Bộ đề thi thử
THPT Quốc gia năm 2016 – Quyển 4
STT
Sở / Trường
Trang
Đề số 61
THPT chuyên Nguyễn Huệ, Hà Nội
347
Đề số 62
THPT Ngô Sĩ Liên, Bắc Giang (L3)
353
Đề số 63
THPT chuyên Hạ Long, Quảng Ninh
360
Đề số 64
THPT chuyên ĐH Vinh (L1)
365
Đề số 65
Nhóm Gia Sư Trực Tuyến
370
Đề số 66
THPT Hàn Thuyên, Bắc Ninh (L2)
376
Đề số 67
THPT chuyên Hùng Vương, Gia Lai
381
Đề số 68
THPT Nguyễn Khuyến, Tp HCM
388
Đề số 69
THPT Hà Huy Tập, Nghệ An
396
Đề số 70
THPT Quảng Xương 4, Thanh Hóa
399
Đề số 71
THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
405
Đề số 72
THPT Quốc Oai, Hà Nội
410
Đề số 73
THPT Anh Sơn 2, Nghệ An
415
Đề số 74
THPT Trần Quang Khải (L3)
422
Đề số 75
THPT Phú Xuyên B, Hà Nội
429
Đề số 76
THPT chuyên KHTN Hà Nội (L3)
433
Đề số 77
THPT chuyên Ng. Quang Diệu, Đồng Tháp
437
Đề số 78
THPT Trung Giã, Hà Nội (L2)
443
Đề số 79
THPT chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang
449
Đề số 80
THPT chuyên Lào Cai (L2)
455
Chúc các em thi đạt kết quả cao!
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HUỆKỲ THI
ĐỀNGUYỄN
THI THỬ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN
THỨ
NHẤT
THPT QUỐC
GIA
2016
- ĐỀ SỐ
NĂM
HỌC
2015
–
2016
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
--------oOo-------Thời gian làm bài: 180 phút
61
2x 1
có đồ thị (C ) .
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C ) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm
cận của (C ) là nhỏ nhất.
Câu 2 (1 điểm).
3
1. Tính giá trị của biểu thức P sin x.cos3x cos 2 x biết cos2x , x ;0 .
Câu 1 (2 điểm).
Cho hàm số y
5
2
3
2. Giải phương trình: log 8 ( x 1) log 2 ( x 2) 2 log 4 (3 x 2) .
Câu 3 (1 điểm).
1. Tìm hệ số của x5 trong khai triển (2 x
1
x
3
)10 (với x 0 )
2. Một đoàn tàu có 3 toa chở khách đỗ ở sân ga. Biết rằng mỗi toa có ít nhất 4 chỗ
trống. Có 4 vị khách từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau, chọn ngẫu
nhiên một toa. Tính xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách nói trên.
( x 1)ln x
Câu 4 (1 điểm). Tìm nguyên hàm
dx .
x
Câu 5 (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có điểm
A(4;-1;5) và điểm B(-2;7;5). Tìm tọa độ điểm C, D biết tâm hình vuông thuộc mp(Oxy).
Câu 6 (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AD, góc giữa đường thẳng SB và mặt đáy
bằng 60 0 . Gọi M là trung điểm của DC. Tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BM.
Câu 7 (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;2),
3
tâm đường tròn ngoại tiếp I ;2 , tâm đường tròn nội tiếp K(2,1). Tìm tọa độ đỉnh B biết
2
xB 3.
Câu 8 (1 điểm).
Giải bất phương trình x 3 x 2 2 3 3x 2 .
Câu 9 (1 điểm). Cho x, y, z là các số không âm thỏa mãn x y z
3
. Tìm giá trị nhỏ
2
nhất của P x3 y 3 z 3 x 2 y 2 z 2 .
---------------------HẾT---------------------Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên:…………………………………………………SBD:…………………………………
347
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN HUỆ
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
LẦN THỨ NHẤT
NĂM HỌC 2015 – 2016
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN: TOÁN
Câu
1
(2điểm)
Ý
1
Nội dung
y
2x 1
.
x 1
Điểm
TXĐ: R\{-1}
1
y'
0 x 1
( x 1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (–∞;-1) và (-1;+∞)
2x 1
2x 1
; lim
đường tiệm cận đứng của
Giới hạn: lim
x1 x 1
x1 x 1
đồ thị là x =- 1
2x 1
2x 1
2; lim
2 đường tiệm cận ngang của đồ thị là y = 2
lim
x x 1
x x 1
bảng biến thiên
x
-∞
-1
+∞
y’
+
+
y
+∞
0,25
0,25
2
2
0,25
-∞
y
6
4
0,25
2
O
-5
5
x
-2
2
Gọi điểm M a;2
1
thuộc đồ thị (C).
