Tài liệu De 12.2016

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 2 Môn: TOÁN 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 của hàm số : y  x  1 2x  3 Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 . Câu 3 (1,0 điểm). sin  sin 2  2 cos3   2cos 5  4   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức P  5 sin  cos 2  sin 5  2  b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0 2  x  1  log ET Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3  x  5  log 9  x  2   log Câu 5 (1,0 điểm).  a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức :  2x 2  3 2 8 3   . x ATH S.N  3 b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3; 0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D TM Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  . Câu 8 (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 VIE ADB là d : x  y  2  0 , ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của góc  điểm M  4 ;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .  x3  y 3  8 x  8 y  3 x 2  3 y 2 Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :  2 3 2  5 x  5 y  10  y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32 Câu 10 (1,0 điểm).Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : T 4 4 1 1 1 4      ab bc ca a b 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:……………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN II NĂM HỌC 2015-2016 Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang) Câu Đáp án Điểm  3 Tập xác định: D   \    .  2  Sự biến thiên. : ET  1,0 x  1 2x  3 Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y  +Hàm số không có CĐ, CT ATH S.N 5 3 3 + CBT y '   0, x  D  Hàm số nghịch biến trên (;  ) và ( ; ) . 2 2 2 (2 x  3) 0,25 +Giới hạn vô cực, giới hạn tại vô cực và các đường tiệm cận 1 (1,0 đ)  3  3 lim  y   và lim  y    x   là TCĐ khi x     . 3 3 2  2 x  x  2 2 lim y   x  Bảng biến thiên: - 1  2 3 2 TM y   y’ 1 1  y   là TCN khi x  . 2 2 || 0.25    3.Đồ thị. 3 1 - Đồ thị nhận điểm I(  ;  ) 2 2 làm tâm đối xứng. - Đồ thị cắt Ox tại 1; 0  1 và cắt Oy tại (0; ) . 3 - Đồ thị đi qua  1; 2  ,  2; 3  - VIE  x 0,25 1 2 6 4 2 - 10 -5 5 10 I -2 0,25 -4 -6 -8 -10 Câu 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f  x   x  18  x 2 . 1,0 Hàm số xác định và liên tục trên D   3 2;3 2    2 (1,0 đ) Ta có f   x   1    0,25 x  0  f   x   0  18  x 2  x    x3 2 2 18  x 2 18  x  x x   Mà f 3 2  3 2 ; f 3 2  3 2 ; f  3  3  18  9  6 Suy ra max x 3 2 ;3 2  f  x   f  3  6 ; min x 3 2 ;3 2   0,25  f  x   f 3 2  3 2 0,25 2sin 2  .cos  1  cos2   ET 4   a) Cho    ;   và sin   . Tính giá trị biểu thức 5 2  sin  sin 2  2 cos3   2cos 5  P sin  cos 2  sin 5  Ta có 2sin 2  .cos   2 cos3  1  cos 2   2sin 2  .cos   2 cos3  sin 2   P sin   cos 2   sin 2   cos 2   sin 2    sin 5  sin   cos 2   sin 2    sin 5  2sin 4  .cos   2 tan 3  1 sin  .cos 4  sin  .cos4  4 9 3    Bài ra ta có sin    cos 2  1  sin 2    cos     Do    ;    5 25 5  2  P  ATH S.N 3.(1,0đ) 0,25 0,5 0,25 3  4   5  128 128 Thế vào 1 ta được P  2.  . Đáp số P     27 27 3  5 b) Giải phương trình : cos 2 x  1  2 cos x  sin x  cos x   0 0,25 0,5 Phương trình đã cho   cos 2 x  sin 2 x   1  2 cos x  sin x  cos x   0   cos x  sin x   cos x  sin x   1  2cos x    0 TM 0,25  cos x  sin x   cos x  sin x   1  2 cos x   0   cos x  sin x  sin x  1  cos x   0 VIE    tan x  1 x   k  cos x  sin x  0  4  ( k  ) sin x  1  cos x  0   2 sin  x     1        x   k 2 , x    k 2 4    2   Vậy phương trình có các nghiệm x   k  ; x   k 2 ; x  k 2 ,( k   ) 4 2 Câu 4 (1,0 điểm). 2 Giải phương trình : log 3  x  5   log9  x  2   log 3  x  1  log 3 2 4 .(1,0 đ) x  5  0  x  5  x  1 2  Điều kiện  x  2   0   x  2   x  2  x  1  x 1  0 0,25 1,0 0,25 2 Với điều kiện đó phương trình  log 3  x  5   log3 x  2  log 3  x  1  log 3 2 2 2  log 3  x  5  x  2   log 3  2  x  1    x  5  x  2  2  x  1    Trường hợp 1. Nếu x  2 thì phương trình * tương đương với x  3 2  x  5 x  2   2  x  1  x 2  7 x  12  0   x  4 ( t / m) (t / m) * 0,25 0,25  Trường hợp 2. Nếu 1  x  2 thì phương trình * tương đương với  1  97 (t / m) x  2 6 2    x  5  x  2   2  x  1  3 x  x  8  0   1  97 (loai ) x  6  1  97 Vậy phương trình có ba nghiệm: x  3, x  4 và x  6 0,25 8 3   a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức :  2x 2   . x  6 8 8k k 32 5 k 8  3  k 8k k k 2 C x   .  1 2 3    8  x k 0  32  5k Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn 6k 4 2 4 Vậy hệ số của x 6 là : C84  1 2434  90720 b) Cho một đa giác đều n đỉnh, n   và n  3 . Tìm n biết rằng đa giác đã cho có 135 đường chéo . n  n  3 Số đường chéo của đa giác đều n đỉnh là Cn2  n  2 n  n  3  n  18 Từ giả thiết ta có phương trình  135  n 2  3n  270  0   2  n  15 Do n   và n  3 . Nên ta tìm được giá trị cần tìm n  18 ATH S.N 5 (1,0 đ) ET 8 3   Gt   2 x 2  C8k  2 x 2     x  k 0  1,0 Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho hình vuông ABCD , biết hai đỉnh A 1; 1 , B  3;0  . Tìm tọa độ các đỉnh C và D   Gọi C  x0 ; y0  , khi đó AB   2;1 , BC   x0  3; y0  0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 TM 6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có : VIE   x0  4     2  x0  3   1. y0  0  AB  BC  y0  1     2 2  x  2  AB  BC  x0  3   y0  5  0   y0  2   Với C1  4; 2   D1  2; 3  ( từ đẳng thức AB  DC )   Với C2  2; 2   D1  0;1 ( từ đẳng thức AB  DC ) 0,25 0,25 0,25 Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 4 . Mặt bên  SAB  nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2 AH . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy là 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  . 1,0   600 Vì SC tạo với đáy một góc 600 , suy ra SCH 4 13 4 13 64 4 13 8  Ta có: HB   HC  42   SH  .tan 600  3 3 9 3 3 0,25 S I A B H D K C ATH S.N ET 1 4 13 64 13 1 7. (1,0 đ)  V .S ABCD .SH  4 2.  S . ABCD  3 3 3 3 3 Kẻ HK song song AD ( K  CD )  DC  ( SHK )  mp ( SCD)  mp( SHK ) Kẻ HI vuông góc với SK  HI  mp ( SCD)  d ( H ,( SCD))  HI 1 1 1 3 1 16 Trong SHK ta có:    2  2   HI  13 2 2 2 HI 4 .13 4 13.4 2 SH HK  d ( H , ( SCD))  13 . 0,25 0,25 0,25 Câu 8. 