Bộ đề thi thử
THPT Quốc gia năm 2016 – Quyển 3
STT
Sở / Trường
Trang
Đề số 41
THPT Trần Phú, Hà Tĩnh
235
Đề số 42
THPT Nghèn, Hà Tĩnh
240
Đề số 43
THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh (L2)
247
Đề số 44
THPT Phan Thúc Trực, Nghệ An
252
Đề số 45
THPT Marie-Curie, TPHCM
257
Đề số 46
THPT Hùng Vương, Bình Phước (L1)
262
Đề số 47
THPT Hùng Vương, Bình Phước (L2)
268
Đề số 48
THPT Đa Phúc, Hà Nội
274
Đề số 49
THPT Kẻ Sặt, Hải Dương
281
Đề số 50
THPT Trần Nhân Tông, Quảng Ninh
286
Đề số 51
THPT Quỳnh Lưu, Thanh Hóa
293
Đề số 52
THPT Lê Lợi, Thanh Hóa
300
Đề số 53
THPT Nguyễn Viết Xuân, Phú Yên
305
Đề số 54
THPT Đồng Đậu, Vĩnh Phúc (L2)
309
Đề số 55
THPT Lý Tự Trọng, Nam Định
316
Đề số 56
THPT Hồng Lĩnh, Hà Tĩnh
323
Đề số 57
THPT Lương Tài 2, Bắc Ninh
327
Đề số 58
THPT Như Xuân, Thanh Hóa
332
Đề số 59
THPT Hồng Quang, Hải Dương
336
Đề số 60
THPT Tĩnh Gia 1, Thanh Hóa
342
Chúc các em thi đạt kết quả cao!
SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH
KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THPT
THITRẦN
THỬPHÚ
KỲ THI THPT QUỐC
2016 - ĐỀ SỐ 41
TRƯỜNG
MônGIA
thi : TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
--------oOo--------
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 4 4 x 2 3 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Tìm m để phương trình x 4 4 x 2 m 1 0 có đúng 2 nghiệm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 4 x 1 3.2 x 16 0 .
b) Giải phương trình cos 2 x 5sin x 3 0 .
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho góc thỏa mãn cos
3
và 0 . Tính giá trị biểu thức A sin 2 cos 2 .
5
2y
b) Tìm số hạng trong khai triển nhị thức Niutơn x 3
x
3n
, x 0 mà tổng số mũ của x và y
trong số hạng đó bằng 15, biết n thỏa mãn 4Cn2 3n 12 .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hàm số y
m x 3 1
x 3
(m hằng số). Tìm m để khoảng cách từ giao điểm hai
đường tiệm cận của đồ thị hàm số đến đường thẳng d : y x 2 bằng 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình log2 x 2 log2 x 4 4 .
b) Có 30 tấm thẻ được đánh số thứ tự từ số 1 đến số 30 mỗi tấm một số. Chọn ngẫu nhiên 10 tấm
thẻ. Tính xác suất để chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1
tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh AB 3a ,
BC 5a . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' trên mặt phẳng ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC . Góc giữa hai mặt phẳng ABB ' A ' và mặt phẳng ABC bằng 600 . Tính thể tích khối
lăng trụ ABC .A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm B ' đến mặt phẳng ACC ' A ' .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD ) có đỉnh
A 2; 1 . Giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm I 1; 2 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
27 9
ADI có tâm là E ; . Biết đường thẳng BC đi qua điểm M 9; 6 . Tìm tọa độ đỉnh B , D
8
8
biết điểm B có tung độ nhỏ hơn 3.
3
Câu 8 (1,0 điểm). Giải phương trình x 4 x 2 x 2 2 x 1
3
2 4x 2 x2 x4 .
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn 5 4 x 2 y 2 z 2 18 xy yz zx .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
x
2
.
