ABC BA BS BC 4 0,25 1 8a 3 3 VB. AMN  VS . ABC  . 4 3 1 2 1 2 +Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a . +Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 . +Diện tích tam giác AMN là S AMN 1 1  AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 . 2 2 +Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là: 0,25 d ( B, ( AMN ))  3VB. AMN 8a 3 3 8a 8a 17 .  2   S AMN 17 a 51 17 8 0,25 +Gọi H,E là trung điểm MN,BC suy ra H  2;1 . Từ GT suy ra IAMB, IANC là các hình thoi. Suy ra AMN,IBV là các tam giác cân bằng nhau. + Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là hình bình hành. + Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE 0,25 + Vì BC / / MN , K  2; 1  BC   BC  : y  1  0  8   H  2;1 , G  3 ;0     F  3;  1  + Từ    2 3     HF  HG  2 0,25 + Từ EF  BC   EF  : x  3  E  3; 1 0,25 + Vì F là trung điểm IE nên I  3;0   R  5 2 + Từ đây ta sẽ có:  C  :  x  3  y 2  5 . là phương trình đường tròn cần tìm. 9  y  2 0,25 + Đk:  2 x  y + Từ pt thứ 2 ta có:  y  4  2 y  12   8  x 2  y   x2  8  y   y  4  2 y  12    2  x2  8  y   2   2  2  x 2  y  x 2  2  x 2  y   0  y  4  2 y  12   2 2 2y  8  y  6   x x2  2  x2  y  2 y  8  y  6   y  2 2 2 x  2  x  y   y2 0 x 2   2  x 2  y   0 2 0 0.25 + Thay vào pt 1 ta được: 2 y  2  3 y  2  x3  4  x  0,25  3 y2  3 y2  x 4  x  3 y2  3 3 4  3 y2  x 4  x + Xét hàm số: ft   t  t 3  4 t  R Ta có: 3t 2  0,   t  R   f 3 y  2  f  x     2 t 4  y  2  0  x   3 4  + Vậy ta sẽ có:  TM   3 y  2  x  y  2 f t  '  1   Kl: Nghiệm duy nhất của hệ là:  x; y    3 4; 2 10 y2  x 3 3 0,25  2 + Ta có:  a  b   0  2ab  a 2  b 2 . Nên ta sẽ có: 2a 2  7b 2  16ab  2a 2  7b 2  2ab  14ab  3a 2  8b 2  14ab    a  4b  3a  2b  4a  6b  2a  3b 2 + Vậy ta sẽ có: 0,5 25a 2 2 2 2  2a  7b  16ab 25b 2 + Tương tự ta cũng có: 25a 1 2a  3b 2b 2  7c 2  16bc + Mặt khác theo Cauchy  shwarz Ta có:  25b 2 2b  3c  2 3c 2 25c 2  3 2  2c  c 2     a  a c  3a  2c  3 + Từ (1),(2),(3) ta sẽ có: 2  a2  a  b  c   c 2  2c  b2 c2  2 P  25      c  2c  25. 5a  b  c  2a  3b 2b  3c 2c  3a  2  5  a  b  c   c  2c 0.25 2 + Mà a  b  c  3 theo giả thiết nên ta sẽ có: P  c 2  2c  15   c  1  14  14 Vậy GTNN của P  14 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 0.25  Chú ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN Năm học 2015 - 2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7. 9 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x + trên x−1 đoạn [2; 5]. Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + 1 đạt cực tiểu tại x = 1.   π π 3 Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos α + . cos α − , biết cos α = . 3 3 5 Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, BC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có AD = DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh BC; I là trung điểm của AH; đường thẳng AI cắt DC tại K(1; −2). Tìm toạ độ của các điểm D, C biết DH : x − 2y − 3 = 0 và D có tung độ nguyên. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   x3 + x2 + 3x − 1 = y + (y + 4)√y + 1 √  3y 2x + 1 = 2(x3 − y − 1) (x, y ∈ R). Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x y P =p +p + x2 + y 2 y2 + z2 r z . z+x 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:.................................. SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: TOÁN LỚP 12 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ. Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng. Câu Nội dung Điểm *) TXĐ:  *) Sự biến thiên: +) Giới hạn tại vô cực: lim y  ; lim y   x  x  x  2 +) Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x; y '  0   x  0 0.25 +) BBT: 0.25 1.1 (1,0đ) +) HS đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   ; HS nghịch biến trên khoảng  0; 2  +) HS đạt cực đại tại x  0; y C§  2 ; HS đạt cực tiểu tại x  2; y CT  2 0.25 *) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị 0.25 Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm của tiếp tuyến  cần tìm với đồ thị  C  . HSG của tiếp tuyến  là k  3 x0 2  6 x0 0.25 1.2  x0  1 Do  / / d : y  9 x  7  k  9  3 x0 2  6 x0  9   (1,0đ)  x0  3 0.25 Với x0  1  y0  2   : y  9 x  7 ( loại) 0.25 Với x0  3  y0  2   : y  9 x  25 ( thoả mãn). KL:……. 0.25 1 Câu Nội dung TXĐ: D   \ 1  Hàm số xác định và liên tục trên đoạn  2;5 2 (1,0đ) y '  1  x  4   2;5  ; ,  x  D y '  0   2  x  1  x  2   2;5  9 y  2   11; y  5   29 ; y  4  7 4 0.25 0.25 0.25 Vậy min y  7  x  4; m ax y  11  x  2.  2;5 Điểm  2;5 0.25 TXĐ:  ; y '  3 x 2  2  m  3 x  m 2 ; y ''  6 x  2  m  2  0.25 m  1 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  y ' 1  0  m 2  2m  3  0    m  3 0.25 (1,0đ) Với m  1  y '' 1  2  0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 . Vậy m  1 thoả mãn. 0.25 3 Với m  3  y '' 1  6  0 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 . Vậy m  3 loại. 0.25 KL:…… 4 (1,0đ) 1 2  1  1 2 P   cos 2  cos    2 cos   1   2 3  2 2 Mà cos   3 39 P 5 100 0.5 0.5 Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phần tử của không gian mẫu là:  = 6! 0.25 Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”. 5 Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!. Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thành (1,0đ) việc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!. 0.5 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là:  A =3!.4! Xác suất của biến cố A là P  A    A 3!.4! 1    6! 5 0.25 + SA   ABCD   AB là hình chiếu vuông góc của SB lên  ABCD  6   SBA   450   SB,  ABCD     SB, AB   SBA (1,0đ) + Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a 0.5 + S ABCD  2a 2 1 2a 3 + VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3 2 Câu Nội dung Điểm + Dựng hình bình hành ACBE. Ta có EB / / AC  AC / /  SBE   d  AC , SB   d  AC ,  SBE    d  A,  SBE   1 a3 VS . ABE  VS . ABCD  . 2 3 0.5 Tam giác SBE có BE  AC  a 5; SE  a 5; SB  a 2  S SBE  Vậy d  A,  SBE    3a 2 2 3.VS . ABE 2a 2a   d  AC , SB   S SBE 3 3 + Kẻ BE vuông góc DC tại E   EBC   EC  DE  AB; HDC + Kẻ KF vuông góc DH tại F. KF  d  K , DH   2 5 0.25   tan EBC   1  sin HDC  1 tan HDC 2 5  KD  7 (1,0đ) KF 2  sin HDC + D  DH  D  2d  3; d  , d  ; DK   2d  2    d  2  2 2  d  2 2 d   2 5  0.25 Vì d    d  2  D  1; 2  AB  a  a  0   CD  2a; CE  a Đặt   2a ; BC  EC.sin EBC   a 5  BH  3a CH  CD.sin HDC 5 5 CK HC 2 2a 8a    CK   DK   KD  4 KC AB HB 3 3 3 0.5   1  KD  4 KC  C  ; 2  . KL……. 