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 ADB là d : x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết giác trong của góc  phương trình đường thẳng AB . A(1;4) F TM E M(-4;1) I B VIE D C Gọi E, F là giao điểm của d và AB, AC Ta có:   1   AFD  C  2 ADC .  1     AEF  ADC  DAB  2   Mà C  DAB (cùng chắn AB ) cung     AFD  A EF  AE  AF 1,0 0,25   8 .(1,0 đ) Ta có AC ( 5; 3) suy ra vtpt của AC là n AC  (3; 5)  pt AC : 3( x  1)  5( y  4)  0  3x  5 y  17  0 7   x  2 3x  5 y  17  0 7 11 Tọa độ F là nghiệm của hệ:    F( ; ) 2 2 x  y  2  0  y  11  2 7 11 34 34  AE  AF  (1  )2  (4  )2  2 2 2 2  Vì E  d  E (t ; t  2)  AE  ( t  1; t  2)  AE  ( t  1) 2  ( t  2) 2 Ta có 0,25  7  7 11 t   E ( ; ) ( Loai do trung F ) 34  2  2 2 AE  2 t   1  E (  1 ; 3 ) (T / m)   2 2 2   3 5  AE  (  ;  )  vtpt của AB là nAB  (5; 3) 2 2  pt AB : 5( x  1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0 Câu 9. Giải hệ phương trình  x3  y 3  8x  8 y  3x 2  3 y 2 : 2 3 2  5 x  5 y  10 y  7   2 y  6  x  2  x  13 y  6 x  32 x  2  0  x  2 Điều kiện :   y  7  0  y  7  1  2 ET  0,25 3 3 Từ phương trình 1 ta có  x  1  5  x  1   y  1  5  y  1  3 1,0 0,25 Xét hàm số f  t   t  5t , trên tập  , f   t   3t  5  0, t    hàm số f  t  đồng 3 2 ATH S.N biến trên  . Từ  3 : f  x  1  f  y  1  x  y  4  9 .(1,0 đ) Thay  4  vào  2  ta được pt: 5x 2  5 x  10 x  7   2 x  6  x  2  x3  13x 2  6 x  32  5   5x 2   5 x  10    x  7  3   2x  6  5 x 2  5 x  10  x  2    Đ/K x  2  x  2  2  x3  2 x 2  5 x  10  5  2x  6  2    x  2   x  5 x22  x7 3  5 x 2  5 x  10  2x  6    x2  5   0  x  2  x2 2  x7 3   0,25    y  2   x; y    2; 2 ( thỏa mãn đ/k) x  2  4  5 x 2  5 x  10 2 x  6  2x  6 5 x 2  5 x  10    0 2  5 x7 3 x22  TM  0,25  2   1 1  1 1  5x  10       2 x  6     0 (pt này vô nghiệm)   5 x   x  7  3 5  0,x2  x  2  2 2      0,x 2    0, x2 VIE  0,x2 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất :  x; y    2; 2  Câu10. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : T 4 4 4 1 1 1      ab bc ca a b c  1 Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1  a, b, c   0;   2 4 4 4 1 1 1 5a  1 5b  1 5c  1 T         1  a 1  b 1  c a b c a  a 2 b  b2 c  c2 10.(1,0đ) 1,0 0,25 2 5a  1  3a  1  2a  1  0 , a   0; 1   18a  3  Ta có   2 aa a  a2  2 5a  1  1  18a  3, a   0;  Từ đó suy ra : 2 aa  2 0,25 Ta cũng có 2 bất đẳng thức tương tự: 5b  1 5c  1  1  1  18b  3, b   0;  và  18c  3, c   0;  2 2 b b cc  2  2 Cộng các bất đẳng thức này lại với nhau ta có : T 5a  1 5b  1 5c  1    18  a  b  c   9  9 . a  a 2 b  b2 c  c2 0,25 1 1  Tmax  9 đạt được  a  b  c  3 3 Vậy Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 1 , thì giá trị lớn nhất Dấu đẳng thức xẩy ra khi a  b  c  của biểu thức : 4 4 4 1 1 1      bằng 9 và đạt được khi và chỉ ab bc ca a b c 1 3 0,25 pháp tiếp tuyến Lưu ý khi chấm bài: 5a  1  1  18a  3, a   0;  ta đã sử dụng phương 2 aa  2 ATH S.N Chú ý: Để có được bất đẳng thức ET khi a  b  c  T - 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 học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau. - Trong lời giải câu 7 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. VIE TM - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.