2
y z 2 x y z 3
2
-------------------HẾT-----------------Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (
[email protected]) GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
235
SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ
KỲ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
a) TXĐ D
0,25
x 0
Sự biến thiên y ' 4 x3 8 x ; y ' 0 4 x3 8 x 0
x 2
1
Các khoảng đồng biến ; 2 và 0; 2 ; các khoảng nghịch biến 2; 0 và
(2,0đ)
2;
0,25
- Cực trị: Hàm đạt cực tiểu tại xCT = 0, yCT = -3; đạt cực đại tại xCĐ 2 , yCĐ = 1
- Giới hạn tại vô cực: lim y lim y
x
x
Bảng biến thiên
x
- 2
-∞
+
y'
0
1
-
0
+∞
2
0
+
0
1
-
0,25
y
-3
-∞
-∞
y
1
-1 O
0,25
1
- 2
2
x
-3
b) Phương trình đã cho tương đương x 4 4 x 2 3 m 4
(1)
0,25
Phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi đường thẳng y m 4 cắt với đồ thị hàm số
y x 4 4 x 2 3 tại 2 điểm phân biệt.
0,25
m 4 1
m 5
Từ đồ thị trên, ta có phương trình (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi:
m
4
3
m 1
Vậy các giá trị thỏa mãn là m 1 và m 5 .
0,25
2 x 16 0
a) Phương trình tương đương 4 x 12.2 x 64 0 x
2 4 0
(1,0đ)
2
0,25
0,25
Do 2 x 16 0 vô nghiệm, nên phương trình tương đương 2 x 4 x 2 .
Vậy nghiệm của phương trình là x 2 .
0,25
b) Phương trình tương đương với 2sin2 x 5sin x 2 0 sin x 2 1 2sin x 0 (1)
0,25
x 6 k 2
1
Do sin x 2 0 vô nghiệm nên (1) sin x
, k Z .
2
x 5 k 2
6
5
k 2 , k Z .
Vậy các nghiệm phương trình là x k2 và x
6
6
0,25
236
a) Do 0 sin 0 mà sin 2 1 cos2
3
16
4
nên sin
25
5
0,25
24
7
17
; cos2 2 cos2 1
. Do đó A
25
25
25
0,25
Phương trình 4Cn2 3n 12 2n2 5n 12 0 n 4 2n 3 0 n 4
0,25
(1,0đ) Ta có sin 2 2 sin .cos
b) Điều kiện n 2, n
12
k k 36 4 k k
2y
Khi đó, ta có số hạng tổng quát của khai triển x 3
y
là T 2 C12 x
x
Số hạng thỏa mãn yêu cầu khi k nghiệm phương trình 36 4 k k 15 k 7 (nhận)
0,25
7
7 8 7
Do đó số hạng cần tìm là T 2 C12
x y 101376 x 8 y 7 .
4
a) TXĐ D \ 3 ; lim y ; lim y x 3 là tiệm cận đứng
x3
(1,0đ)
0,25
x3
lim y lim y m y m là tiệm cận ngang.
x
x
0,25
Giao điểm 2 đường tiệm cận là I 3; m
Yêu cầu thỏa mãn khi: d I; d
m 1
2
0,25
2.
m 1
. Vậy m 1 và m 3 .
m 3
Điều kiện x 2
0,25
0,25
Khi đó phương trình tương đương với log2 x2 2x 8 4 x2 2x 24 0
(thỏa mãn)
x 4
x 6 (loại)
(1,0đ)
Vậy nghiệm của phương trình là x 4
5
0,25
0,25
10
b) Số phần tử của không gian mẫu là n C30
.
Gọi biến cố A= " chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có
đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 " .
0,25
5
4
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n A C15
.C31.C12
.
Vậy xác suất cần tìm là P A
B'
n A 99
.
n 667
Gọi H , N lần lượt trung điểm cạnh BC và AB .
A'
C'
Ta có B ' H ABC và NH AB . Suy ra góc giữa
hai mặt phẳng
ABB ' A '
và mặt phẳng
ABC
0,25
là
B
' NH 600 .
