Tài liệu LUYỆN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN - 2016 CÓ HƯỚNG DẪN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA -2016 Môn: TOÁN, Khối D Trường THPT Chuyên Hà Nội - Amsterdam Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) 2x 1 CÂU I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị  C  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. 2. Tìm điểm M trên  C  để tổng các khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất. CÂU II (2 điểm) 1. Giải phương trình: sin x  sin x  sin 2 x  cos x  1. 2. Giải phương trình: 5 x.8 x 1 x  500. 1 CÂU III (1 điểm) Tính tích phân: I   x 1  xdx. 0 CÂU IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi I , K lần lượt là trung điểm của A ' D ' và BB '. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng IK , AD và tính thể tích của khối tứ diện IKAD. CÂU V (1 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện a2  b2  c2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  a3  b3  c3 . 1  b2 1  c2 1  a2 PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn CÂU VI. a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với điểm A  2; 4  và hai đường phân giác trong của các góc B, C lần lượt có phương trình d1 : x  y  2  0; d 2 : x  3 y  6  0. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm M 1;2;3 . Hãy viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm M và cắt các trục Ox, Oy, Oz tương ứng tại các điểm A, B, C sao cho O . ABC là hình chóp đều. CÂU VII. a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1, 2,3, 4,5 có thể lập được bao nhiêu số lẻ có 4 chữ số, các chữ số đôi một khác nhau và luôn có mặt chữ số 2. B. Theo chương trình nâng cao CÂU VI.b 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC và điểm M  0; 1 . Phương trình đường phân giác trong của góc A và phương trình đường cao tại C lần lượt là x  y  0, 2 x  y  3  0. Hãy viết phương trình cạnh BC biết rằng đường thẳng AC đi qua M và độ dài AB  2 AM . x y2 z4 x  8 y  6 z  10  ; d2 :   . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 :  1 1 2 2 1 1 Chứng minh d1, d2 là hai đường thẳng chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng này. CÂU VII. b (1 điểm) Giải phương trình log 32  2 x   2 log 22 x  9. --------------- Hết ------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN TRƯỜNG HÀ NỘI - AMSTERDAM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án 1. (1 điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Tập xác định: D   \ 1 .  Điểm Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: y '  1  x  1 2   x  D  hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;1 Câu I (2 điểm) và 1;   .  TCĐ x  1; TCN: y  2.  BBT: x  y'  y 1    2 2   Đồ thị: 1đ 2. (1 điểm) Tìm M để tổng khoảng cách tới các TC nhỏ nhất 1   Giả sử M  m; 2     C  . Khoảng cách từ M đến TCĐ là d1  xM  1  m  1 ; m 1   1 khoảng cách từ M đến TCN là d 2  yM  2  . Tổng khoảng cách từ M đến 2 m 1 TC là T  d1  d 2  m  1  1  2, dấu ''  '' xảy ra m 1 m  0 2   m  1  1    M 1  0;1 hoặc M  2;3 . m  2 1 1đ 1. (1 điểm) giải phương trình lượng giác ĐK sin x  0. 2 2 1  1  PT  sin x  sin x  cos 2 x  cos x   sin x     cos x   2  2  1 1 1 1  sin x   cos x  hoặc sin x    cos x  . Giải các phương trình này ta 2 2 2 2 1đ Câu II (2 điểm) được nghiệm x  k 2 hoặc x      k 2 với    0;   sao cho sin   5  1 .   2  2 2. (1 điểm) Điều kiện x  0. phương trình tương đương x 5 .2 3 x 3 x 2 3  2 .5  5 x3 2 2 3 x 3 x  log 5 5 x 3  log 5 2 3 x x  x 3 x 3 log 5 2  0 x 1đ x  3  1    x  3 1  log 5 2   0   .  x   x   log 5 2 1 Câu III 4 2 2 2 Đặt t  1  x  t  1  x  dx   2 tdt . Khi đó I  2 (1 điểm)  t 1  t dt  15 .   