2  ĐKXĐ: y  1 x 3  x 2  3 x  1  y   y  4  y  1  x 3  x 2  3 x   y  1 y  1   y  1  3 y  1 8 Xét hàm số f  t   t 3  t 2  3t ; f '  t   3t 2  2t  3  0, t    hàm số f  t  đồng biến 0.25 (1,0đ) trên  Mà 1  f  x   f   y 1  x  y  1  x  0; x 2  y  1  y  x 2  1 Thế y  x 2  1 vào phương trình (2) ta được: 0.25 3 Câu Nội dung Điểm 3  x 2  1 2 x  1  2  x 3  x 2    x  1 3  x  1 2 x  1  2 x 2   0 x  1  2 3  x  1 2 x  1  2 x  3 Do x  0  x  1  0  3  4 x 4  18 x3  45 x 2  36 x  9  0   x 2  6 x  3 4 x 2  6 x  3  0 0.25 x  3  2 3  x2  6x  3  0  2   x  3  2 3  ko t / m   4 x  6 x  3  0 VNo  x 1 y  0 x  3  2 3  y  20  12 3  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là 1;0  ; 3  2 3; 20  12 3 P 1  y 1   x 2  1 z 1    y 2 Do abc  1; c  1  ab  1  P Xét hàm số f  c   9 (1,0đ) f 'c  1  1 x z 1 1 a 2 y z x ; b  ; c   abc  1; c  1 x y z . Đặt a   1 1 b 2  0.25  2 1  ab 0.5 2 1 2 c 1   1  ab 1 c 1 c 2 c 1 , c  1;   1 c 2 c ; f 'c  0  c  4 1  c  c . 1  c BBT c 1 f’(c)  4 + 0 - 0.5 5 f(c) Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 2 2 2 1 5 đạt được khi a  b  ; c  4 hay x  2 y  4 z . 2 4 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 2x  3 có đồ thị  C  . x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng  d  : y  x  2m cắt đồ thị  C  tại 2 điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 2 cos 2x  sin x  cos x  0 . x 1 b) Giải bất phương trình: 32 x 1  4.    1  0. 3 Câu 3 (0,5 điểm). Cho số phức z thỏa mãn: 1  i  z  14  2i . Tìm mô đun của số phức z. Câu 4 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: 4 x  9  x 2  3 x 2  5  2 8 x  3x 2 .  x2  Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I    e x   dx x 1  0 Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và BC  2 AB . 3 Mặt bên SAB là một tam giác vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính thể tích khối chóp S. ABC và côsin của góc giữa hai đường thẳng AB và SC , biết SA  a. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A  5;3 , B  4;6  . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đường thẳng qua I và song song với AB cắt  11 9  BC tại F   ;  . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.  4 4 Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  3; 1; 3 , B 1;0; 1 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  2  0 . Gọi C là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  P  . Tìm tọa độ điểm C và viết phương trình mặt phẳng  ABC  . Câu 9 (0,5 điểm). Một lớp khối 12 có 26 học sinh giỏi, trong đó có 10 học sinh giỏi là học sinh nam, 16 học sinh giỏi là học sinh nữ và lớp trưởng là học sinh giỏi nữ, bí thư chi đoàn là học sinh giỏi nam. Nhà trường cử 4 học sinh giỏi của lớp đi dự hội nghị tổng kết năm học. Tính xác suất sao cho trong số 4 học sinh được chọn chỉ có 1 cán bộ lớp (lớp trưởng hoặc bí thư), có cả học sinh giỏi nam và học sinh giỏi nữ. Câu 10 (1,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x 2  y 2  2 x  1  x 2  4 y 2  2 x  1  3x  3x  4 y   20 y 2  9 y  42 . 