a 1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng 1 : x 1 là d M ; 1 a 1
348
0,25
0,25
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang 2 : y 2 là d M ; 2
Suy ra d M ; 1 d M ; 2 a 1
1
a 1
1
2
a 1
0,25
Dấu bằng xảy ra khi a = 0 hoặc a = -2
Vậy tổng khoảng cách từ M đến hai tiệm cận nhỏ nhất bằng 2 khi M(0;1)
hoặc M(-2;3)
2
(1điểm)
1
2
3
16
Vì cos2x sin 2 2 x mà x ;0 sin 2 x 0
5
25
2
4
Suy ra sin 2 x
5
sin 4 x sin 2 x cos2x 1 18
P sin x.cos3x cos 2 x
2
2
25
0,25
0,25
0,25
Điều kiện: x 1
Phương trình log 2 ( x 1) log 2 ( x 2) log 2 (3 x 2)
0,25
log 2 ( x 1)( x 2) log 2 (3x 2)
3
(1điểm)
x 0 (l )
( x 1)( x 2) (3x 2) x 2 2 x 0
x 2 (tm)
Vậy phương trình có nghiệm là x 2 .
1 khai
(2 x
1
x3
10
10
0,25
triển
i
i
10
10 i
) C (2 x )
i 0
5i
10
1 10 i 10 i
i
2
C
2
(
1)
x
10
3
x i 0
2
Hệ số của x là C10 .2 1 11520
5
2
2
8
0,25
0,25
Vì mỗi vị khách có 3 lựa chọn lên một trong ba toa tàu , Suy ra số cách để 4
4
vị khách lên tàu là : 3 81
3
Số cách chọn 3 vị khách trong 4 vị khách ngồi một toa là C4 4
0,25
1
Số cách chọn một toa trong ba toa là C3 3
Vị khách còn lại có 2 cách chọn lên 2 toa còn lại
Suy ra có 2.3.4=24 cách để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách .
4
(1điểm)
24 8
P
Vậy xác suất để 1 trong 3 toa có 3 trong 4 vị khách là:
81 27
( x 1)ln x
ln x
dx ln xdx
dx .
x
x
ln xdx x ln x xd ln x x ln x dx x ln x x C
1
ln x
1
dx ln xd ln x ln 2 x C2
x
2
Vậy I x ln x x
1 2
ln x C
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
349
5
(1điểm)
Gọi
M(x;y;0) thuộc mặt phẳng Oxy là tâm hình vuông.
MA(4 x; 1 y;5)
MB (2 x;7 y;5)
0,25
Vì ABCD là hình vuông nên tam giác MAB vuông cân tại M
MAMB 0
MA MB
(4 x)(2 x) (1 y)(7 y ) 25 0
x 1
2
2
2
2
(4 x) (1 y) 25 (2 x) (7 y) 25 y 3
0,25
0,25
Vậy M(1;3;0)
Vì M là trung điểm của AC và BD nên C(-2;7;-5); D(4;-1;-5)
6
(1
điểm)
+) Tính thể tích
0,25
S
Gọi H là trung điểm của AD.
Vì HB là hình chiếu của SB lên đáy
nên
600
(
SB;( ABCD)) SBH
0,25
K
A
B
I
H
E
0
Trong tam giác SBHcó SH BH tan 60
VSABM
D
M
a 15
2
1
a 3 15
(đvtt)
VSABCD
2
12
C
0,25
+) Tính khoảng cách:
Dựng hình bình hành ABME
Vì BM//(SAE) d SA, BM d ( M ,( SAE )) 2d ( D,( SAE ))
4d ( H ,( SAE ))
Kẻ HI AE; HK SI ,( I AE, K SI )
Chứng minh HK ( SAE ) d ( H ,( SAE )) HK
DE. AH
a
Vì AHI AED HI
AE
2 5
1
1
1
304
a 15
Trong tam giác SHI có
HK
2
2
2
2
HK
HI
SH
15a
4 19
a 15
Vậy d SA, BM
19
350
0,25
0,25
7
(1
điểm)
Gọi D là giao của AK với đường
tròn (I).
