Tài liệu Tuyển tập 65 đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn toán của các trường chuyên trong cả nước (có lời giải chi tiết)

  • Số trang: 435 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 12112 |
  • Lượt tải: 51
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

Tuyển tập 65 đề thi thử THPT quốc gia 2016 môn Toán của các trường chuyên trong cả nước (có lời giải chi tiết)
1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1 NĂM HỌC: 2015-2016 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 4  2 x 2  3 Câu 2 (2,0 điểm). 3π 2π   . Tính sin  α  . 2 3   b) Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 . Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 . a) Cho tan α  2 và π  α  1  trên đoạn  2;  . 2  Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x. Câu 5 (1,0 điểm). Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán có 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội? Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm  x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   x  8  y  1  2   y  2 x  1  3  x  4x  7 Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  P 1 1 1  2  2  xy  yz  zx 2 2 x  y  2 y  z  2 z  x2  2 2 -----------------------HẾT------------------------  HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I Câu Nội dung a) (1,0 điểm) 1) Tập xác định : D   2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y   ; lim y   x  Điểm 0,25 x  3 b, Bảng biến thiên: y’ = 4 x  4 x , y’ = 0  x = 0, x  1 x - -1 0 1 y' 0 + 0 0 + -3 + + + 0,25 y Câu 1 (1,0 điểm) -4 -4 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (- 1; 0) và (1;) , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0; 1). Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1 , yCT = y(  1 ) = - 4. 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 2 điểm (  3 ; 0). 0,25 y  3 1 O 1 3 x 0,25 3 4 Cho tan α  2 và π  α  Câu 2.1 (1,0 điểm) 2π  3π  . Tính sin  α   ? 2 3   1 1 1 5 2 Ta có Cos α  1  tan 2 α  1  4  5  cosα   5 5 3π  cosα  0 nên cosα   2 5  5 2 5 sin α  cosα. tan α  .2  5 5 Do π  α  0,25 0,25 0,25 Vậy 2π  2π 2π  sin  α   cosα.sin   sin α.cos 3  3 3  0,25 2 5 1  5 3 2 5  15  .  .  5 2 5 2 10 Giải phương trình: cos x  sin 4x  cos3x  0 Câu 2.2 (1,0 điểm) cos x  sin 4x  cos3x  0  2 sin 2x.sin x  2sin 2x.cos 2x  0 0,25  2sin 2x(s inx  cos2x)  0  sin 2x(2sin 2 x  sin x  1)  0 0,25 kπ  x  2    x  π  k2π sin 2x  0   2  s inx  1     x  π  k2π  1 6  s inx   2  7π  k2π x  6  0,5 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  4  x 2 . 1  trên đoạn  2;  . 2  Câu 3 (1,0 điểm) x + Ta có f '(x)  1  0,25 4  x2 1 2 0,25 1  15 2 0,25 minf(x)  2 0,25 + f '(x)  0  x  2  [  2; ] 1 2 + Có f (2)  2;f ( )  maxf(x)  1 [-2; ] 2 1  15 ; 2 1 [-2; ] 2 Giải phương trình 2.4 x  6 x  9 x. Phương trình x x  4  6  2.       1 9 9 2x Câu 4 (1,0 điểm) 0,25 x 2  2  2.       