5 -------------------------- Hết --------------------------Họ và tên thí sinh: …………………………………………. Số báo danh:………………………… SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN Câu HƯỚNG DẪN CHẤM – ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Nội dung 2x  3 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x2 * Tập xác định: D  R | 2 * Sự biến thiên: +) lim y  2; lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị. x  Điểm 0,25 x  lim y  ; lim y    x  2 là tiệm cận đứng của đồ thị. x 2 +) y '  1 x 2 1  x  2 2  0x  2  hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  ;  2;   . Không có cực trị. +) Bảng biến thiên: x  y' + y 2 * Đồ thị:  2  + 0,25 2  0,25 b) Phương trình hoành độ giao điểm:  2 x  3   x  2m  x  2   x  2  2x  3  x  2m x2  x 2  2mx  4m  3  0 1 0,25 0,25 Đường thẳng  d  cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt 0,25 x  2 0,25 m 2  4m  3  0 m  3   2 m  1  2   2m  2   4m  3  0 Vậy với m   ;1   3;   thì  d  cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt . 0,25 2 cos 2x  sin x  cos x  0   Phương trình  cos 2 x  cos  x   4  0,25   2 x  x   k 2    k 2 4  . . Thu gọn ta được: x   k 2 ; x    4 12 3  2 x   x    k 2  4 0,25 a) Giải phương trình: 2 x 1 b) Giải bất phương trình: 32 x 1  4.    1  0. 3 Bpt  3.32 x  4.3x  1  0 Đặt t  3x , t  0 . 1/4 0,25 Ta được bất phương trình: 3t 2  4t  1  0  1  t 1 3 1 x  3  1  1  x  0. 3 14  2i Ta có 1  i  z  14  2i  z   z  6  8i 1 i Khi đó: 3  z  62   8  10. 0,25 0,25 2 0,25 8 3 Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có: x 2  14 8 x  3x 2  4 3 x2  5  ;2 8 x  3x 2  2 2 2 2 x  8 x  18 Suy ra : 3 x 2  5  2 8 x  3x 2    x2  4 x  9 2 Điều kiện : 0  x  4  4 x  9  x 2  3 x 2  5  2 8 x  3x 2  4 x  9 Dấu "=" xảy ra khi x  2. Thử lại, x  2 là nghiệm của bất phương trình. 3 3 3  x x2  x2 x dx Ta có: I    e   dx   e dx   x 1  x 1 0 0 0 3 3 +) I1   e x dx  e x  e3  1 0 0 3 5 x2 dx x 1 +) I 2   0 Đặt t  x  1  t 2  x  1  x  t 2  1  dx  2tdt Đổi cận: x  0  t  1; x  3  t  2. 2 I2   1 t 2  1 t 2 2 2tdt  2  t 4  2t 2  1 dt  1 S D C A 6 91 76 . Vậy I  e3  . 15 15 Do SA  AB,  SAB    ABC   SA   ABC  AB  SA  a, BC  2 AB  2a. 1 1 S ABC  AB.BC  a.2a  a 2 . 2 2 1 1 1  VS . ABC  SA.S ABC  a.a 2  a3 . 3 3 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 B Dựng hình bình hành ABCD. Do ABC  900 nên ABCD là hình chữ nhật. Suy ra: CD  a; AD  2a. Có: AC 2  a 2  4a 2  5a 2  SC 2  a 2  5a 2  6a 2  SC  a 6 0,25 SD2  SA2  AD2  a 2  4a 2  5a 2  SD  a 5. cos DCS  CD 2  SC 2  SD 2 a 2  6a 2  5a 2 6    0. 2CD.SC 6 2.a.a 6 6 . Suy ra: cos  AB, SC   6 2/4 0,25 Gọi (d) là đường thẳng qua A và vuông góc với  P  . Ta có: nP   2;1; 2 là véc tơ  x  3  2t  chỉ phương của (d). Phương trình (d):  y  1  t  z  3  2t  7 0,25 Gọi C  3  2t; 1  t; 3  2t  . Có C   P   t  1  C 1; 2; 1 . 0,25 Ta có: AB   2;1; 2  , AC   2; 1; 2    AB, AC    4;0; 4  là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  ABC  . 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng  ABC  là: 4  x  1  4  z  1  0  x  z  0. Ta có: IF / / AB  ABI  BIF , ABI  IBF Suy ra: Tam giác BFI cân tại F  BF  FI AB   9;3  n  1;3 là véc tơ pháp A tuyến của FI . Phương trình FI : 11   9   x    3 y    0  x  3 y  4  0 4  4  I B 0,25 C F Gọi I  4  3 y; y  . 8 2 2 2 2 27   9  5   15   Ta có : BF  FI  BF  FI          3 y     y   4   4 4  4   7  13 7   y  1; y   I   ;   loai  , I 1;1 . 2  2 2 Phương trình BI : x  y  2  0 . Gọi F ' là điểm đối xứng của F qua BI . Ta tìm được  1 19  F '   ;  . Khi đó phương trình AB : x  3 y  14  0  4 4 Phương trình AC : 3x  y  6  0 . Tọa độ điểm C 1; 9  . 2 2 Gọi  là không gian mẫu của phép thử "Chọn 4 học sinh trong 26 học sinh". Ta có n     C264 . Gọi A là biến cố "chọn được 4 học sinh có đúng 1 cán bộ lớp và có cả học sinh nam và học sinh nữ". 