Phương trình đường thẳng AK là:
x+3y-5=0
A
Ta có
K
1 ( ABC
BAC
) BKD
KBD
2
I
B
Nên tam giác KBD cân tại D
0,25
C
D
Gọi D(5-3a,a) thuộc AK. Vì D khác A nên a 2 .Ta có
3
3
ID 2 IA2 (5 3a )2 (a 2) 2 (1 ) 2 (2 2)2
2
2
a 2(l )
7 1
Suy ra D ;
1
a
2 2
2
0,25
Gọi B(x;y) (x>3)ta có hệ
3
25
( x ) 2 ( y 2) 2
2
2
IB IA
x y 3 x 4 y 0
2
4
2
0,25
2
DB
DK
7
1
5
x
y
7
x
y
10
0
2
2
( x ) ( y )
2
2
2
x 4; y 2(tm)
x2 y 2 3x 4 y 0
x 5 ; y 5 (l )
4
x
3
y
10
0
8
2
0,25
Vậy B(4;2)
8
(1điểm)
x 3 x 2 2 3 3x 2
x 3 3x 2 2 3 3x 2 2x
3
x 3x 2 2
0,25
3x 2 x 3
x 2 x 3 3x 2 3 3x 2
2
2
3
0
(x 3x 2) 1
x 2 x 3 3x 2 3 3x 2 2
2
0
Chứng minh 1
2
x 2 x 3 3x 2 3 3x 2
x 1
3
(x
3x
2)
0
x 2
Suy ra bất phương trình
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ; 2 1
351
0,25
0,25
0,25
9
(1điểm)
1
2
3
3
3
2
2
2
Ta có x y z 3xyz ( x y z )( x y z xy yz zx)
x3 y 3 z 3 3 xyz ( x y z ) ( x y z ) 2 3( xy yz zx)
Giả sử x =min {x,y,z} suy ra x [0; ]
3xyz
0,25
27 9( xy yz zx)
8
2
Ta
27 9
( xy yz zx)
8 2
1
1 13
27 9
215 9
9 13
( xyz )2 xyz
( xy yz zx )
( xy zx) yz0,25 x
8
64 4
8 2
64 2
2 4
3
3
3
2
2 2
2
2 2
có P x y z x y z x y z 3xyz
Vì
2
1
9 13
9 13
y z 9 13
x [0; ] x 0 yz x
x
2
2 4
2 4
2 2 4
2
215 9 3
1 3
9 13
Suy ra P
x( x) x x
64 2 2
4 2
2 4
0,25
2
215 9 3
1 3
9 13
1
Xét f ( x )
x( x) x x , x 0;
64 2 2
4 2
2 4
2
1 25
1
Hàm số f(x) nghịch biến trên 0; f ( x) f ( )
2 64
2
Vậy GTLN của P bằng
25
1
đạt khi x = y = z =
64
2
Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
352
0,25
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ———————THI THỬ KỲ THI
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)
Môn: Toán 12
THPTThời
QUỐC
GIA
2016 - ĐỀ SỐ 62
gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Thời gian làm bài 180 phút
—————————
--------oOo--------
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
2x + m
x−1
(C) (với m là tham số thực).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) với m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng d : y = x + 2 cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
Câu 2 (1,5 điểm). 1) Giải phương trình: sinx + 2sin3x = −sin5x
2) Giải phương trình: log3 (x − 1)2 + log√3 (2x − 1) = 2
Z
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm sau: I =
(x+cosx)xdx
Câu 4 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).
Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD.
√ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD =
a 2. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC, đường
thẳng SD tạo với mặt đáy ABCD một góc 450 . Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Để chuẩn bị cho Lễ kỷ niệm 70 năm thành lập của một trường THPT, nhà
trường cần lập một đội tình nguyện viên gồm 40 em học sinh thông qua đơn đăng ký. Qua đăng
ký có 150 em học sinh muốn tham gia đội tình nguyện viên, biết rằng trong 150 em đó có 60 em
có học lực giỏi. Để đảm bảo công bằng nhà trường quyết định chọn ngẫu nhiên 40 học sinh từ 150
học sinh nói trên. Tính xác suất để trong số 40 em học sinh được chọn có đúng 80% học sinh có
học lực giỏi.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H
là hình chiếu của A lên đường thẳng BD. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH. Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E có tung độ
âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình sau:
(
p
√
(x + x2 + 1)(y + y 2 + 1) = 1
√
√
3x2 + y + 3 = 3x + 1 + 4 − 5y
, (x, y ∈ R)
,
Câu 9 (0,5 điểm). Cho các số a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:
r
2
abc
P =
+ 3
3 + ab + bc + ca
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
——— 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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
353
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
—————–
NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: Toán 12
(Đáp án gồm 6 trang)
————–
CÂU
NỘI DUNG
2x + m
Cho hàm số y =
...
x−1
ĐIỂM
1,00
(1)
0,25
• Tập xác định: D = R\{1}
• Giới hạn: lim− y = −∞, lim+ y = +∞, lim y = 2, lim y = 2.
x→1
x→−∞
x→1
x→+∞
• Đồ thị hàm số có TCĐ: x = 1, TCN: y = 2
Câu 1
0,25
• Sự biến thiên: y 0 =
−3
; y 0 < 0, ∀x ∈ D .