B
6
(1,0đ)
Tam giác ABC vuông tại A , có
N
A
H
C
M
AC BC 2 AB2 4a NH 2a
Tam giác B ' NH vuông tại H , có
F
B'H
3 B ' H 2a 3
HN
Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' là
3a.4a
V B ' H .SABC 2a 3.
12a3 3
2
tan B
' NH
E
237
0,25
Gọi E B ' H CC ' , M trung điểm AC . Gọi F hình chiếu vuông góc của H trên ME
0,25
Ta có AC MH , AC B ' H AC HF HF ACC ' A ' d H ; ACC ' A ' HF
Mặt khác HM
1
3a
AB , HE B ' H 2a 3
2
2
Trong tam giác vuông MHE tại H , có đường cao HF , nên
0,25
6a 19
HF
2
2
2
2
19
HF
HM
HE
36a
1
1
1
19
Vì B ' E 2 HE nên d B '; ACC ' A ' 2d H ; ACC ' A ' 2 HF
Vậy d B '; ACC ' A '
A
7
12a 19
.
19
Gọi H trung điểm DI và K giao điểm của EI và BC
DAC
(Tính chất thang cân)
Ta có EH DI , góc DBC
IEH
(góc ở tâm), suy ra DBC
IEH
mà
và DAC
B
I
12a 19
19
K
E
0,25
BIK
(đối đỉnh). Do đó BKI
900 EK BC
EIH
(1,0đ)
H
D
M
C
35 25
Ta có EI ; , đường thẳng BC có phương trình là 7 x 5 y 33 0
8 8
Ta có AI 1;3 , đường thẳng AC có phương trình là 3x y 5 0
0,25
7 x 5 y 33 0 x 1
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
C 1;8
3x y 5 0
y 8
33 5b
; b , b 3 . Ta có IA IB 10
Điểm B BC B
7
2
b 1
2
33 5b
2
10
1 b 2 37b 228b 191 0 191
b
7
37
Suy ra B 4;1
(nhận)
0,25
(loại)
1 xD 6
x 5
D
Ta có IC ID 2 10 DI 2 IB
. Suy ra D 5; 4
2 yD 2
yD 4
0,25
Điều kiện x
3
3
Phương trình tương đương x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2 x 4 2 x 2 x 4
8
(1,0đ)
(1)
0,25
(2)
0,25
Xét hàm số f t t 3 2t , t
Ta có f ' t 3t 2 2 0 t suy ra hàm số f t đồng biến trên
3
3
Phương trình (1) có dạng f x 2 2 x 1 f x 2 x 4 x 2 2 x 1 x 2 x 4
238
Nếu x 0 thay vào (2) không thỏa mãn
Nếu x 0 thì phương trình (2) x
1
1
2 3 x . Đặt
x
x
3
1
x t , ta có phương trình
x
0,25
2
1 7
t 3 t 2 0 t 1 t 2 t 2 0 t 1 ( Vì t 2 t 2 t 0 )
2 4
Với t 1 3
1
1
1 5
x 1 x 1 x2 x 1 0 x
.
x
x
2
0,25
1 5
1 5
Đối chiếu điều kiện x
, x
thỏa mãn
2
2
1 5
1 5
Vậy nghiệm của phương trình là x
và x
2
2
2
2
2
Ta có 5 4 x y z 18 xy yz zx
2
5 2 x y z 18 xy yz zx 10 2 xy yz 2 zx
2
5 2 x y z 38 x y z 28 yz 38 x y z 7 y z
9
2
0,25
2
2x
38 x
x
5
1
7
1 x y z (Do y z 0 ).
(1,0đ)
yz
yz
yz
1
2
2
Mặt khác ta có y z 2 y 2 z 2 y 2 z 2 y z
2
Đặt t y z 0 .
yz
2
2
2
2
2
Khi đó P
3
3
3
1
2
y z 2 y z y z y z 27 y z t 27t
2
2 2
2
2
Xét hàm số f t 3 với t 0 . Ta có f ' t 2 4 .
t
9t
t 27t
1
Với t 0 , f ' t 0 9t 2 1 0 t .