0,25 0,25 0,25 0,25 1 +) TH1 : Chọn lớp trưởng và 1 nữ, 2 nam. Có: C15 .C92 cách. 9 +) TH2: Chọn lớp trường và 2 nữ, 1 nam. Có: C152 .C91 cách. 1 +) TH3: Chọn bí thư và 1 nữ, 2 nam. Có: C92 .C15 cách. +) TH4: Chọn bí thư và 2 nữ, 1 nam. Có: C91.C152 cách. Vậy xác suất cần tìm là P  A  0,25 C151 .C92  C152 .C91  C92 .C151  C91.C152 297  . 4 C26 1495 20 y 2  9 y  42 . 5 9 42 2 2 2 2 Ta có: P   x  1  y 2    x  1   2 y    3x  2 y   y  5 5 Đặt u   x 1; y  , v    x 1;2 y   u  v   2;3 y  P  x 2  y 2  2 x  1  x 2  4 y 2  2 x  1  3x  3x  4 y   10 3/4 0,25 Có: u  v  u  v  4  9 y 2 ;  3x  2 y   0 . 2 9 42 Khi đó: P  4  9 y 2  y  . 5 5 0,25 9 42 Xét hàm số: f  y   4  9 y 2  y  5 5  2 9 9 5y  4  9y f ' y    4  9 y2 5 5 4  9 y2 Bảng biến thiên: y 9y f'(y) f(y)   ; f ' y  0  y  1 ; 2 1 2 0 f '  0   0; f ' 1  0. 0,25 + 10 1 min f  y   10  y  . 2 1   x  3 Suy ra MinP  10   . y  1  2 0,25 - HẾT - 4/4 TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH MÔN TOÁN. Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 – LẦN 6 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x4  2(m 1)x2  m  2 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2. b) Tìm tất cả các giá trị m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (1;3). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos x  1  sin x. 1  sin x ln 3 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   e x  2 dx. 0 Câu 4 (1,0 điểm). Chọn ngẫu nhiên 3 số từ tập S  1, 2,...,11. Tính xác suất để tổng ba số được chọn là 12. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1;3; 2) , B(3;7; 18) và mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  1  0. Viết phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với AB  BC  a; AD  2a,(a  0). Các mặt bên (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính theo a thể tích tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0 và đường thẳng  : 3x  4 y  20  0. Chứng tỏ rằng đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C). Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), các đỉnh B và C cùng nằm trên đường thẳng  sao cho trung điểm cạnh AB thuộc (C). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng trực tâm H của tam giác ABC trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B có hoành độ dương. Câu 8 (1,0 điểm). Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực (4m  3) x  3  (3m  4) 1  x  m  1  0. 1  Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c   ;1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2  P a b bc c a .   c a b ------------------- Hết ---------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN (Tại Trường THPT Bắc Yên Thành – Nghệ An) Câu 1 (2.0 điểm) Nội dung a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Với m = 2, y  x 4  2x 2 * TXĐ: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 3 y'  4 x  4 x ; y'  0  4 x 3  4 x  0  x  0, x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;   ) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ; -1) và (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; ycđ = y(0) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1; yct = y(  1) = -2 - Giới hạn tại vô cực: lim ( x 4  2 x 2 )  +  Điểm 0.25 0.25 x  - Bảng biến thiên Bảng biến thiên 0.25 * Đồ thị: Tìm guao với các trục tọa độ. 0.25 . b. (1.0 điểm) Tìm m để hàm số … Ta có y' = 4 x 3  4(m  1) x 2 (1.0 điểm) y' = 0  4 x 3  4(m  1) x = 0  x  x 2  (m  1)   0. TH1: Nếu m- 1  0  m  1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +  ). Vậy m  1 thoả mãn ycbt. TH 2: m - 1 > 0  m> 1 y' = 0  x = 0, x =  m  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- m  1 ; 0 ) và ( m  1 ; +  ). 