Bộ đề thi thử
thử
THPT Quố
Quốc gia năm 2016
2016 – Quyể
Quyển 2
STT
STT
Sở/Trườ
/Trường
ng
Trang
Trang
Đề số 21
THPT Yên Lạc 2, Vĩnh Phúc
110
Đề số 22
THPT Việt Trì, Phú Thọ
118
Đề số 23
THPT Xuân Trường, Nam Định
124
Đề số 24
THPT Nguyễn Trung Thiên, Hà Tĩnh
131
Đề số 25
THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa
136
Đề số 26
THPT Yên Lạc, Vĩnh Phúc
143
Đề số 27
THPT chuyên Nguyễn Đình Chiểu, ĐT
150
Đề số 28
THPT Triệu Sơn, Thanh Hóa
154
Đề số 29
Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc
159
Đề số 30
THPT Thuận Thành 1, Bắc Ninh
166
Đề số 31
THPT Lý Thái Tổ, Bắc Ninh (L2)
172
Đề số 32
THPT Nguyễn Khuyến, TPHCM
178
Đề số 33
THPT Phù Cừ, Hưng Yên
187
Đề số 34
THPT Kim Liên, Hà Nội
194
Đề số 35
THPT Thanh Chương 1, Nghệ An
199
Đề số 36
THPT Bình Minh, Ninh Bình
204
Đề số 37
THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên
210
Đề số 38
THPT chuyên Vĩnh Phúc (L3)
216
Đề số 39
THPT Nguyễn Văn Trỗi, Hà Tĩnh
222
Đề số 40
THPT số 3 Bảo Thắng, Lào Cai
228
Chúccácemthiđạ
Chúccácemthiđạtkế
tkếtquả
tquảcao!
cao!
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 21
ĐỀ THI KHẢO SÁTThời
CHẤT
1 NĂM HỌC 2015 - 2016
gianLƯỢNG
làm bài LẦN
180 phút
Môn:
Toán,
Khối:
12
--------oOo-------Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm: 01 trang
Câu 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y
x 1
3 x
Câu 2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3mx2 4m2 2 có hai điểm cực trị A và B sao cho
điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.
Câu 3. (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) x3 3x 2 9 x 3 trên đoạn
2;2 .
Câu 4. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
x 2 x 1 2 x 1.
Câu 5. (1 điểm) Giải phương trình: 1 2cos x cos x sin x cos2x .
Câu 6. (1,0 điểm)
2 2
a) Tìm hệ số x trong khai triển x
x
3
12
;( x 0 ).
b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa giác, tính xác suất để 3
đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các cạnh
AB BC 2a, AD a, tam giác SBC đều, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) .
Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DC .
Câu 8. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 4 x 2 1 x 3 5 2 x 0 .
Câu 9. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 1 ; đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 3 y 2 25 . Viết phương trình đường thẳng
2
2
BC , biết I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Câu 10. (1,0 điểm) Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn: 2(a 2 b2 ) (a b) 6 . Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
a 2 1 b2 1
ab
2
P 6 2
.
( a b) 2 5
a a b b
____________________ 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:……………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến
110
www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán, Khối: 12
Hướng dẫn chấm gồm: 07 trang
I. LƯU Ý CHUNG.
-
Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh.
Khi chấm nếu HS bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
Nếu HS giải cách khác, giám khảo căn cứ vào các ý trong đáp án để cho điểm.
Trong bài làm, nếu ở bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được
điểm. HS được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
Trong lời giải câu 7, nếu HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không cho điểm.
II. ĐÁP ÁN.
Đáp án
Câu
Điểm
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y
x 1
3 x
1,0
TXĐ : D = R \ {3}
Ta có : y '
4
; y’ > 0 với mọi x ≠ 3
(3 x) 2
0.25
Vậy hàm số luôn đồng biến trên các khoảng (-∞; 3) và (3; +∞)
Hàm số không có cực trị
Ta có: limy limy 1 TCN : y 1
x
x
lim y
x3
TCĐ: x = 3
lim
y
x3
0.25
BBT:
x
3
-∞
y’
+∞
+
+
+∞
y
-1
-1
0.25
-∞
1
3
Đồ thị: +) Đồ thị hàm số cắt Ox tại (-1; 0); cắt Oy tại 0;
1/7
111
y
f(x)=(x+1)/(3-x)
f(x)=-1
9
x(t)=3, y(t)=t
8
7
6
5
4
3
2
1
x
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
0.25
9
-1
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9
NX: Đồ thị nhân giao hai đường tiệm cận I(3;-1) làm tâm đối xứng.
