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 .
x2
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
x2
* 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
0x 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
x2
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
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x cos2x 2sin x 1
1
b) Tính tích phân: I = x 2 ( x 1)2 dx
0
Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình: 2 .
3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
OM 3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)
2 y 2 3 y 1 y 1 x 2 x xy
Giải hệ phương trình
2
2 x y 3x 2 y 4 3 x 14 x 8 0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2 1 3
Chứng minh rằng: 2
.
a 1 b2 1 c2 1 2
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:..................................
Hướng dẫn giải và thang điểm
Câu
1a
Hướng dẫn giải
3
Điểm
2
Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y
x
; xlim
y ; y’=3x2-6x => y’ = 0 x 0; x 2
0,5
BBT
x
0
-
+
y'
+
2
-
0
0
+
y
2
+
1
-5
-3
-
-2
Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch
biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b
5
0.5
-4
-6
x 0
x 2m
Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0
0,5
hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1 4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S 1 d (O; AB ) AB 4 1
4m 2 (1 4 m4 ) 4 m 2(TM )
Với m
0
OAB
2a
2b
2 1 4m 4
sin 2 x cos2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0
0.5
x k
x k
sinx=0
sinx+cosx=1 x k 2 ; x 2 k 2
x 2 k 2
0,5
1
I=
0,5
1
x 2 ( x 2 2 x 1) d x
0
(x
4
2 x3 x 2 )dx
0
x5
x4
x3
(
2
)
5
4
3
3.a
2
1
0
0,5
1
30
Không gian mẫu có: C92 36
0,25
Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: A C42 C52 16
Xác suất của biến cố: PA= A 16 4
36 9
3.b
Đặt t=
0,25
0.25
t 2
1
( ) x (t 0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0
3
t 1
1 x
( ) 2
Ta có 3
( 1) x 1
3
4
0,5
0,5
x log1 / 3 2
x 0
x 2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc
1
2
2
x 2 t
y 1 2t
z 1 2t
t 1
OM (2 t ) 2 (1 2t ) 2 (1 2t ) 2 3 9t 2 12t 3 0
1
t
3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ; 1 )
0,5
Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);
3 3
3
0,5
5
DB ( SAC ) hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là
CM:
0,25
DSO 30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2 x a . S
AC.BD 2 x 2 a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
a3
ABCD
3
N
Gọi
là
trung
điểm
0,25
S
3
của
AB
Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=
=>
DN//
BM
1
d(A;(SBM))
2
0,25
Kẻ AI BM ; AH SM .
Từ đó CM được AH ( SBM ) d ( A;( SBM )) AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6
7
1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2
H
D
A
N
M
I
0,25
C
B
1
1
1
2
1
AH a d ( D;( SBM )) a
2
2
2
AH
AI
SA
3
3
Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD
0,25
A
K
0,25
H
5 1 ( x 1) 2 x 3 hoac x 1(l ) D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5) B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x 0; y 1; 3x 2 y 4 0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2
(1)
D
E
C
0,5
I
0,5
2
y 1 x ( y 1) x y ( y 1 x) 0
1
1
2 y 1 x) 0 y x 1(do
2 y 1 x 0)
y 1 x
y 1 x
( y 1 x)(
Khi đó:
(2) 3 x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0 ( 3 x 1 4) (1 6 x ) ( x 5)(3 x 1) 0
0,5
3
1
3x 1) 0 x 5 y 6
3x 1 4 1 6 x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab bc ca 1; 1 a 2 a 2 ab bc ca ( a b)(a c)
( x 5)(
8
Ta có:
a
b
a
b
1 ab
1 ab
1
2
2
2
2
a 1 b 1 (a b)( a c) (a b)(b c ) ( a b)(a c)(b c)
(1 a )(1 b ). 1 c
1 c2
2
Suy ra: VT
2
1 c2
c2 1
2c ( 1 c 2 2)
f
(
c
)
f
'(
c
)
f '(c) 0 c 3
c2 1
(1 c 2 ) 2
0,5
0,25
Từ đó ta CM được:
c 3
a b 2 3
maxVT = max f ( c) = f ( 3) 3 khi a b
2
c 3
2
a 2 3a 1 0
0,25
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 bc 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
(*)
Do ( x 3)2 ( 1 x )2 4. Nên ta đặt
x 3 2sin
4t
;
1 t2
1 x 2cos
2(1 t 2 )
,
1 t2
t tan 2
7t 2 12t 9
với 0 , khi đó (*) m
.