1  0 3  3 x  2     1  Loai  3   2 x 1    2  3  0,25 0,25  x   log 2 2 3 Vậy phương trình có nghiệm x   log 2 2 0,25 3 Câu 5 (1,0 điểm) Trong đợt thi học sinh giỏi của tỉnh Nam Định trường THPT Xuân Trường môn Toán 5 em đạt giải trong đó có 4 nam và 1 nữ , môn Văn có 5 em đạt giải trong đó có 1 nam và 4 nữ , môn Hóa học có 5 em đạt giải trong đó có 2 nam và 3 nữ , môn Vật lí có 5 em đạt giải trong đó có 3 nam và 2 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn mỗi môn một em học sinh để đi dự đại hội thi đua ? Tính xác suất để có cả học sinh nam và nữ để đi dự đại hội?  n(Ω)  625 Có tất cả 5.5.5.5=625 cách 0,25 Gọi A là biến cố “có cả HS nam và nữ đi dự đại hội” 0,25  A là biến cố “Cả bốn HS nam hoặc cả 4 HS nữ đi dự ĐH”    n(A)  4.1.2.3  1.4.3.2  48  P A  n(A) 48  n(Ω) 625 48 577  625 625 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm Vậy P(A)  1  P  A   1  0,25 0,25 trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC). Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra SH  ( ABCD )   300 . và SCH S Ta có: K A Câu 6 (1,0 điểm) D I H SHC  SHD  SC  SD  2a 3 . Xét tam giác SHC vuông tại H ta có: 0,25 SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3 B C HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 . 0,25 3 1 4a 6 Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH  . 3 3 Vì BA  2 HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC   Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có: AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI . Do đó: HK   SAC  . 0,25 Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên HS .HI Suy ra, HK  2 HS  HI 2  HI AH AH .BC a 6 .   HI   BC AC AC 3 a 66 . 11 0,25 2a 66 11 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường tròn (T) có phương trình: ( x  4) 2  ( y  1)2  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3 x  4 y  17  0 ; đường thẳng BC đi qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2 HK  A Câu 7 (1,0 điểm) B I C D E +(T) có tâm I(4;1);R=5 + Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM và N,C là chân các đường cao nên chứng minh được :IM  CN 0,25 N M + Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0  M(7; 3) + M là giao điểm (T) với IM :   M(1;5) (loai) +Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7 + C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1) + B đối xứng M qua C => B(7 ;5) + Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1  D(9;1) D là giao điểm (T) và DC :   D(1;1) Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)   +Do BA  CD => A(-1 ;5) * Nếu không loại mà lấy cả 2 điểm D chỉ cho 0,75đ  x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2  Giải hệ phương trình:   x  8  y  1  2   y  2 x  1  3  x  4x  7  0,25 0,25 0,25  Điều kiện x  1; y  2 . Đặt x  1  a; y  2  b  a, b  0  , từ (1) ta có: a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0 Câu 8 (1,0 điểm)   a  b 1  2a  b   0  a  b (do a, b  0  1  2a  b  0 0,25 x 1   y2  y  x3 . Thế vào (2) ta được:  x  8  x  4  2   x  1   x 1  3  x  4x  7 x  8   x4 x 1  2   *  x  4 x  7 x 1  3 + x  8  y  11;  x  8 x  4   x  1 x  8 x2  4 x  7  x 1  3 0,25 + *   x  1  3  x  4    x  1  x2  4 x  7    x 1  3    x 1  2 0,25 2  3   x  2   3 .  x  2   3 (**)    2 Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3  với t   có f '  t   3  t  1  0 t   nên f  t  đồng biến trên  . x  2 Do đó **  f  x  1   f  x  2   x  1  x  2   2 x  1  x  4x  4 x  2 5  13 (T/M)  2 x 2  x  5x  3  0 x 0,25 5  13 11  13 y 2 2  5  13 11  13  ;  2 2   Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là 8;11 và  Cho x, y, z  0; 2 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 1 1 1  2  2  xy  yz  zx 2 2 x  y  2 y  z  2 z  x2  2 2 Ta có x 2  y 2  2   x2  1   y 2  1  2  x  y  ,….; xy  Câu 9 (1,0 điểm) 1 1 1 1 xy  1 ,… 2  Nên P      xy  yz  zx  3 . 