(x − 1)2
• Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 1) và (1; +∞).
- Bảng biến thiên:
0,25
1
Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; −1), căt trục Ox tại điểm (− ; 0)
2
0,25
2)Tìm m để...
1,00
2x + m
Phương trình hoành độ giao điểm:
= x + 2 (Điều kiện: x 6= 1) (2)
x
−
1
(2) ⇔ x2 − x − 2 − m = 0
(3)
0,5
354
1
Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi phương trình
(3) có hai nghiệm phân biệtkhác 1.
∆ > 0
m > − 9
4
⇔
1 − 1 − 2 − m 6= 0
m 6= −2
1) Giải phương trình: sinx+2sin3x = −sin5x
(1)
(1)⇔ 2sin3xcos2x + 2sin3x = 0 ⇔2sin3x(cos2x + 1)= 0
Câu 2
Giải phương trình tích ta tìm được nghiệm
π
π
x = k và x = + lπ , (k, l ∈ Z)
3
2
2) Giải phương trình: log3 (x −2)2 + log√3 (2x − 1) = 2
x − 1 6= 0
x 6= 1
Điều kiện:
⇔
1
2x − 1 > 0
x >
2
PT ⇔ log3 |x − 1| + log3 (2x − 1) = 1
⇔ log3 [|x − 1| (2x − 1)] = 1
⇔ |x − 1| (2x − 1) = 3
• Với
0,5
0,5
0,25
0,25
1,0đ
0,25
0,25
(∗)
0,25
1
< x < 1. PT (*)⇔ (1 − x)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 + 3x + 4 = 0. PT vô nghiệm
2
0,25
• Với x > 1. PT (*)⇔ (x − 1)(2x − 1) = 3 ⇔ 2x2 − 3x − 2 = 0
1
⇔ x = − ,x = 2
2
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x = 2
Tìm nguyên hàm: I =
Z
(x+cosx)xdx
Ta có: I =
Z
x dx +
Z
Tính I1 =
Z
x2 dx =
x3
+ C1
3
Tính I2 =
Z
xcosxdx. Bằng cách sử dụng TPTP ta tính được
Câu 3
2
xcosxdx = I1 + I2
1,00
0,25
0,25
I2 = xsinx+cosx + C2
x3
Kết luận: I =
+ xsinx+cosx + C
3
Trong không gian Oxyz , cho 4 điểm A(1; 1; 3), B(−2; 0; 4), C(2; −3; 5), D(0; 4; −5).
Chứng minh rằng 4 điểm đã cho không đồng phẳng và tính thể tích của tứ diện ABCD .
−
−
→
−→
−−→
Ta có: AB = (−3; −1; 1), AC = (1; −4; 2), AD = (−1; 3; −8)
355
2
0,25
0,25
1,00
0,25
Câu 4
h−
h−
−
→ −→i
−→ −→i −−→
Tính: AB, AC = (2; 7; 13) =⇒ AB, AC AD = −85 6= 0.
0,5
Suy ra 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng.
85
Suy ra: VABCD =
(đvtt)
6
√
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a 2. Hình
0,25
1,00
chiếu vuông góc của đỉnh S lên (ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABC , đường
thẳng SD tạo với mặt đáy ABCD một góc 450 . Tính thể tích của hình chóp S.ABCD
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD theo a.
S
K
A
B
D
O
H
C
F
I
E
Câu 5
\ = 450 .
- Gọi H là trọng tâm của 4ABC ,√nên theo giả thiết: SH ⊥ (ABCD) và SDH
2
2a 3
Suy ra: SH = HD = BD =
3
3
√
-ABCD là hình chữ nhật nên: SABCD = a2 2
√
1
2a3 6
- Thể tích của khối chóp: V = SH.SABCD =
(đvtt).