3
Bảng biến thiên
t
0
f'(t)
+
1
3
0
0,25
0,25
+∞
-
4
f(t)
-∞
0
1
1
Ta có x , y z thỏa mãn điều kiện bài toán và khi đó P 4 .
3
6
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 4.
Cảm ơn thầy Nguyễn Thế Anh (
[email protected]) GV THPT Cù Huy Cận , Hà Tỉnh đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
239
0,25
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 42
SỞ GDĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGHÈN
(Đề chính thức)
THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
Thời gianKỲ
làmTHI
bàiTHỬ
180
phút
MÔN THI: TOÁN
--------oOo-------Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y
x 1
x2
Câu 2 (1,0 điểm). Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số:
y x3 3 x 2 2
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình
a) 2.9 x 7.3 x 3 0
b) log 3 x 2 log 1 2 x log 3 3 x 0 .
3
2
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I 2 x 1 ln x dx
1
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A 2; 0;1 , B 1;1; 2 và mặt phẳng
P : x y z 0
.
a) Lập phương trình mặt cầu S tâm A , tiếp xúc với P .
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho BM vuông góc với AB và BM 2 .
Câu 6 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 3 5sin x cos2 x
b) Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc
của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11 có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn
mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy,
góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 600 , I là trung điểm cạnh BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a
thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng
ABH .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm
I 0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M 5; 0 ( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại
17 6
N
; , ( N khác C ). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm B lớn hơn 0.
5 5
1 4 x y 1 2
3
1
2 x y 1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 x y 2
2
9 y 2 3 7 x 2 y 5 2 y 3
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực không âm thỏa mãn a 2 b 2 c 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của:
P
a2
bc
1 bc
2
a bc a 1 a b c 1
9
Cảm ơn thầy Trần Văn Công (
[email protected]) chia sẻ đên www.laisac.page.tl
240
SỞ GDĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGHÈN
Câu
1
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016 - LẦN 1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Nội dung
x 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số y
.
x2
TXĐ: D R \{2}
Các giới hạn lim y 1; lim y 1; lim y ; lim y
x
x
x 2
x 2
Điểm
1,00
0,25
Suy ra x 2 là tiệm cận đứng, y 1 là tiệm cận ngang của đồ thị.
1
0, x 2
( x 2)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ; 2) và (2; )
Hàm số không có cực trị
Bảng biến thiên
x
2
y’
1
y
1
Sự biến thiên: y '
0,25
0,25
1
Đồ thị: Giao với trục Ox tại 1; 0 , giao với trục Oy tại 0; , đồ thị có tâm đối xứng là
2
điểm I (2;1)
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số y x3 3 x 2 2
y ' 3x 2 6 x
x 0 y 2
y' 0
x 2 y 2
Suy ra đồ thị có 2 điểm cực trị A(0;2), B(2;-2)
Đường thẳng qua 2 điểm cực trị có phương trình: 2x+y-2=0
3a
1,00
0,25
0,25
0,5
Giải phương trình. 2.9 x 7.3x 3 0
0,5
t 3 t / m
Đặt t 3 , t 0 . PT trở thành: 2t 7t 3 0 1
t t / m
2
0,25
x
2
241
1
1
1
3x x log 3
2
2
2
1
Vậy phương trình có nghiệm x 1, x log 3
2
t 3 3x 3 x 1 t
3b
Giải phương trình log
0,25
x 2 log 1 2 x log3 3 x 0 .
3
0,5
3
4
Đk: 0 x 2 , pt log 3 x 2 log 3 2 x log 3 3x
0,25
x 1 t / m
, vậy pt có nghiệm x 1
x 2 2 x 3x x 2 3x 4 0
x 4 l
0,25
2
Tính tích phân I 2 x 1 ln x dx
1.0
1
2
2
2
I 2 xdx 2 x ln xdx x 2 I1 3 I1
0,5
1
1
1
2
Tính I1 : đặt
dx
1
u ln x, dv 2 xdx du , v x 2 , I1 ( x 2 ln x) 2 xdx
x
1
0,25
2
x2
1
3
I1 4ln 2
4ln 2 2 , I 4 ln 2
2 1
2
2
0,25
Mặt cầu, mặt phẳng: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 điểm A 2; 0;1 ,
5a
B 1;1; 2 và mặt phẳng P : x y z 0 .