2x y y  z z  x  Ta có  x  y  z  xy  yz  zx   9 xyz   x  y  y  z  z  x    x  y  z  xy  yz  zx   xyz  8  x  y  z  xy  yz  zx  9 0,25  x  y  y  z    y  z  z  x    x  y  z  x  1 1 1    x y yz zx  x  y  y  z  z  x   x  y  z 2  xy  yz  zx   x  y  y  z  z  x  2  x  y  z   xy  yz  zx  8  x  y  z  xy  yz  zx  9 27 3   8  xy  yz  zx  8 1 27 27   xy  yz  zx   2  8  xy  yz  zx  8 Đặt t  xy  yz  zx . Suy ra P   Do x, y, z   0; 2    2  x  2  y  2  z   0  xy  yz  zx  4  xyz 2t 2 2 1 2 Mặt khác: xy  yz  zx   x  y  z   3  t  3 . 3 Vậy t   2;3 0,25 1 27 27 Ta có P    t    f  t  2  8t 8 1 27 8t 3  27  0 t   2;3 Xét hàm số f  t  với t  0; 2 ta có f '  t   t  2   2 2 8t  16t 0,25 nên hàm số f  t  đồng biến trên  2;3 . 15 . 4 15 15 Do P  f  t   P  . Có P  khi x  y  z  1 . 4 4 15 Vậy giá trị lớn nhất của P là đạt được khi x  y  z  1. 4  f  t   f  3  (Mọi cách giải khác nếu đúng cho điểm tương tự) 0,25 SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI SỐ 2 ————————— NĂM HỌC 2015-2016 Môn: Toán học (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) ————————— Câu 1 (1 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 − 3x2 + 2. Câu 2 (1 điểm). Tìm m để hàm số y = −x4 + 2(m + 1)x2 − 2m − 1 đạt cực đại tại x = −1. Câu 3 (1 điểm). Giải phương trình mũ 6x + 2 = 3x + 2x+1 . R 1 Câu 4 (1 điểm). Tính I = dx. sin x Câu 5 (1 điểm). Trong không gian Oxyz , cho ba điểm A(0; 1; 1), B(−1; 0; 2), C(2; 3; 0). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (Oyz). Câu 6 (1 điểm). a) Cho 5sin2 α − cos2 α = 3. Tính giá trị của biểu thức T = sin4 α − sin2 2α − 5cos4 α. b) Một hộp đựng 10 viên bi, gồm 3 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ, 4 viên bi vàng. Bạn A lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp 10 viên bi đó. Sau đó bạn B lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ 8 viên bi còn lại trong hộp. Tính xác suất để A lấy được 2 viên bi cùng mầu, đồng thời B cũng lấy được hai viên bi cùng mầu. [ = 60o , BC = 2a, Câu 7 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, ABC hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm O của AC và BD, SO = a, G là trọng tâm tam giác SBO. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và CG. Câu 8 (1 điểm). Trong mặt phẳng Oxy , cho tứ giác lồi ABCD có chu vi bằng 12 và [ diện tích bằng 9, đỉnh A(2; −1), đường phân giác trong của góc BA D có phương trình x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết D có cả hoành độ và tung độ dương. √ Câu 9 (1 điểm). Giải bất phương trình 2x2 . 2x3 + 24x < x2 + 24x + 12. Câu 10 (1 điểm). Cho ma , mb , mc là độ dài ba đường trung tuyến của một tam giác có √ 3 8 chu vi bằng 1 và diện tích S . Chứng minh rằng 3 3.S ≤ m2a + m2b + m2c < . 