Câu 2 (1,0 điểm)Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3mx2 4m2 2 có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm
I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB.
x 0
Ta có y ' 3x 2 6mx. ; y ' 0 3x 2 6mx 0
x 2m.
3
Đồ thị hàm số (1) có hai cực trị khi và chỉ khi y ' 0 có hai nghiệm phân biệt
m 0.
0.25
Tọa độ các điểm cực trị là A(0;4m2 2), B(2m; 4m3 4m2 2) .
0.25
m 1
Điểm I (1; 0) là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi
3
2
2m 4m 2 0
0.25
Giải hệ, ta được m 1 . Vậy m 1 là giá trị cần tìm.
0.25
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) x3 3x 2 9 x 3 trên đoạn. 1,0
2; 2
Hàm số y f x liên tục trên đoạn 2; 2
0.25
Ta có f’(x) = 3x2 + 6x – 9
x 1 [-2;2]
f’(x) = 0 3x2 + 6x – 9 = 0
x 3 [-2;2]
0.25
Ta có: f(-2) = 25; f(2) = 5; f(1) = - 2
0.25
Do đó: Max f ( x) f (2) 25; Min f ( x) f (1) 2
0.25
2;2
4
Giải bất phương trình:
2;2
x2 x 1 2 x 1
2/7
112
1,0 điểm
TXĐ : R.
2x 1 0
2
x x 1 (2 x 1)
BPT
2
0.25
1
x
2
2
3x 5 x 0
0.25
1
x
2
x (;0) 5 ;
3
0.25
5
x KL: Vậy bất phương trình có tập nghiệm là
3
5
Giải phương trình : 1 2cos x cos x sin x cos2 x
Pt đã cho 1 2cos x cos x sin x cos 2 x sin 2 x
0.25
1,0điểm
0.25
cos x sin x sin x cos x 1 0
0.25
2 sin x 0
4
sin x cos x 0
sin x cos x 1
2 sin x 1
4
0.25
x 4 k
x 4 k
x k 2 x k 2
4 4
2
x 3 k 2
x k 2
4
4
Vậy phương trình đã cho có 3 họ nghiệm:
x
6
5
; .
3
4
k , x
2
0.25
k 2 , x k 2 ,(k ) .
2 2
a) Tìm hệ số x trong khai triển x
x
12
0,5
3
12
Theo CT nhị thức NewTon:
12
2 2
k
k 24 3k
x C12 2 x
x
k 0
3/7
113
0.25
hệ số x3: 24 3k 3 k 7
7
0.25
7
Vậy hệ số x3 C12 2 =101376
b) Cho đa giác đều có 12 đỉnh. Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong 12 đỉnh của đa 0,5
giác, tính xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều.
Số cách chọn 3 đỉnh bất kì C123 220 .
0.25
Để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác đều thì các đỉnh đó phải nằm ở các vị trí 0.25
12
cách đều nhau, nên số cách chọn ra được một tam giác đều là
4.
3
Vậy xác suất cần tính P
7
4
.
220 55
Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Các
cạnh AB BC 2a, AD a, tam giác SBC đều, mặt phẳng ( SBC ) vuông góc
với mặt phẳng ( ABCD) . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và DC .
1,0
- Gọi E là trung điểm BC , ABC đều
SE BC (1)
0.25
Giả thiết (SBC ) ( ABCD) (2)
Từ (1) và (2) suy ra SE ( ABCD)
- Có: SE a 3;
S ABCD
1
AB( AD BC ) 3a 2
2
1
1
VS . ABCD SE.S ABCD .a 3.3a 2 a3 3. (đvtt)
3
3
0.25
- Ta có: EC / / AD, EC AD a AECD là hình bình hành
AE / / DC DC / / mp(SAE ) d ( DC, AS ) d ( DC,(SAE)) d ( D,(SAE))
0.25
- Tam giác ADE vuông tại D và AD a; DE AB 2a .