1đ 0 Gọi M là trung điểm của CC ',  A ' D ' MK  là mặt phẳng chứa IK và song song với AD.  khoảng cách giữa AD và IK bằng khoảng cách từ 2 5 . D đến D ' M và bằng HD  5 Câu IV 6 AD  1, IK  IA '2  KA '2  . (1 điểm) 2 KA ' sin  AD, IK   sin  A ' D ', IK   KI 30  . 6 1 1 VIKAD  AD.IK .sin  AD, IK   . 6 6 3 3 a a b2  1 1 AD BĐT Cô si:    3a 2 3 . Tương tự cho các BĐT 2 2 4 2 16 2 2 b  1 2 b  1 Câu V (1 điểm) còn lại. Cộng các BĐT theo vế và chú ý 3 2 3 2 a2  b2  c2  3  P   min P   a  b  c  1. 2 2 1. (1 điểm) Viết phương trình cạnh BC Gọi H1 , A1 lần lượt là hình chiếu của A trên d1 và điểm đối xứng của A qua Câu d1  H1  4; 2  , A1  6; 0  . VI.a (2 điểm) Tương tự, gọi H 2 , A2 lần lượt là hình chiếu của A trên d 2 và điểm đối xứng qua d 2 6 8  2 12  của A  H 2  ;   , A2  ;  . Phương trình đường thẳng BC là 3 x  7 y  6  0. 5 5 5 5  2 1đ 1đ 1đ 2. (1 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) x y z Phương trình đoạn chắn:  P  :    1. Ta có a b c  a  b  c  6   P1  : x  y  z  6  0 a  b  c     a  2  c; b  2   P2  : x  y  z  2  0. 1 2 3    1  a b c  a  4; b  c  4   P3  : x  y  z  4  0 Xét các TH: Câu + TH 1: Số có dạng 2bcd  3 A42  36. (Cách) VII.a (1 điểm) + TH 2 : Số có dạng a 2cd  3.3.3  27. (Cách) + TH 3: Số có dạng ab2d  3.3.3  27. (Cách) Tổng cộng có 90 cách. 1. (1 điểm) Viết phương trình cạnh BC + Lấy N đối xứng với M qua AD  N  1; 0  . + AB qua N và vuông góc với CH  AB : x  2 y  1  0  A 1;1 . 1đ 1đ 1đ + N là trung điểm của AB  B  3;1 . + C là giao điểm của AM và CH  1   C   ; 2   BC : 2 x  5 y  11  0.  2  2. (1 điểm) CM hai đường thẳng vuông góc và viết PT đường vuông góc chung  d1 đi qua M 1  0;2; 4  và có VTCP u1  1;1; 2 ; d 2 đi qua M 2  8;6;10  và có VTCP     u2   2;1; 1 . Vì u1 , u2  .M 1M 2  20  0  d1 , d 2 chéo nhau. Chuyển 2 phương trình Câu x  t  x  8  2u VI.b   (2 điểm) về dạng tham số d1 :  y  2  t ; d 2 :  y  6  u . Giả sử  z   4  2t  z  10  u    A  t ; t  2; 2t  4  , B  2u  8; u  6;10  u   AB   2u  t  8; u  t  4; u  2t  14  .     18 30 6   AB.u1  0 34 36 Giải hệ    t  ;u   AB    ; ;  . 7 7  7 7 7   AB.u2  0  7  Đường vuông góc chung d của d1 , d 2 nhận vecto u   AB   3; 5;1 làm VTCP, 6 34 48 40 do đó phương trình của d là: x   3t; y   5t; z   t t    . 7 7 7 Câu Điều kiện x  0. Biến đổi phương trình về VII.b 1 3 2 (1 điểm) dạng log 2 x  log 2 x  3log 2 x  10  0  log 2 x  2  x  4 . 3 1đ 1đ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y   x 3  3mx  1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x . 2 Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 x 3  2 ln x dx . x2 Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình 52 x 1  6.5 x  1  0 . b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng x 1 y 1 z  3   . Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường 2 1 3 thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 . d: Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình của  đường thẳng AB . Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4   4 y 2  x  2  y  1  x  1 Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P bc 3a  bc  ca 3b  ca  ab 3c  ab …….Hết………. ĐÁP ÁN Câu 1 Nội dung Điểm a. (1,0 điểm) Với m=1 hàm số trở thành: y   x3  3x  1 TXĐ: D  R y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1 0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   , đồng biến trên khoảng  1;1 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 lim y   , lim y   x  x  * Bảng biến thiên x – y’ + y -1 0 + – + 1 0 3 + - -1 Đồ thị: 4 0.25 2 2 4 B. (1,0 điểm) y '  3 x 2  3m  3  x 2  m  0.25 y '  0  x 2  m  0  * Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị  PT (*) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 **   Khi đó 2 điểm cực trị A  m ;1  2m m , B    m ;1  2m m  Tam giác OAB vuông tại O  OA.OB  0  4m3  m  1  0  m  Vậy m  0.25 1 2 1 ( TM (**) ) 2 0.25 0.25 0,25 2. (1,0 điểm) sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x 0.25  (sin 2 x  6sin x)  (1  cos 2 x)  0  2 sin x  cos x  3  2 sin 2 x  0 0. 