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 Câu Ý 1 Nội dung Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ... • Tập xác định: D = R. • Giới hạn: lim y = +∞, lim y = −∞. x→+∞ x→−∞  x=0 0 2 0 2 • Đạo hàm: y = 3x − 6x. Ta có y = 0 ⇔ 3x − 6x = 0 ⇔ . x=2 Hàm số nghịch biến trên (0; 2), đồng biến trên (−∞; 0) và (2; +∞). Cực trị: xCĐ = 0, yCĐ = y(0) = 2 và xCT = 2, yCT = y(2) = −2. • Bảng biến thiên: x f 0 (x) −∞ 0 2 + 0 − 2 0 Điểm 1,00 0,25 0,25 +∞ 0,25 + +∞ f (x) −∞ % & −2 % • Đồ thị: Tâm đối xứng I(1; 0). Bảng một số giá trị x −1 0 2 3 y −2 2 −2 2 0,25 2 Tìm m ... 1,00 0 3 00 2 Ta có y = −4x + 4(m + 1)x, y = −12x + 4(m + 1). 0,25 0 HS đạt cực đại tại x = −1 thì y (−1) = 0 ⇔ 4 − 4m − 4 = 0 ⇔ m = 0. 0,50 00 Với m = 0 thì y (−1) = −12 + 4(m + 1) = −8 < 0 nên x = −1 là điểm cực 0,25 đại của hàm số. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm. 3 Giải phương trình mũ... 6x 4 +2= 3x + 2x+1 ⇔ (2x − 1) (3x − 2) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = log3 2. Tính tích phân bất định (họ các nguyên hàm)... R sin x 1 R d(cos x − 1) 1 R d(cos x + 1) I = (1 − cos x)(1 + cos x) 1 cos x − 1 = ln + C. 2 5 dx = 1,00 1,00 1,00 cosx − 1 2 − 2 cosx + 1 = 1,00 cos x + 1 Viết phương trình mặt cầu ... 1,00 Gọi I(0; b; c) ∈ (Oyz) là tâm của mặt cầu (S). Ta có IA = IB  = IC ⇔ 0,50 17 17 2b − 2c = −3 và 3b − 2c = 4. Tìm ra b = 7, c = . Vậy I 0; 7; . 2 2 r 369 . Bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 4 0,50  2 369 17 2 Vậy (S) : x2 + (y − 7) + z − = . 2 4 6 a 1,00 0,50 Tính giá trị của biểu thức lượng giác... 2 b 1 Ta có 5sin2 α − cos2 α = 3 và sin2 α + cos2 α = 1 nên sin2 α = , cos2 α = . 3 3 2 2 Vậy T = sin2 α − 4sin2 αcos2 α − 5 cos2 α = −1. Tính xác suất ... 2 × C 2 = 45.28 = 1260. Gọi M là biến cố cần tính xác n(Ω) = C10 8 suất. TH1: A lấy 2 bi xanh, còn B lấy 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng, có  C32 C32 + C42 = 27 cách. TH2: A lấy 2 bi đỏ, B lấy 2 bi xanh hoặc 2  bi vàng, có C32 C32 + C42 = 27 cách. TH3: A lấy 2 bi vàng, B lấy 2 bi xanh hoặc 2 bi đỏ hoặc 2 bi vàng, có  C42 C32 + C32 + C22 = 42 cách. 0,25 Tính thể tích và khoảng cách ... 1,00 8 96 Do đó n(M ) = 27 + 27 + 42 = 96. Vậy P (M ) = = . 1260 105 7 √ 1 2a3 . 3 Ta có OA = OC = a, OB = OD = a 3, VS.ABCD = .SO.SABCD = . 3 3 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng √ với các tia OD, OC, OS thì O(0; 0; 0), A(0; −a; 0), B(−a 3; 0; 0), C(0; a; 0), √ √ a 3 a ; 0; ). D(a 3; 0; 0), S(0; 0; a), G(− 3 3 √ h−−→ −→i √ −−→ −→ a 3 a Từ đó tính được AD = (a 3; a; 0), CG = (− ; −a; ), AD, CG = 3 3 √ √ a2 a2 3 2a2 3 −→ = ( ;− ;− ), AC = (0; 2a; 0). 3 3 3h i −−→ −→ −→ AD, CG .AC a√3 Vậy d(AD, CG) = h−−→ −→i = . 2 AD, CG √ 8 Tìm tọa độ điểm B, C, D ... 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 Đặt a = AB, b = BC, c = CD, d = DA, a + b + c + d = 12. Ta có 1 [ + 1 cd. sin ADC [ ≤ 1 (ab + cd), 9 = SABCD = SABC + SCDA = .ab. sin ABC 2 2 2 1 [ + 1 bc. sin BCD [ ≤ 1 (ad + cb), 9 = SABCD = SABD + SBCD = .ad. sin DAB 2 2 2 ⇒ 36 ≤ (ab + bc + cd + da) (1). 0,25 [ = ADC [ = DAB [ = BCD [ = 900 hay Đẳng thức ở (1) xảy ra khi ABC ABCD là hình chữ nhật.  2 a+b+c+d (2). Thật vậy, (2) ⇔ Hơn nữa ta có ab + bc + cd + da ≤ 2 2 (a − b + c − d) ≥ 0. Đẳng thức ở (2) xảy ra khi a + c = b + d. Thay a + b + c + d = 12 vào (2) được ab + bc + cd + da ≤ 36 (3). Từ (1) và (3) suy ở (1) và (3) cùng phải xảy ra đẳng thức, tức là ABCD là hình chữ nhật thỏa mãn a + c = b + d, a + b + c + d = 12, dẫn tới ABCD là hình vuông có cạnh bằng 3. Khi đó đường thẳng AC có phương trình x − y − 3 = 0. √ Gọi C(t + 3; t), ta có AC = 3 2 ⇔ 2(t + 1)2 = 18 ⇔ t = 2, t = −4. 