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên AE DH AE
Lại có SE DH , từ đó suy ra DH (SAE ) d ( D,(SAE )) DH
1
1
1
1
1
5
2a 5
DH
- Có :
DH 2 AD 2 DE 2 a 2 4a 2 4a 2
5
4/7
114
0.25
Vậy d ( DC , AS ) DH
8
2a 5
.
5
Giải phương trình: x 4 x 2 1 x 3 5 2 x 0 .
Điều kiện: x
5
.
2
1.0
0.25
pt 2 x(4 x 2 1) 2(3 x) 5 2 x
2 x ( 2 x) 2 1 5 2 x ( ( 5 2 x ) 2 1
Đặt u = 2x, v =
0.25
5 2x (v 0).
Phương trình (*) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 + 1) (2)
Xét hàm số f(t) = t(t2 + 1) f /(t) = 3t2 + 1 > 0, t.
0.25
Do đó f(t) đồng biến trên R, nên (1) f(u) = f(v) u = v
Từ đó, PT đã cho 2x =
4x 2 5 2x x
5 2x
1 21
1 21
(thỏa mãn điều kiện)
;x
4
4
Vậy nghiệm của phương trình là x
9
0.25
1 21
1 21
;x
4
4
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 1; 1 ;
1.0
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: x 3 y 2 25 .
2
2
Viết phương trình đường thẳng BC , biết I 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC .
A
0.25
I
K
B
C
Đường tròn ngoại tiếp
K 3; 2 bán kính là
tam giác ABC có tâm
R 5 ; AI : x y 0
A'
Gọi A ' là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
2
2
x 3 y 2 25 x y 1
Tọa độ A ' là nghiệm của hệ
x y 6
x y 0
A ' A A ' 6;6
Ta có: A ' B A ' C
(*)
5/7
115
0.25
0.25
Mặt khác ta có ABI IBC BIA ' ABI BAI IBC A ' BC IBA '
Tam giác BA ' I cân tại A ' A ' B A ' I (**)
Từ * , ** ta có A ' B A ' C A ' I
Do đó B, I , C thuộc đường tròn tâm A ' bán kính A ' I 50
x 6 y 6
2
2
x 3 y 2 25 1
2
2
x 6 y 6 50 2
Đường tròn tâm A ' bán kính A ' I có phương trình là :
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ
2
2
50
0.25
Lấy 1 trừ 2 ta được 6 x 8 y 34 0 3x 4 y 17 0 3
Tọa độ B, C thỏa mãn 3 nên phương trình đường thẳng BC là 3x 4 y 17 0 .
10
Cho a, b là các số thực không âm thỏa mãn: 2(a 2 b2 ) (a b) 6 . Tìm giá trị 1,0
a 2 1 b2 1
ab
2
2
( a b) 2 5
a a b b
nhỏ nhất của biểu thức: P 6
- Theo BĐT Côsi: 2(a 2 b2 ) (a b)2 .
Từ giả thiết, suy ra: (a b)2 (a b) 6 0 (a b 2)(a b 3) 0
0.25
0 a b 2 ( Do a, b 0 )
2(a 2 1)
3 a . (*)
- Ta chứng minh:
a2 a
Thật vậy: (*) 2(a 2 1) (a 2 a)(3 a) (a 1)2 (a 2) 0 (luôn đúng)
Dấu " " a 1 .
- Tương tự có:
2(b 2 1)
3 b . Dấu " " b 1 .
b2 b
ab
P 3(6 a b)
- Khi đó: P 3t
( a b) 5
2
t
t2 5
f '(t ) 3
t 5
2
5
(t 5)
2
3
. Đặt t a b 0 t 2 .
18 , t (0;2] .
t
- Xét hàm f (t ) 3t
0.25
(1)
18, t (0;2] .
0.25
0, t (0;2] f (t ) nghịch biến trên (0;2] .
6/7
116
f (t ) f (2)
38
; Dấu " " t 2
3
Từ (1) và (2), suy ra: P
Vậy Pmin
(2)
ab
38
a b 1.
. Dấu " "
3
a b 2
38
khi a b 1.