2
2
5
t
16
t
7
t 0;1
Xét hàm số f (t )
0.25
7t 2 12t 9
, t 0;1. Lập bảng biến thiên của hàm số f (t ).
5t 2 16t 7
7 9
Kết luận: m ; .
9 7
9
(1.0 điểm)
0.25
0.25
Cho các số thực …
1
c
b
1
x y 1
Không mất tính tổng quát, giả sử c b a 1. Đặt x ; y 2
.
a
a
2
c ax; b ay
0.25
Khi đó
1 1
(1 y ) y 1 y 2 3 y 1
(1 y )( y x)(1 x)
2 2
2
2.
P
1
xy
y
y
2
Xét hàm số f ( y )
y2
3
1
y
2
2 , 1 y 1. Lập bảng biến thiên (hoặc sử dụng bất
y
2
0.50
0.25
2
2
đẳng thức Cô si), chứng minh được f (t ) 1
.
2
2
2
Kết luận: MaxP 1
. (Tìm được a, b, c để đẳng thức xẩy ra).
2
-------------------- Hết -------------------
4
0.25
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
Năm học: 2013-2014
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1)
Môn: TOÁN; Khối A và khối A1
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x 3
Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y
có đồ thị (C).
x2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
b) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB
ngắn nhất .
Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình: 2 sin 2x +sinx+3cosx+2=0
4
Câu 3 ( 1,0 điểm). Giải bất phương trình: x 2 log 5 2 x 2 x 2 1 x 3 6 3x 2 x
x 3 y 3 3 y 2 3x 2 0
Câu 4 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2
2
x 1 x 3 2 y y 1 0
·
Câu 5 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a, ACB
300 . Gọi I là
uur
uur
trung điểm BC, hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn: IA 2IH . Góc
giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ trung điểm K của
SB tới mặt phẳng (SAH) theo a ?
1
2
3
Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a ; b ; c và 2a 3b 4c 7 . Tìm giá trị nhỏ
2
3
4
1
1
1
nhất của biểu thức A 2a 3b 4c
2a 1 3b 2 4c 3
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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1; 1) , điểm
M(1; 2) là trung điểm AC và phương trình cạnh BC là: 2x y 1 0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C của
tam giác ABC ?
Câu 8.a (1,0 điểm). Cắt hình nón (N) đỉnh S cho trước bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác
vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh của hình nón (N). Tính thể tích khối cầu nội
tiếp hình nón (N)
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm O. Trên d1 lấy 6 điểm phân biệt khác điểm
O. Trên d 2 lấy n điểm phân biệt khác điểm O. Tìm n để số tam giác tạo thành từ n 7 điểm trên (kể cả điểm O)
là 336
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): x + y – 2 = 0 cắt đường tròn (C) có
phương trình: x 2 y 2 4 x 4 y 4 0 tại hai điểm A và B. Tìm điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích
tam giác ABC lớn nhất?
Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hình trụ (T) có bán kính đáy bằng a. Một mặt phẳng () song song và cách trục OO '
a
của hình trụ bằng cắt hình trụ (T) theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích xung quanh của hình trụ (T)
2
và tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình trụ (T)
Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để 3 viên bi được chọn, trong đó có đúng một viên bi xanh ?
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………; Số báo danh: …………………….
--------------------------------------------HẾT--------------------------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) KHỐI A VÀ A1 – Năm hoc: 2013-2014
Câu 1:
a)(1,0 đ)
(2,0 điểm)
2x 3
x2
- TXĐ: D = R \ {2}
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn: lim y 2 . Do đó ĐTHS nhận đt y = 2 làm TCN
Hàm số y =
x
lim y ; lim y . Do đó ĐTHS nhận đt x = 2 làm TCĐ ……………..
x 2
x 2
+) Bảng biến thiên:
1
Ta cã : y’ =
< 0 x D ..........................................................
2
x 2
x
2
y’
y
0,25
0,25
-
-
2
2
Hàm số nghịch biến trên hai khoảng ;2 và 2; ,
hàm số không có cực trị ...............................................................................
+ ) Vẽ đồ thị
0,25
8
6
4
2
-5
5
10
0,25
-2
-4
b)(1,0 đ)
1
1
Lấy điểm M m; 2
.
C . Ta có : y ' m
2
m2
m 2
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :
1
1
y
x m 2
2
m2
m 2
………………………………….
2
Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A 2; 2
m2
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) …………………..
1
2
Ta có : AB2 4 m 2
8 . .................................................
2
m 2
Dấu “=” xảy ra khi m = 1 hoặc m=3
0,25
0,25
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
52 
201 
137 