0,5
a) Lập phương trình mặt cầu S tâm A , tiếp xúc với P .
d A, P
1
3
R
0,25
1
3
b) Tìm tọa độ điểm M thuộc P sao cho BM vuông góc với AB và BM 2 .
2
2
PT S : x 2 y 2 z 1
5b
M a; b; c P . BM a 1; b 1; c 2 , BA 1; 1; 1 . Ta có hệ
M P
BM .BA 0
BM 2
a b c 0
a c 1
a 2, b 1, c 3
a b c 2 0
b 1
a 0, b 1, c 1
2
2
2
2
a 1 b 1 c 2 2
2 c 2 2
0,25
0,5
0,25
0,25
Vậy có 2 điểm M 2;1;3 ; M 0;1;1
6a
Giải phương trình 3 5sin x cos2 x
0,5
sin x 2 vn
Pt 3 5 sin x 1 2 sin x 2 sin x 5sin x 2 0
sin x 1
2
0,25
2
2
242
s inx
6b
1
5
x k 2 , x
k 2 , k
2
6
6
Tính xác suất: Trong đợt tham quan thực tế khu di tích Nguyễn Du, Đoàn trường THPT
Nghèn cử 30 đoàn viên xuất sắc của 3 khối tham gia. Khối 12 có 6 nam và 4 nữ, khối 11
có 5 nam và 5 nữ, khối 10 có 4 nam và 6 nữ. Chọn mỗi khối 1 đoàn viên làm nhóm
trưởng, tính xác suất để trong 3 em làm nhóm trưởng có cả nam và nữ.
Số phần tử của không gian mẫu là: C101 .C101 .C101 1000
_
0,25
0,5
0,25
Gọi A là biến cố đã cho thì A ” Số học sinh được chọn chỉ có nam hoặc nữ”
_
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là C61 .C51 .C41 C41 .C51.C61 240
_
240
6
Xác suất của biến cố A là P
0, 24
1000 25
A
0,25
Xác suất cần tìm là P A 1 0, 24 0, 76
7
Tính thể tích, khoảng cách: Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
SA vuông góc với mặt đáy, góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 600 , I là trung điểm cạnh
BC , H là hình chiếu của A lên SI . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng 1,00
cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến mặt phẳng ABH .
SB, ABC SB, AB SBA 60
0
, SA AB.tan 600 a 3
0,25
Thể tích khối chóp S.ABC là
0,25
1
1
1
1
3 a3
VS . ABC SA.S ABC SA. . AB. AC.sin 600 a 3.a 2 .
3
3
2
6
2
4
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, G là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
d G, ABH GA 2
IG ABH A
d I , ABH IA 3
2
d I , ABH .Ta có
3
AH SBC , kẻ IK HB tại
d G , ABH
0,25
K IK ABH , d I , ABH IK
SAI tại A IH .IS IA2
3a 2
2
IA
a 15
4
IH
IS
10
3a 2
3a 2
4
BHI tại I, có KI là đường cao
IH .IB
a 6
IK
8
IH 2 IB 2
8
0,25
2 a 6 a 6
Vậy d G, ABH .
3 8
12
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
1,00
cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I 0;5 . Đường thẳng AI cắt đường tròn tại M 5; 0
243
17 6
; , ( N khác C ). Tìm tọa
( M khác A ). Đường cao qua C cắt đường tròn tại N
5 5
độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ điểm B lớn hơn 0.
I trung điểm AM A 5;10 .
0,25
.