3
0.25
_________________________HẾT______________________________
Cảm ơn thầy Nguyễn Thành Hiển (https://www.facebook.com/HIEN.0905112810) chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
117
7/7
TRƯỜNG
VIỆT TRÌ
ĐỀ THI
THỬQUỐC
THPT QUỐC
GIA-2015-2016ĐỀ THPT
THI THỬ
KỲ THI
THPT
GIA 2016
ĐỀ SỐ 22LẦN 1
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
--------oOo--------
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [0;4] .
Câu 3 (1.0 điểm).
π
1
2
a) Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α ) .
4
b) Giải phương trình: 34 − 2 x = 95−3 x − x
Câu 4 (1.0 điểm).
2
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển : x + 2 .
x
5
b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2 + 3 + 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC . A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 ,
mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 3x − 5 y + 6 = 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H (2;2 ) và đoạn BC = 5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0
Giải hệ phương trình :
x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y
Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S =
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
+
+
.
a + 2b
b + 2c
c + 2a
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…. ....
118
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
Môn: Toán
Câu
Điểm
Nội dung
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3
• TXĐ D= R
•
2
(C).
1.0
0.25
x = 1
y = 2
y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>
⇒
x = 3
y = −2
• - Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞;
0.25
lim y = +∞
x →−∞
x →+∞
BBT
−∞
x
1
+
y’
+∞
3
−
0
+
0
+∞
2
y
1a
0.25
-2
−∞
KL: Hàm số đồng biến trên khoảng (− ∞;1); (3;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
• Đồ thị
5
y
f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2
4
3
2
0.25
1
x
-2
-1
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với
1b
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y =
1
3
x+
2
2
119
1.0
0.5
0.25
0.25
2
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
y = x − 2 x + 3 trên đoạn [0;4] .
4
2
y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1 ∈ [0;4] x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên [0;4] khi x=4
GTNN y= 2 trên trên [0;4] khi x=1
a)
0.25
0.25
0.25
0.25
π
1
2
Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α )
4
sin α + cos α
1 − 2 sin 2 α
(cos α − sin α ) =
sin α
sin α
1
thay sin α = vào ta tính được P =1
2
P=
3
1.0
0.5
0.25
0.25
b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 95−3 x − x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3
2
0.5
với x 2 + 2 x − 3 = 0
0.25
0.25
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x + 2 .
14
(
2
−2
x + 2 = x + 2x
x
4
) = ∑C
14
k 14 − 3 k
14
x
x
.2 k
số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3 = 2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : Ω = C 407 = 18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
0.25
0.25
0.5
0.25
5
Ω A = C 204 .C 52 .C151 + C 204 .C 51 .C152 + C 20
.C 51C151 = 4433175
Xác suất cần tìm là P( A) =
ΩA
Ω
=
915
3848
0.25
9 x 2 + 3 + 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15
1
Nhận xét : 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15 − 9 x 2 + 3 ≥ 0 ⇒ x ≥
9
Giải bất phương trình:
5
bpt ⇔
⇔
( 9x
2
0.25
+ 3 − 2 + 3(3 x − 1) ≥ 9 x + 15 − 4
9x − 1
2
9x + 3 + 2
2
)
1.0
+ 3(3 x − 1) −
2
9x 2 − 1
9 x + 15 + 4
2
120
≥0
0.25
3
(3 x − 1)
3x + 1
−
+ 3 ≥ 0
9 x 2 + 15 + 4
3x + 1
2
9x + 3 + 2
1
1
+ 3 ≥ 0 ⇒ 3 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
(3 x − 1)(3x + 1) 2 1
−
3
9 x 2 + 15 + 4
9x + 3 + 2
1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x ≥ là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC . A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB = a, AC = a 3 , mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
0.25
0.25
1.0
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN
C
B
A
M
N
6
H
B’
C’
P
A’
Ta có BC= BB’=2a
0.25
1
2
. V ABC . A' B 'C ' = BB'.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3 3
0.25
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)
0.25
Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H =
7
C ' M .C ' P
C' P 2 + C' M 2
=
a 21
7
0.25
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 3x − 5 y + 6 = 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H (2;2 ) ,
121
1.0
4
BC = 5 .