3
9
- Gọi E là điểm
đối xứng với A qua B , ta có:
BD k (SCE)
BD k EC ⇒
SC ⊂ (SCE)
⇒ d(BD, SC) = d(BD, (SCE)) = d(H, (SCE))
(1)
- Gọi I, K lần lượt
là hình chiếu vuông góc của H lên EC, SI ta có:
EC ⊥ SH
HK ⊥ EC
⇒
EC ⊥ HI
KH ⊥ SI
⇒ HK ⊥ (SEC) ⇒ d(H, (SEC)) = HK
(2)
1
1
1
- Gọi F là hình chiếu của B lên EC , ta có: BF = HI và
=
+
, trong
BF 2
BE 2 BC 2
1
1
1
1
1
1
4HSC :
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
HK
HS
HI
HS
BE
BC 2
2a
⇒ HK =
(3)
3
2a
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: d(BD, SC) =
3
356
3
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 6
Để chuẩn bị cho Lễ kỷ niệm 70 năm thành lập của một trường THPT, nhà trường cần
1,00
lập một đội tình nguyện viên gồm 40 em học sinh thông qua đơn đăng ký. Qua đăng ký
có 150 em học sinh muốn tham gia đội tình nguyện viên, biết rằng trong 150 em đó có
60 em có học lực giỏi. Để đảm bảo công bằng nhà trường quyết định chọn ngẫu nhiên
40 học sinh từ 150 học sinh nói trên. Tính xác suất để trong số 40 em học sinh được
chọn có đúng 80% học sinh có học lực giỏi.
Gọi A là biến cố ngẫu nhiên: "Chọn được 80% học sinh có học lực giỏi".
Chọn ngẫu nhiên 40 em học sinh từ 150 em học sinh có n(Ω) =
0,25
40
C150
Chọn được 80% học sinh có học lực giỏi, tức là chọn được 32 em. Chọn 32 em trong 60
0,5
32
em có học lực giỏi có C60
cách.
Câu 7
8
8
32
Chọn 8 em còn lại trong 90 em có C90
cách.Khi đó: n(ΩA ) = C90
C60
8
32
C C
Theo công thức tính xác suất, ta tính được: P(A) = 9040 60 ≈ 1, 823.10−9
C150
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC . Gọi H là hình chiếu
0,25
1,00
của A lên đường thẳng BD . Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng CD
và BH . Biết điểm A(1; 1), phương trình đường thẳng EF : 3x − y − 10 = 0 và điểm E
có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình chữ nhật.
G
A
B
F
D
H
E
C
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của các đoạn CD, BH, AB . Ta chứng minh: AF ⊥
0,25
EF.
Ta thấy các tứ giác ADEG, ADF G nội tiếp, nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó:
AF ⊥ EF . Từ đó ta suy ra: AF : x + 3y − 4 = 0
r
17 1
32
- Tìm tọa độ của F = AF ∩ EF , ta được F ( ; ), suy ra: AF =
.
5r 5
5
1
2
- Ta có 4AF E ∼ 4DCB ⇒ EF = AF = 2
.
2
5
17
51 2 8
- Gọi E(a; 3a − 10) ∈ EF ⇒ EF 2 = (a − )2 + (3a −
) =
5
5
5
19
19 7
2
⇒ 5a − 34a + 57 = 0 ⇒ a = 3 ∨ t = . Hay E(3; −1) hoặc E( ; )
5
5 5
357
4
0,25
Theo giả thiết ta được E(3; −1), phương trình: AE : x + y − 2 = 0. Gọi D(x; y),
4ADE
vuông, cântại D nên:
AD = DE
(x − 1)2 + (y − 1)2 = (x − 3)2 + (y + 1)2
⇔
AD ⊥ DE
(x − 1)(x − 3) = (y − 1)(y + 1)
y = x − 2
x = 1
x = 3
⇔
⇔
∨
.
y = −1
y = 1
(x − 1)(x − 3) = 0
Từ đó D(1; −1) hoặc D(3; 1)
Câu 8
Vì D, F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1; −1).
0,25
Giải hệ:
1,00
Khi đó: C(5; −1), B(1; 5). Vậy B(1; 5), C(5; −1), D(1; −1)
√
(x + x2 + 1)(y + √y 2 + 1) = 1
3x2 + y + 3 = √3x + 1 + √4 − 5y
(1)
(2)
1
x ≥ −
3
- Điều kiện:
4
y ≤
5
√
√
(x + x2 + 1)(−x + x2 + 1) = 1
Với ∀x, y ∈ R, ta có:
(y + √y 2 + 1)(−y + √y 2 + 1) = 1
, (x, y ∈ R)
0,25
.