25  2sin x  cos x  3  sin x   0 sin x  0  sin x  cos x  3(Vn)  x  k . Vậy nghiệm của PT là x  k , k  Z 0. 25 0.25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 2 ln x x2 ln x 3 ln x I   xdx  2  2 dx   2  2 dx   2  2 dx x 2 1 1 x 2 x 1 1 1 0.25 2 ln x dx 2 x 1 Tính J   3 Đặt u  ln x, dv  0.25 1 1 1 dx . Khi đó du  dx, v   2 x x x 2 2 1 1 Do đó J   ln x   2 dx x x 1 1 2 1 1 1 1 J   ln 2    ln 2  2 x1 2 2 Vậy I  4. 0.25 1  ln 2 2 0.25 (1,0 điểm) a,(0,5điểm) 0.25 5  1 5  6.5  1  0  5.5  6.5  1  0   x 1 5   5 x  0 Vậy nghiệm của PT là x  0 và x  1   x  1 b,(0,5điểm) n     C113  165 x 2 x 1 x 2x x Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61  C51.C62  135 135 9 Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là  165 11 0.25 0.25 0.25 5. (1,0 điểm)  Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3  Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3 làm VTPT 0.25 Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0  2 x  y  3 z  18  0 0.25 0.25 Vì B  d nên B  1  2t ;1  t ; 3  3t  AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0 2 6. 2 t  3  13 10 12    3 Vậy B  7; 4;6  hoặc B   ; ;   t  7  7 7  7 (1,0 điểm) Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1) Vì SH   ABC  nên SH  AB (2) 0.25 0.25 Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc   60 giữa SK và HK và bằng SKH  Ta có SH  HK tan SKH 1 1 1 a3 3 Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH  3 3 2 12 a 3 2 0.25 Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM Ta có 1 1 1 16 a 3 a 3 . Vậy d  I ,  SAB       2  HM  2 2 2 HM HK SH 3a 4 4 0.25 0,25 7. (1,0 điểm)  Gọi AI là phan giác trong của BAC  Ta có :  AID   ABC  BAI 0,25   CAD   CAI  IAD   CAI ,  nên   Mà BAI ABC  CAD AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI PT đường thẳng AI là : x  y  5  0 0,25 Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0 Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)   VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5   VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5 x  3 y  7  0 (1,0 điểm). 0,25 0,25  x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4(1)   4 y 2  x  2  y  1  x  1(2) 0.25  xy  x  y 2  y  0  Đk: 4 y 2  x  2  0  y 1  0  Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0 Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 ) u  v Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0   u  4v(vn) 8. Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được :  4 y 2  2 y  3   2 y  1  2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  y  2 ( vì    4 y2  2 y  3  y 1  2 y 0.25  y 1 1  0  y2 2  0   y  2   2  4 y  2 y  3  2 y 1 y 1 1  2 4 y2  2 y  3  2 y 1  1  0y  1 ) y 1 1 Với y  2 thì x  5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2   1 0 y  1  1  0.25 0.25 9. (1,0 điểm) . bc bc bc bc  1 1        2  ab ac  3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c) 1 1 2   Vì theo BĐT Cô-Si: , dấu đẳng thức xảy ra  b = c ab ac (a  b)(a  c) Vì a + b + c = 3 ta có Tương tự Suy ra P  ca ca  1 1      và 2 ba bc 3b  ca ab ab  1 1      2  ca cb 3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c 3     , 2(a  b) 2(c  a ) 2(b  c) 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P = 0,25 0,25 0,25 3 khi a = b = c = 1. 2 0,25 TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 3  6 x 2 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y  mx tại ba điểm phân biệt. Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x  sin x  1  cos x 1  cos x  . Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân: ln 2 1. I  e. x 7 5  e dx . x 2. 0 I   ln 2   x  2  1 dx . Câu 4: (1,0 điểm). 1. Giải phương trình: log 2  4x  log 2 x  2  10 . 15  2  2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:   x2  ;  x  0 .  x  Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A 1;1; 2  , B  3;0;1 , C  1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy. Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC. Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB  3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C). 2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ;  x, y  R  . 2  2 y  4 y  3  5  y  x  4 -------------------------Hết------------------------- 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm. Câu Nội dung 1 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) TXĐ: D = R. y '  6 x 2  6 x . Điểm 0,25 x  0 . Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8. y' 0    x  2 Giới hạn. 0,25 Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị. 0,25 Vẽ đồ thị. 0,25 2/ (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình: x  0 . 2 x 3  6 x 2  mx  x  2 x 2  6 x  m   0   2 2 x  6 x  m  0 (*)  0,25 Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0. 0,25 9   '  0 9  2m  0 m  Khi đó:    2. m  0 m  0 m  0 2 (1,0 điểm) 0,5 sin x  sin x  1  cos x 1  cos x   sin x  cos x  1 0,25   1    2 sin  x    1  sin  x    4 4 2   0,25  x  k 2 .   x    k 2  2 0,25 KL. 0,25 3 (2,0 1/ (1,0 điểm) điểm) Đặt u  5  e x . Tính e x dx  2udu . Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u  3 . 2 2u 3 Khi đó: I   2u du  3 3 2 2  3 16 2 3. 3 0,25 0,25 0,5 2 KL. 2/ (1,0 điểm) Đặt t  x  2 . Tính dx  2tdt . 0,25 Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3. 3 Khi đó: I   2t.ln  t  1 dt . 0,25 2 Sử dụng từng phần ta được I  16 ln 2  3ln 3  3 . 2 0,5 4 (1,0 1/ (0,5 điểm) điểm) 1 Đk: x  . 4 Ta có: log 2  4x  log 2 x  2  10  2 log 2 x  4  log 2 x  2  10  0 . 0,25 Đặt t  log 2 x  2 , (t ≥ 0). t  2 Phương trình có dạng: 2t  t  10  0   . t   5 (l )  2 2 log 2 x  2  2  log 2 x  2  x  4 . Với t = 2 ta được Vậy phương trình có nghiệm x = 4. 0,25 2/ (0,5 điểm) 15 15  k 15  2   2  Ta có:   x 2    C15k .   k 0  x   x . x Khi đó xét số hạng không chứa x ta có 15   2 2 k k 0 15  k k 15 .C .x 5 k 15 2 . 0,25 5k  15  0  k  3. 2 Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .     5 (1,0 Ta có AB   2; 1;3 , AC   2;1;5  ;  AB; AC    8; 16;0  .   điểm)  Do đó n  1; 2;0  là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC). Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0. 0,25 0,25 0,25 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0). a  3 2 Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA  R   a  1  5  9   .  a  1 0,25 3 Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên  S  : x 2   y  3  z 2  9 . 2 Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên  S  : x 2   y  1  z 2  9 . 2 6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH  (ABCD) và điểm) a 3 SH  . 2 0,25 0,25 Do AB  a  AD  a 3 . Khi đó S ABCD  AB. AD  a 2 3 . Vậy 1 a3 VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 2 0,25 Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP  (ABCD). 0,25 Dễ thấy ∆MPN vuông tại P. Ta có MP  1 a 3 a 13 SH  ; PN   MN  a . 2 4 4 0,25 7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2. điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau. 0,25 Theo công thức diện tích , từ S MAB  3S IAB ta được MA2  3R 2  MI  4 . 0,25 a  1 Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI  4 nên  . a  5 0,25 Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2). 0,25 8 (1,0 Đk: 4  x  1 . điểm) Ta có: 2 y 3  7 y  2 x 1  x  3 1  x  3  2 y 2  1  2  y  1  y  1  2 1  x  1  x  1  x . 