3 5
2 2
Gọi tâm đường tròn (C) là I ; và A(x;y) suy ra
AH (2 − x;2 − y ) M là trung
điểm của BC
Học sinh tính được AH = 5 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
0.25
x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
2
x + y 2 − 3 x − 5 y + 6 = 0
0.25
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH = 2 IM
Từ AH = 2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được
phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
0.25
y =1
x = 1
⇒
y = 2 x = 3
ta được (2 y − 1)2 + y 2 − 3(2 y − 1) − 5 y + 6 = 0 ⇔ y 2 − 3 y + 2 = 0 ⇔
Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0 (1)
Câu 8: Giải hệ
x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y (2)
Điều kiện x ≥ -2; y ≤ 4
(1) ⇔ x 3 + 5 x 2 + 10 x + 6 = y 3 + 2 y 2 + 3 y
1.0
⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) + 3( x + 1) = y 3 + 2 y 2 + 3 y
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2t 2 + 3t , f ' (t ) = 3t 2 + 4t + 3 > 0 ∀t ∈ R
3
0.25
2
0.25
Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1
8
⇔
⇔
⇔
(
)
x + 2 + 3 − x − 3 = x3 + x 2 − 4 x − 4 ⇔
(
(x + 2 )(3 − x ) − 2 ) = (x + 1)(x 2 − 4 )
(
x + 2 + 3− x +3
2[( x + 2 )(3 − x ) − 4 ]
= ( x + 2 )( x 2 − x − 2 )
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
(
2( − x + x + 2)
− (x + 2 ) x 2 − x − 2 = 0
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
)(
2
⇔ x2 − x − 2 x + 2 +
(
2
)
(
)
)(
)
(
)
=0
(x + 2 )(3 − x ) + 2
> 0 ( vi x ≥ − 2 )
2
x + 2 + 3− x +3
)(
0.25
)
x = 2
⇔ x −x−2=0⇔
x = −1
0.25
2
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)
Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
9
a3 + b3 b3 + c3 c3 + a3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S =
+
+
.
a + 2b
b + 2c
c + 2a
x3 + 1 7 2 5
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
≥ x + ( x > 0) (*)
x + 2 18
18
122
1.0
0.25
5
(*) ⇔ 18( x3 + 1) ≥ (x + 2)(7 x 2 + 5)
luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1
2
⇔ ( x − 1) (11x + 8) ≥ 0
a b c
; ;
b c a
a 3 + b 3 7 a 2 5b 2 b 3 + c 3 7b 2 5c 2 c 3 + a 3 7c 2 5a 2
≥
+
;
≥
+
;
≥
+
;
a + 2b
18
18 b + 2c
18
18 c + 2a
18
18
12 a 2 + b 2 + c 2
Từ các đảng thức trên suy ra S ≥
=2
18
0.25
Áp dụng (*) cho x lần lượt là
(
0.25
)
0.25
Vậy MinS =2 khi a=b=c=1
123
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG
THPT THỬ
XUÂN TRƯỜNG
ĐỀ THI
KỲ THI THPT
ĐỀ THI THỬ THPTQG- LẦN 1
NĂM 2016
HỌC: 2015-2016
QUỐC GIA
- ĐỀ SỐ 23
Môn:
TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
--------oOo--------
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-----------------------Cảm ơn bạn Ngô Quang Trường (
[email protected]) chia sẻ đên www.laisac.page.tl
124
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ THPTQG LẦN I
Câu
Nội dung
Điểm
a) (1,0 điểm)
1) Tập xác định : D
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : lim y ; lim y
x
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
Cos
α
cosα
2
Ta có
1 tan α 1 4 5
5
5
3π
cosα 0 nên cosα
2
5
5
2 5
sin α cosα. tan α
.2
5
5
Do π α
125
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
0,25
4 6
2. 1
9 9
2x
Câu 4
(1,0 điểm)
x
2
2
2. 1 0
3
3
x
2
1 Loai
3
2 x 1
2
3
0,25
0,25
126
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)
SHC SHD SC SD 2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:
D
I
H
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 .
127
0,25
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK
HS .HI
HS 2 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
+(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
I
C
D
E
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
128
0,25
.PDF 
125 
145 
50 