Kết
với phương trình (1) ta được:
hợp
√
√
y + y 2 + 1 = −x + x2 + 1
. Cộng hai vế của hệ này ta được x = −y
x + √x2 + 1 = −y + √y 2 + 1
Thế x = −y vào phương trình (2) ta được:
√
√
3x2 − x + 3 = 3x + 1 + 5x + 4
(∗)
√
√
Ta có: (∗) ⇔ 3x2 − x + 3 − 3x + 1 − 5x + 4 = 0
√
√
⇔ 3x2 − 3x + (x + 1 − 3x + 1) + (x + 2 − 5x + 4) = 0
x2 − x
x2 − x
√
√
⇔ 3(x2 − x) +
+
=0
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
1
1
√
√
⇔ (x2 − x)(3 +
+
)=0
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
1
1
1
√
√
Vì x ≥ − nên 3 +
+
> 0.
3
x + 1 + 3x + 1 x + 2 + 5x + 4
Do vậy: x2 − x = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 1.
Câu 9
0,25
Kết luận hệ có hai nghiệm: (x; y) = (0; 0), (1; −1)
Cho các số a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn: a + b + c = 3. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:
2
P =
+
3 + ab + bc + ca
s
358
5
3
abc
(1 + a)(1 + b)(1 + c)
0,50
0,25
0,5
√
Ta có: (ab + bc + ca)2 ≥ 3abc(a + b + c) = 9abc > 0 =⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc.
√
3
Chứng minh được: (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + abc)3 , ∀a, b, c > 0. Dấu "=" xảy ra
khi a = b = c. Khi đó: √
3
2
abc
√
√
P ≤
+
= Q.
3(1 + abc) 1 + 3 abc
√
a+b+c 3
6
Đặt abc = t. Vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤ (
) =1
3
2
2
t
2t(t − 1)(t5 − 1)
0
Xét hàm số: Q =
+
,
t
∈
(0;
1]
⇒
Q
(t)
=
≥ 0, ∀t ∈
3(1 + t3 ) 1 + t2
(1 + t3 )2 (1 + t2 )2
(0; 1].
5
5
Do hàm số đồng biến trên (0; 1] nên P ≤ Q(1) = . Và từ đó ta tìm được MaxP = ,
6
6
khi a = b = c = 1
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa theo từng bài.
359
6
0,25
0,25
ĐỀ THI
THỬ
TRƯỜNG
THPT
CHUYÊN HẠ LONG
KỲ THI
THPT
QUỐC
GIA
ĐỀ 2015
SỐ -63
ĐỀ THI
THỬ THPT
QUỐC
GIA2016
LẦN 2-NĂM
2016
Thời gian làm bài 180Môn:
phútTOÁN
--------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 hàm số y
x 3
.
2x 1
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số y x 3 3 x 2 có đồ thị là (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C ) tại các giao điểm của nó với đường thẳng có phương trình y x 2.
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Cho số phức z thỏa mãn z (2 3i ) z 1 9i. Tìm môđun của số phức w z 2 z 1.
b) Giải phương trình 32 x 32 x 82.
1
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I x (e x
0
2
)dx.
x 1
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho ba điểm A(1;1;1), B (3;5; 2), C (3;1; 3).
Lập phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O , vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và lập
phương trình mặt cầu ( S ) ngoại tiếp tứ diện OABC.
Câu 6 (1,0 điểm).
3
3
.
a) Tính giá trị biểu thức A sin 2 ( ) cos 2 ( ), biết cos = và
4
3
5
2
b) Chương trình Táo Quân năm 2016 (Gặp nhau cuối năm) có một trò chơi tên là Vòng quay kỳ diệu
dành cho các Táo tương tự như trò chơi truyền hình Chiếc nón kỳ diệu trên kênh VTV3. Chiếc nón
có hình tròn được chia đều thành các ô hình quạt, trong đó có 10 ô có tên “Tham nhũng”, 4 ô có tên
“Trong sạch” và 2 ô có tên “Phần thưởng”. Có 4 Táo (Kinh tế, Xã hội, Giáo dục và Tinh thần) cùng
tham gia trò chơi này, mỗi Táo chỉ được quay ngẫu nhiên một lần. Tính xác suất để cả 4 Táo đều
quay vào ô “Trong sạch”.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAC là tam
giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ), đường thẳng SB tạo với
mặt phẳng ( ABC ) một góc 600 , M là trung điểm cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM , AC .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD có A(4; 6). Gọi
450 , M (4;0) và đường
M , N lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC và CD sao cho MAN
thẳng MN có phương trình 11x 2 y 44 0. Tìm tọa độ các điểm B , C , D.
x 1 97 y 2 y 1 97 x 2 97( x 2 y 2 )
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( x, y ).