3 0,25 Xét hàm số f  t   2t 3  t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng: f  y  1  f   1 x  y 1  1 x  y  1 1 x . 0,25 Thế vào phương trình còn lại ta được: 3  2x  4  1 x  x  4  x  4  1 x  3  2x  4  0 . Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy nhất x = – 3. 0,25 Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3). 0,25 -----------------------Hết----------------------- 4 SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2 x 2  1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại của (C). Câu 2. (1,0 điểm)   cos x 2sin x  3 2  2cos 2 x  1  1. 1  sin 2 x 2 b) Cho số phức z thỏa mãn: 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z. Tính môđun của z. a) Giải phương trình Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x  log 2  4 x   5. Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3  6 x 2  171x  40  x  1 5 x  1  20  0, x   e Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I   1 1  x3 lnxdx. x Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB  BC  a,   900 , cạnh SA  a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình BAD chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại 4  D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương 3  trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2. Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: x 1 y z 3 . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai   1 1 1 điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5. Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng: a3 a3   b  c  3  b3 b3   c  a  3  c3 c3   a  b  3 1 ------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ........................... Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN Câu Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án a) (1,0 điểm)  Tập xác định: R.  Giới hạn và tiệm cận: lim y  . Đồ thị (C) có không tiệm cận. x   Điểm 0,25   CBT: Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1 ; y'  0  x  0  x  1. Dấu của y’: y '  0  x   1;0   1;   ; y '  0  x   ; 1   0;1  hàm số ĐB trên mỗi khoảng  1;0  và 1;    . NB trên mỗi khoảng  ; 1 và (0 ; 1) 0,25  Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.  Bảng biến thiên: x y’ y - - -1 0 + + 0 0 1 0 - 1 0 + + + 0,25 0  Đồ thị: Đồ thị cắt Oy tại (0;1). Điểm khác (2; 9) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Câu 2 (1,0 điểm) 0,25 b) (1,0 điểm)  Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0  Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1. a) (0,5 điểm)   k 4 Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x  3 2 cos x  2 cos 2 x  1  1  sin 2 x cos x  2  l   2  2 cos x  3 2 cos x  2  0   2 cos x   2  Điều kiện: 1  sin 2 x  0  x    Với cos x  0,5 0,5 2   x    k 2 . 2 4 Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x   4 0,25 0,25  k 2 , k  . b) (0,5 điểm) 1  i   2  i  z  8  i  1  2i  z  1  i   2  i   1  2i   z  8  i 2 2 0,25   2i  2  i   1  2i  z  8  i 8  i  8  i 1  2i    2  3i  z  13 1  2i 5 Vậy môđun của z là 13. z Câu 3 (0,5 điểm) Câu 4 (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x > 0. Khi đó, phương trình tương đương với 1 3 log 2 x  log 2 x  log 2 4  5  log 2 x  3 2 2  log 2 x  2  x  4 (t/m) Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4. 