0.25 Để hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 ) thì m  1  1  m  2. Kết luận: Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3 )  m   ;2 . 0.25 0.25 0.25 Giải phương trình… Điều kiện: sin x  1 (*) 0.25 cos x  0 PT tương đương với cos x  cos 2 x   cos x  1 0. 25 1 sin x  1 Hay sin x  1 (l ) cos x  1 0. 25 Vậy nghiệm của phương trình là: x  3 (1.0 điểm)  2  k 2 ; x  k 2 , (k  ). Tính tích phân… ln 2 I  ln 3 0.25 (2  e )dx   (e x  2)dx x 0 ln 2 = (2 x  e x ) ln 2 0  (e x  2 x ) ln 3 0.25 ln 2 = (2ln 2  2  1)  (3  2ln 3)  (2  2ln 2) 4 (1.0 điểm) (1.0 điểm) 0.25 Vậy 4ln 2  2ln 3. Chọn ngẫu nhiên ... 0.25 Số trường hợp có thể là C113  165. 0.25 Các bộ (a, b, c) mà a  b  c  12 và a  b  c là (1, 2,9),(1,3,8),(1, 4,7),(1,5,6),(2,3,7),(2, 4,6),(3, 4,5) 0.5 7 . 165 Trong không gian với hệ tọa độ .... Vậy P  5 0.25 0.25 Ta có AB  (2,4, 16) cùng phương với a  (1,2, 8) , mp(P) có PVT n  (2, 1,1) . Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0  2x + 5y + z  11 = 0 Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với mp(P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P). x 1 y  3 z 2 Pt AA' : , AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của   2 1 1 2x  y  z  1  0   x  1 y  3 z  2  H(1,2, 1) . Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :    1 1  2 0.25 0.25 0.25 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H Ta có A 'B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : x  3 y 1 z   . Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương 1 1 3 trình 2x  y  z  1  0   x  3 y  1 z  M(2,2, 3)    1 3  1 2 0.25 6 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD …. 1 BD. 3 · = 600 . KÎ HE  AB => AB  (SHE), hay ((SAB);(ABCD)) = SEH Gäi H = AC  BD, suy ra SH  (ABCD) & BH = 0.25 3 1 2a 1 2a 3 a 3 AD = => SH = => VSABCD = .SH.SABCD = 3 3 3 3 3 Gäi O lµ trung ®iÓm AD, ta có ABCO lµ hình vuông c¹nh a =>ACD 1 cã trung tuyÕn CO = AD 2 CD  AC => CD  (SAC) vµ BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC). Mµ HE = 0.25 d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c BCO => IH = IH 2  HS 2  1 IC 3 = a 2 6 => IS = 5a 2 6 kÎ CK  SI mµ CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam gi¸c SIC cã : SSIC= 1 SH.IC = 1 SI.CK => CK = 2 2 0.25 SH .IC 2a 3  SI 5 VËy d(CD;SB) = 2a 3 . 5 S A K O D 0.25 I E H B 7 (1.0 điểm) 8 (1.0 điểm) C Trong mặt phẳng tọa độ .... Đường thẳng () tiếp xúc với (C) tại N (4; 2). 0.25 Gọi M là trung điểm cạnh AB. Từ giả thiết M thuộc (C) và B thuộc () , tìm được B(12; 4). (do B có hoành độ dương). 0.25 Do C thuộc () và đường thẳng (d) đi qua H, vuông góc với AB. Viết PT (d). 0.25 C  ()  (d )  (0;5). 0.25 Tìm các giá trị của tham số m …. Điều kiện: 3  x  1. Khi đó PT tương đương với m  3 x  3  4 1 x 1 4 x  3  3 1 x 1 3 0.25 (*)