ABC cân tại A
AM là trung trực của BC MB MC . H là trực tâm BH MC (cùng vuông góc
với AC), CH MB (cùng AB ) tứ giác BMCH là hình bình hành, do
HM BC BMCH là hình thoi BC là phân giác của NCM BN BM BMN
cân tại B . Gọi K là trung điểm MN BK MN 1 . Mặt khác tam giác IMN có
IM IN R IMN cân tại I IK MN 2 . Từ 1 , 2 B, K , I thẳng hàng
BI MN
qua I 0;5
42 6
pt BI : 7 x y 5 0
MN 5 ; 5 BI
MN
B BI B b;5 7b IB b; 7b . IM 5; 5 .
2
2
2
2
Ta có IB IM b 49b 50 b 1 B 1; 2
qua B 1; 2
BC
pt BC : x y 3 0
IM
C BC C c; c 3 , IC 2 IM 2
0,25
0,25
0,25
C 1; 2 B l
c 1
2
c 2 c 8 50
c 7 C 7;4
Vậy A 5;10 , B 1; 2 , C 7; 4
9
1 4 x y 12
3
1
1
2 x y 1
Giải hệ phương trình 2 x y 2
2
9 y 2 3 7 x 2 y 5 2 y 3 2
x y 2 0
a2 2
Đk:
* Đặt a 2 x y 2 , a 0 , a 2 2 x y 2 x y 1
2
2
y 9
244
1,00
0,25
1 trở thành
2
a2 2
2
1 4
1 a2 2
a2 1
3
2 1
a
a
a2 2
a2 2
2
2
3
0,25
a 2 a 2 a a f a 2 f a , với
2
2
3
2
f t t 3 t , f ' t 3t 2 1 0t f t đồng biến trên .
a 1 l
Vậy a 2 2 a
, a 2 x y2 2 x y
a 2 t / m
thế vào pt 2 , ta có
2
9 y 2 3 7 y2 2 y 5 2 y 3 y 2 9 y 2 y 1 3 7 y2 2 y 5 0
1
y 1
2
y 5 y 6
2
y 2 9 y 2 y 1 y 1 3 7 y 2 2 y 5 3 7 y 2 2 y 5 2
y 2 x
. Vậy hệ có 2 nghiệm 2; 2 , 3;3
y2 5 y 6 0
y 3 x
0
0,25
0,25
Chứng minh bất đẳng thức
Cho a, b, c là 3 số thực không âm thõa mãn a 2 b 2 c 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất của:
10
P
a2
bc
1 bc
2
a bc a 1 a b c 1
9
Ta có a b c
a b c
2
2
a2 b c
2
2
1,00
a 2 b 2 c 2 2bc
1 bc
2
2
a b c 2 2bc 2a b c 2 1 bc 2a b c
2
a b c 2 1 bc 2 1 bc
a b c
1 bc
4
a b c 1 bc
2
do đó
a b c
1 bc
4
245
2
0,25
a b c
Vậy P
P
a2
bc
2
a a a b c a b c 1
4
9
a b c
a2
bc
2
a a a b c a b c 1
36
a b c
a
bc
a b c 1 a b c 1
36
a b c
a bc
a b c 1
36
2
2
0,25
2
2
Đặt t a b c, 0 t 3 a2 b2 c 2 6
f t
t
t2
1
t
2
, f ' t
, f ' t 0 t t 1 18 t 2 0; 6
2
t 1 36
t 1 18
t
'
f t
f t
0
-
2
0
6
+
0,25
5
9
5
5
MaxP
9
9
a b c 2
a b 1, c 0
Dấu bằng xảy ra khi a 2 b 2 c 2 2
a c 1, b 0
a b c
Như vậy P
( Nếu các cách giải khác đúng, cho điểm tối đa)
----------------***Hết***---------------Cảm ơn thầy Trần Văn Công (
[email protected]) chia sẻ đên www.laisac.page.tl
246
0,25
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 43
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo--------
247
248
249
250
251
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA 2016 - ĐỀ SỐ 44
Thời gian làm bài 180 phút
--------oOo--------
252
253
.PDF 
114 
120 
51 