7 1 - Với t = 2 thì C(5; 2). Trung điểm của AC là I( ; ). Đường thẳng BD 2 2 vuông góc với AC tại I nên BD có phương trình x + y − 4 = 0. Gọi √ 2 3 2 7 9 D(m; 4 − m). Ta có ID = ⇔ 2(m − ) = ⇔ m = 5, m = 2. 2 2 2 Nhưng điểm D có cả hoành độ và tung độ là số dương nên ta lấy m = 2 và được D(2; 2), suy ra B(5; −1). - Với t = −4 thì C(−1; −4), và D(2; −4) hoặc D(−1; −1), không thỏa mãn. Vậy B(5; −1), C(5; 2), D(2; 2). 9 0,25 0,25 0,25 Giải bất phương trình ... 1,00 √ 2 2 3 Giải bất phương trình 2x 2x + 24x < x + 24x + 12. (1) √ Xét phương trình 2x2 2x3 + 24x = x2 + 24x + 12 (2). Điều kiện 2x3 + 24x ≥ 0 ⇔rx ≥ 0. Thấy x = 0 không là nghiệm của (2). Với x > 0 ta đặt 0,25 x2 + 12 thì y > 0 và x2 + 12 = 2xy 2 (3). 2x p Từ (2) và (3) ta có 2x2 2x.2xy 2 = 2xy 2 +24x, ⇔ 12+y 2 = 2x2 y (4) (do x > 0, y > 0). Từ (3) và (4) suy ra x2 −y 2 = 2xy 2 −2x2 y ⇔ (x−y)(x+y+2xy) = 0 ⇔ x = y (do x > 0, y > 0). Thế y = x vào (3) ta được 12 + x2 = 2x3 ⇔ x = 2, suy ra y = 2 (thỏa mãn x > 0, y > 0). Thử lại thấy x = 2 thỏa mãn phương trình (2). Như vậy (2) có nghiệm duy nhất x = 2. y= 0,25 0,25 √ 10 Bây giờ, ta xét hàm số liên tục f (x) = 2x2 2x3 + 24x − x2 − 24x − 12 với x ∈ [0; +∞) . Nhờ lập luận ở trên, ta có f (x) = 0 ⇔ x = 2. Do đó trên mỗi tập [0; 2) , (2; +∞) hàm f (x) không đổi dấu. Kiểm tra thấy f (0) = −12 < 0 0,25 √ nên f (x) < 0 với mọi x ∈ [0; 2) , và f (3) = 18 126 − 93 > 0 nên f (x) > 0 với mọi x ∈ (2; +∞) . Vậy (1) ⇔ 0 ≤ x < 2. Chứng minh bất đẳng thức ... 1,00 1 1 Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác đã cho, p = (a + b + c) = . 2 2  2 a+b+c a2 + b 2 + c 2 ≤ Chứng minh được (1). 3 3  2  a + b + c 3 2 Suy ra p2 = ≤ a + b2 + c2 = m2a + m2b + m2c (2). 2 4  3 (p − a) + (p − b) + (p − c) p4 2 Ta lại có S = p(p − a)(p − b)(p − c) ≤ p = 3 27 √ √ 2 2 2 2 nên 3 3S ≤ p (3). Từ (2) và (3) suy ra 3 3S ≤ ma + mb + mc (4). Đẳng 1 thức ở (4) xảy ra khi a = b = c = . 3 1 1 1 Chỉ ra được 0 < a < , 0 < b < , 0 < c < . 2 2 2  4 1 1 2 2 2 2 2 2 Dẫn tới ma + mb + mc = a + b + c < (a + b + c) = 3 2 2 3 2 2 2 hay ma + mb + mc < (5). Từ (4) và (5) ta có điều phải chứng minh. 8 0,50 0,50 SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2015-2016 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1(2,5 điểm). 1. Cho hàm số : y  2x  3 (C ) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1. 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  3x 2  9 x  1 trên đoạn [- 2; 2]. Câu 2 (0,5 điểm). Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x Câu 3 (1,5 điểm). a) Giải phương trình: 5 2 x  24.5 x 1  1  0 b) Tìm hàm số f(x) biết f’(x)= 4x 2  4x  3 và f(0) = 1. 2x  1 Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có đỉnh A trùng với gốc toạ độ O, đỉnh B(1;1;0), D( 1;-1;0). Tìm tọa độ đỉnh A’ biết A’ có cao độ dương và viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Câu 5 (0,5 điểm). Trường trung học phổ thông Thuận Thành số 1 có tổ Toán gồm 15 giáo viên trong đó có 8 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ; Tổ Lý gồm 12 giáo viên trong đó có 5 giáo viên nam, 7 giáo viên nữ. Chọn ngẫu nhiên mỗi tổ 2 giáo viên đi dự tập huấn chuyên đề dạy học tích hợp. Tính xác suất sao cho trong các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ. Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD) . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD biết góc giữa SC và mặt phẳng chứa đáy là  với tan   1 5 Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác hạ từ đỉnh A là D(1;-1). Phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương  13  1  ;  là trung điểm của BD. Tìm tọa độ các điểm A,C biết A 5 5  trình x + 2y – 7 =0.Giả sử điểm M  có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình sau x  2 x 2  2x  4  y  1  2 y 2  3    4 x 2  x  6  5 y  2  xy  2 y  x  2  1  2 y  x  2 Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) . 1 a 1 b ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm! Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  Họ và tên thí sinh......................................................................Số báo danh....................... HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I, NĂM 2015-2016 Môn thi: Toán 12 Câu Câu 1 (2,5 điểm) Ý Nội dung 1.Cho hàm số : y  Điểm 2x  3 (C ) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: R \  1 1,0 0,25 5 y'   0 , x  1 ( x  1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (;1) va  (1; ) Hàm số không có cực trị lim y  2  đồ thị có tiệm cận ngang y = 2 x   lim y   ; lim y    đồ thị có tiệm cận đứng x = -1 x  1 0,25 x  1 - Bảng biến thiên. X  '  -1 +  Y 2 0,25 + 2  * Đồ thị: b) 0,75 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 1 Với y  1  2 x  3  x  1  x  4 ; y ' (4)  1 5 1 1 1 Phương trình tiếp tuyến tại điểm A(4;1) là: y  ( x  4)  1  y  x  5 5 5 2. (0,75 điểm) 0,5 0,25 3 2 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  x  3x  9 x  1 trên đoạn  2; 2 Xét trên đoạn  2; 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 6x -9  x   3 (l ) f’(x) = 0   x  1 0,25 0,25 Ta có: f(-2) = 23, f(1) = - 4 , f(2) = 3 Vậy: max f( x )  f (2)  23 , min f( x)  f (1)  4  2;2  2;2 0,25 Câu 2 (0,5 điểm) Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x Phương trình tương đương:  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0  (2 – cosx) ( 2sinx -1) = 0    2  cosx  0(VN )  x  6  k 2    sinx  1  x  5  k 2  2  6 0,25 0,25 (k  z ) 1,5 Ta có: 5 2 x  24.5 x 1  1  0  5 2 x  Câu 3 (1,5 điểm) x 24 x .5  1  0 5 0,25 Đặt t = 5 , ( t > 0) t  5 24 Phương trình trở thành:  t  .t  1  0    t   1 (l ) 5 5  Với t  5 ta có x =1. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 2 a) b) 0.25 0,25 0,5 Ta 2 có f (x)   4x  4x  3 2   2 dx=   2 x  1  dx  x  x  ln 2 x  1  c 2x  1 2x  1   Mà f(0)=1  c  1  f ( x)  x 2  x  ln 2 x  1  1 0.25 Câu4 (1điểm) Ta có: AB = 2 Gọi A’(x;y;z), Vì ABCD.A’BC’D’là hình lập phương ta có AÂ '. AB  0; AÂ'.AD  0 x  y  0  Và AA’= 2 nên ta có hệ  x  y  0  A' (0;0; 2 ) Do A’ có tung độ dương x 2  y 2  z 2  2  Lại có đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương là AC’ mà  1  AC '  AB  AD  AÂ '  C ' 2;0; 2  I 1;0;  là trung điểm của AC’ và bán kính 2  6 mặt cầu là R = AI= 2   0,25 0,25 0,25 2  1  3 Phương trình mặt cầu là:  x  1  y   z    2 2  Số phần tử của của không gian mẫu: n()  C152 C122 2 2 0,25 0,25 Gọi A là biến cố: “Các giáo viên được chọn có 2 nam và 2 nữ” n(A)= C 82 C 72  C 52 C 72  C81C 71C 71C 51 Câu 5 (0,5 điểm) Câu 6 (1,0 điểm) P(A) = n( A) 197  n() 495 0,25 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a , SA  ( ABCD) và SA  a . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm của CD. 1,00 Ta có hình chiếu của SC trên mặt phẳng đáy là AC vậy góc SCA là góc giữa SC và mặt phẳng đáy  SA  AC tan   a 0,25 Ta có S ABCD  AB.AD  2a 2 0,25 1 2a 3 (dvtt) Do đó: VS .ABCD  .SA.S ABCD  3 3 Ta có d(D,(SBM)=d(C,(SBM)= 1/2 d(A,(SBM)) Dựng AN  BM ( N thuộc BM) và AH  SN (H thuộc SN) Ta có: BM  AN, BM  SA suy ra: BM  AH. Và AH  BM, AH  SN suy ra: AH  (SBM). Do đó d(A,(SBM))=AH 1 2a 2 4a AN .BM  a 2  AN   2 BM 17 1 1 1 4a   2  AH  Trong tam giác vuông SAN có: 2 2 AH AN SA 33 2a Suy ra d(D,  SBM   33 0,25 2 Ta có: S ABM  S ABCD  2S ADM  a ; S ABM  0,25 1,00 Câu 7 (1,0 điểm) Gọi E là giao cuả tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với BC, PT BC: x-2y-3=0  E(5;1) và chứng minh được ED =EA Từ A(7-2a;a)  d x+2y-7=0. Từ EA=ED ta có (2-2a)2+(a-1)2=20  A(1;3) ( do tung độ A dương)  21 3   16  12  M là trung điểm của BD  B ;   AB ;   5 5 5 5      Gọi C(2c+3;c) ta có cos AB; AD  cos AC; AD  C  15;9 0,25 0,25 0,25 0,25 ( Học sinh có thể sử dụng phương tích EB. EC  EA 2 ) Giải hệ phương trình sau 1,00 ĐK: y  2;( x  2)( y  1)  0 Câu 8 (1,0 điểm) Phương trình (1)  x  2 ( x  1) 2  3  y  2 y 2  3 2t Xét hàm f(t) = t  2 t 2  3 có f ' (t )  1  , t  R  f ' (t )  0  t  1 2 t 3 f ' (t )  0, t  1; f ' (t )  0, t  1 Từ điều kiện ta có -Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 mà pt (1) có dạng f(x-1)=f(y)  y  x  1 -Nếu x  2  0  y  1  0 hay x  1  1  y  1 pt (1)  y  x  1 Vậy ta có y=x-1 thế vào pt (2) ta có: x 1  4 x 2  x  6  (1  2 x)  5 x  1 (3)   x 1 4x2  x  6 1  2x  x  1  0  x  1  2  4 x  x  6  1  2 x  x  1 (4) 1  2 7 x  Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x  1  2 x  1   x 2 2 4 x 2  8 x  3  0  Thử lại ta có: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  1; x  0,25 0,25 1,00 b  2c a  2c   6ln( a  b  2c) . 1 a 1 b a  b  2c  1 a  b  2c  1   6 ln(a  b  2c) 1 a 1 b 1   1   a  b  2c  1     6 ln(a  b  2c)  1 a 1 b  P2 Câu 9 (1,0 điểm) 0,25 2 7 . Vậy hệ có 2 2 7 7   nghiệm là (x;y) = (-1;-2) và  ; 2   2 ( học sinh có thể bình phương để giải pt ẩn x) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  1 ; c  a  b  c   3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  0,25 0,25 Ta chứng minh được các BĐT quen thuộc sau: 1 1 2   (1) 1  a 1  b 1  ab ab  1 ) ab  (2) 2 1 1 2     2  a  b  1  ab  2 1  a 1  b  Thật vậy, ) 1  a 1  b 1  ab )    a b 2   ab  1  0 luôn đúng vì ab  1 . Dầu “=” khi a=b hoặc ab=1 ) ab   ab  1  2   2 ab  1  0 . Dấu “=” khi ab=1. 0,25 1 1 2 2 4     1  a 1  b 1  ab 1  ab  1 3  ab 2 4 4 16    . Đặt t  a  b  2c, t  0 ta 2 ab  bc  ca  c  a  c  b  c   a  b  2c 2 Do đó, 0,25 có: P  2  f (t )  16  t  1  6 ln t , t  0; t2 6 16  t  2  6t 2  16t  32  t  4  6t  8  f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t 0 f’(t) - 4 0  + f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN của P là 3+6ln4 khi a=b=c=1. Chú ý: Đây chỉ là hướng dẫn chấm, một số bài học sinh phải giải chi tiết Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 0,25
- Xem thêm -