1 Điều kiện: x  5 Khi đó phương trình tương đương với x 3 0,25 0,25    6 x 2  12 x  8   3 x  6   8  5 x  1 5 x  1  36  5 x  1  54 5 x  1  27   6 5 x  1  9    3   x  2  3 x  2  2 5x  1  3  3 2 5x  1  3 3 Xét hàm sô f  t   t 3  3t  Phương trình (1) có dạng f  x  2   f 2 5 x  1  3  0,25   Ta có: f '  t   3t  3; f '  t   0  t  1 2 t - f’(t) -1 0 + - 1 0 + + 0,25 f(t) Suy ra: Hàm số f  t   t 3  3t đồng biến trên khoảng (1; + ) 1  x  2  1 Với điều kiện x    5 2 5 x  1  3  1 0,25 Từ đó suy ra 1  x  2  2 5 x  1  3  x  1  x  1  x  1  2 5x  1   2  2  x  22 x  5  0  x  2 x  1  4  5 x  1  x  1   x  11  116  t / m   x  11  116 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x  11  116. Câu 5 (1,0 điểm) e e e 1  x3 ln x lnxdx   dx   x 2 lnxdx  I1  I 2 Ta có: I   x x 1 1 1 e Tính I1: I1   1 0,25 e lnx ln 2 x e 1 dx   ln xd  lnx    x 2 1 2 1 1  du  dx  u  ln x  x   Tính I2: I 2  x 2 lnxdx . Đặt   2 3 x dv  x dx  1 v  3 0,25 0,25 e  0,25  I2  e 1e 2 x3 e3 1 e 2e3 1 ln x  x dx   x3   1 31 3 3 9 1 9 9  e Vậy I   1 1  x3 1 2e3 1 11 2e3 lnxdx      x 2 9 9 18 9 Câu 6 (1,0 điểm) 0,25 .  Chứng minh:  SCD vuông tại C  ABCD là hình thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.  AC  CD  a 2; AD  2a  SC ; BD  a 5 0,25 a3 2 a3 2 a3 2  VSBCD = VS.ABCD – VSABD  (đvtt).   2 3 6  S SCD  a 2 2; d  B,  SCD    (hoặc  d  B,  SCD   d  A,  SCD   d  H ,  SCD   d  B,  SCD     3VS .BCD S SCD 0,25 a3 2 a  2 6  2 a 2 3. BK 1 a   d  B,  SCD    ) CK 2 2 0,5 SH SA2 2 2 a  2   d  H ,  SCD    d  B,  SCD    SB SB 3 3 3 Cách khác:  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC). Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD). Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M. Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED). AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông tại H. Kẻ HJ  MK có HJ = d(H, (SCD)).  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK. Từ đó tính được HJ = a/3. Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ. ABM S Câu 7 (1,0 điểm) DCM (g  g)  AB DC  3 AM DM Xét tam giác CMD ta có: CM 2  DM 2  CD 2  4CI 2  10 DM 2 4 Mà DM  2d (I,d)  nên CI 2  4 10 0,5  3 11  Gọi I  3 y  6; y  Ta có  C   ;   (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)  5 5 I là trung điểm của CM  M  1; 1  phương trình đường tròn tâm I là  C  :  x  1   y  1  4 2 2  3 11  D là giao điểm của CD và (C)  D   ;   . Phương trình đường thẳng BM: 3x  y  4  0  5 5 Phương trình đường thẳng BC: 3x  5 y  4  0. B là giao điểm của BM và BC  B  2;2  0,5 Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC  AB : x  2  0 . A là giao điểm của AB và AC  A  2; 1 Câu 8 (1,0 điểm) Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A  2; 1 , B  2;2  , C  3; 1  Mp(P) qua M(2;1;2) và  (d) nhận vtcp ud  1;1;1 làm vtpt. 0,5 Suy ra phương trình mp(P): 1. x  2   1. y  1  1. z  2   0  x  y  z  5  0 Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH  d( M , d)   4 1 10  8 , H ; ; . 3 3 3 3  2 4 2 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .  3 3  x 1 y z 3    1 1 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ:  1 . 4 2 ( x  )  ( y  1)2  ( z  10 )2  8  3 3 3 9  4 2 6 1 2 6 10 2 6   4 2 6 1 2 6 10 2 6  Giải hệ này ta tìm được A, B là:   ;  ;  ;  ;  ,   . 9 3 9 3 9  3 9 3 9 3 9  3 Câu 9 (0,5 điểm)  Gọi  (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n     A85  A74  5880 .  Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n  A   A74  6. A63  1560 0,25 0,25 0,25 1560 13  Xác suất cần tìm P(A) =  5880 49 Câu 10 (1,0 điểm) 0,25 x2 Xét BĐT: 1  x  1  , x  0 2 3 1  x  1  x  x2 x2 Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1  x  1  x  1  x  x    1 2 2 Ấp dụng vào bài toán ta có: a3 1 1 a2    1 3 3 2 a 2  b2  c2 a3   b  c  1bc bc 1  1    2 a   a  3 Tương tự, ta có: b3  b2 a 2  b2  c2 b3   c  a  Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm. Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 3 0,25 2  2; c3 c3   a  b  3  c2 a 2  b2  c2  3 0,25 0,25 0,25 -----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. 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. x2 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.