27 x 8 y 97
2
abc
Câu 10 (1,0 điểm). Cho a , b, c là các số thực dương thỏa mãn
4abc. Tìm giá trị lớn
2016
nhất của biểu thức
P
a
b
c
.
a bc b ca c ab
----------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 Tô Việt Hưng chia sẻ đến www.laisac.page.tl
360
TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HẠ LONG
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2 NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: TOÁN
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu
Đáp án (Trang 01)
Điểm
1
Tập xác định D \{ }.
2
Sự biến thiên:
5
; y ' 0, x D.
(2 x 1) 2
1
1
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (; ) và ( ; ).
2
2
1
1
- Giới hạn và tiệm cận: lim y lim y ; tiệm cận ngang: y .
x
x
2
2
1
lim y ; lim y ; tiệm cận đứng: x .
1
1
2
x
x
- Chiều biến thiên: y '
2
0,25
0,25
2
- Bảng biến thiên:
0,25
1
(1,0đ)
Đồ thị:
- Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 3),
cắt trục Ox tại điểm (3; 0).
1 1
- Đồ thị nhận điểm I ( ; ) là giao
2 2
của hai đường tiệm cận làm tâm đối
xứng.
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và là x 3 3 x 2 x 2
x 3 4 x 0 x 0, x 2, x 2. Suy ra tọa độ các giao điểm của (C ) và là
A(0; 2), B ( 2; 0) và C(2; 4).
2
(1,0đ) Ta có y ' 3x 2 3; Hệ số góc của tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y '(0) 3,
y'(2) 9, y '(2) 9.
Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại A, B, C lần lượt là y 3 x 2, y 9 x 18, y 9 x 14.
1
361
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án (Trang 02)
Điểm
a) Đặt z a bi (a, b ). Từ giả thiết suy ra a bi (2 3i )( a bi ) 1 9i
3
(1,0đ)
a 3b 1
a 2
a 3b (3a 3b)i 1- 9i
. Do đó z 2 i.
3a 3b 9
b 1
0,25
Ta có w z 2 z 1 2 i 2(2 i ) 1 7 i. Suy ra w 72 12 50.
0,25
3x 9
b) Phương trình đã cho tương đương với 9.3 82.3 9 0 x 1
3
9
0,25
x 2
. Do đó nghiệm của phương trình đã cho là x 2; x 2.
x 2
0,25
2x
1
1
Ta có I xe x dx
0
1
4
(1,0đ)
0
0,25
2x
dx.
x 1
1
1 1 x
1
e dx e e x 1.
0 0
0
x
x
x
xe dx xde xe
0
x
0
0,25
1
1
1
2x
2
0 x 1 dx 0 2 x 1 dx 2 x 2 ln x 1 0 2 2 ln 2.
Do đó I 3 2 ln 2.
Ta có AB (2; 4;1), AC (2; 0; 4) suy ra [ AB, AC ] ( 16;10; 8) 0. Do đó mặt phẳng
1
( ABC ) có một véc tơ pháp tuyến là n [ AB, AC ] (8; 5; 4). Do d ( ABC ) nên d
2
nhận n làm véc tơ chỉ phương.
x 8t
Đường thẳng d đi qua O và nhận n làm véc tơ chỉ phương, nên d : y 5t .
z 4t
0,25
0,25
0,25
0,25
Gọi I ( a; b; c ) là tâm của mặt cầu ( S ). Vì (S ) đi qua bốn điểm O, A, B, C nên
5
(1,0đ)
11
a 7
a b c (a 1) (b 1) (c 1)
OI AI
2
41
2
2
2
2
2
.
OI BI a b c (a 3) (b 5) (c 2) b
7
OI CI
a 2 b 2 c 2 (a 3)2 (b 1)2 (c 3) 2
39
c 14
2
2
2
2
2
2
1247
11 41 39
. Do đó
Suy ra mặt cầu ( S ) có tâm I ; ; , bán kính R OI
28
7 7 14
2
2
2
11
41
39 1247
(S ) : x y z
.
7
7
14
28
2
362
0,25
0,25
Câu
Đáp án (Trang 03)
a) Với
Điểm
3
9
4
, ta có sin 1 cos 2 1
.
2
25
5
2
0,25
2
59 24 3
Ta có A sin cos cos sin cos cos sin sin
.
4
4
3
3
100
0,25
6
(1,0đ) b) Số phần tử của không gian mẫu là n() 164.
0,25
Gọi A là biến cố “Cả 4 Táo đều quay vào ô Trong sạch”. Ta có n( A) 44.
Xác suất cần tính là P ( A)
0,25
n( A) 44
1
4
.
n() 16
256
Gọi H là trung điểm AC , theo gia thiết, ta có
SH ( ABC ), góc giữa SB và ( ABCD ) là
600 , SH BH .tan 600 a 3 . 3 3a .
SBH
S
2
2
1
1 a 2 3 3a a 3 3
VS . ABC S ABC .SH .
.
.
3
3 4
2
8
7
(1,0đ)
Gọi N là trung điểm AB. Ta có AC ( SMN ) nên
d ( SM , AC ) d ( H , ( SMN )). Gọi D BH MN , K
là hình chiếu vuông góc của H trên SD. Ta có
MN BH , MN SH nên MN HK . Suy ra
B
HK ( SMN ). Do đó d ( H , ( SMN )) HK .
K
N
A
D
Tam giác SHB vuông tại H , có đường cao HK , nên
1
1
1
52
2 . Từ đó suy ra
2
2
2
HK
SH
HD
9a
M
H
C
0,25
0,25
0,25
0,25
2
d ( SM , AC ) HK
9a
3a 13
.
52
26
Gọi E BD AN , F BD AM , I ME NF .
NDB
MBD
450 nên hai tứ giác
Ta có MAN
A
D
E
ADNF , ABNE nội tiếp. Do đó ME AN , NF AM .
Suy ra AI MN .
Gọi H AI MN . Ta có ABME , MNEF là các tứ
giác nội tiếp nên
AMB
AEB
AMH . Suy ra
0,25
AMB AMH . Do đó B là đối xứng của H qua
đường thẳng AM .
8
(1,0đ)
N
I
H
B
M
24 22
; ). Do B là
5 5
đối xứng của H qua AM , nên tìm được B (0; 2).
Từ AH MN tại H , tìm được H (
F
C
Tìm được BC : 2 x 4 y 8 0, CD : 2 x y 18 0 suy
ra C (8; 2).
Từ AD BC ta tìm được D (4;10).
3
363
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án (Trang 04)
Điểm
x 1 97 y 2 y 1 97 x 2 97( x 2 y 2 ) (1)
1
Điều kiện: 0 x, y
.
97
(2).
27 x 8 y 97
1
1
1
1
Thay ( x; y) bằng một trong các cặp số (0; 0), (0;
), (
;0), (
;
) vào hệ (1),(2),
97
97
97 97
1
ta thấy các cặp này đều không là nghiệm. Do đó 0 x, y
.
97
1
Đặt 97 x a, 97 y b. Do 0 x, y
nên 0 a, b 1. Khi đó (1) trở thành
97
0,25
a 1 b2 b 1 a 2 a 2 b2 a a 1 b2 b b 1 a 2 0
a
b
1
2
2
2
2
(a 2 b 2 1)
0 a b 1. Suy ra x y .
2
2
97
b 1 a
a 1 b
9
2
2
2
2
(1,0đ) Với các số dương a1 , a2 , b1 , b2 , ta có a1b1 a2b2 a1 a2 . b1 b2 . Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi a1b2 a2b1. Thậy vậy,
a1b1 a2b2 a12 a22 . b12 b22 ( a1b1 a2b2 ) 2 ( a12 a22 )(b12 b22 ) ( a1b2 a2b1 ) 2 0.
Do đó 27 x 8 y 97 9 x 4 y 97
97 x 2 y 2 97 (do x 2 y 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 x 9 y và x 2 y 2
1
).
97
0,25
1
.
97
9
1
x
2
2
x y
97
Do đó (2)
.
97
4 x 9 y
y 4
97
0,25
9 4
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( x; y ) ; .
97 97
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có
a
b
c
1 1
1
1
P
4
4
4
.
bc
ca
2 a bc 2 b ca 2 c ab 2 ab
0 ,25
0,25
Với các số thực x, y , z , ta có ( x y )2 ( y z ) 2 ( z x)2 0 xy yz zx x 2 y 2 z 2 .
1 1
1
1 1 1
1
1
ab bc ca a b c
Do đó 4
4
4
. Suy ra
10
2 ab
bc
ca 2 a
b
c
2 abc
2 abc
(1,0đ)
abc
P
.
2 abc
Từ giả thiết, ta có a b c 4032 abc . Do đó P 2016.
1
Với a b c
, ta có P 2016. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2016.
13442
----------Hết---------Cảm ơn thầy Tô Việt Hưng chia sẻ đến www.laisac.page.tl
4
364
0,25
0,25
0,25
- Xem thêm -
.PDF 
120 
131 
82 
