có đáp án
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 20152016LẦN I
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 3 - 3 x 2 + 2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
Câu 3 (1,0 điểm).
3sin a - 2 cos a
a) Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4 cos 3 a
x - 4 x - 3
x ®3
x 2 - 9
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
b) Tính giới hạn : L = lim
Câu 5 (1,0 điểm).
5
2 ö
æ
a) Tìm hệ số của x trong khai triển của biểu thức : ç 3x 3 - 2 ÷ .
x ø
è
b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu nhiên (đồng
thời) 3 quả. Tính xác suất để có ít nhất một quả cầu màu xanh.
10
Câu 6 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh
A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và góc nhọn hợp bởi hai
đường chéo của hình bình hành đã cho.
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và BM .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình : 2 x + y - 10 = 0
và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các
đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình : í
3
2
ïî x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
Câu 10 (1,0 điểm).Cho hai phương trình : x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .
Chứng minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó.
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) đã chia sẻ đến
www.laisac.page.tl
1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN I
NĂM HỌC 20152016
Môn: TOÁN ( Gồm 6 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 - 3 x 2 + 2
1,0
Tập xác định: D = ¡ .
é x = 0
Ta có y' = 3 x 2 - 6 x. ; y' = 0 Û ê
ë x = 2
0,25
Xét dấu đạo hàm; Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥ ; 0) và (2; +¥ ) ; nghịch
biến trên khoảng (0; 2) .
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT =2.
0,25
Giới hạn: lim y = +¥, lim y = -¥
x ®+¥
x ®-¥
Bảng biến thiên:
-¥
x
y'
y
0 2
+ 0
0 +
2
+¥
+¥
0,25
2
-¥
1 (1,0 đ) Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)3*(x )^2+2
5
x
8
6
4
2
2
4
6
0,25
8
5
2 (1,0 đ)
Câu 2 .Tìm cực trị của hàm số : y = x - sin 2 x + 2 .
1,0
Tập xác định D = ¡
f ¢ ( x ) = 1 - 2 cos 2 x , f ¢¢ ( x ) = 4 sin 2 x
0,25
f ¢ ( x ) = 0 Û 1 - 2 cos 2 x = 0 Û cos 2 x =
1
p
Û x = ± + k p , k Î ¢
2
6
2
0,25
p
æ p
ö
æ pö
f ¢¢ ç - + k p ÷ = 4 sin ç - ÷ = -2 3 < 0 Þ hàm số đạt cực đại tại xi = - + k p
6
è 6
ø
è 3 ø
3.(1,0đ)
p
3
æ p
ö
Với yC D = f ç - + k p ÷ = - +
+ 2 + k p , k Î ¢
6 2
è 6
ø
p
æp
ö
æpö
f ¢¢ ç + k p ÷ = 4 sin ç ÷ = 2 3 > 0 Þ hàm số đạt cực tiểu tại xi = + k p
6
3
6
è
ø
è ø
3
æp
ö p
+ 2 + k p , k Î ¢
Với yC T = f ç + k p ÷ = è6
ø 6 2
3sin a - 2 cos a
Cho tan a = 3 . Tính giá trị biểu thức M =
5sin 3 a + 4cos 3 a
2
2
2
3sin a ( sin a + cos a ) - 2 cos a ( sin a + cos 2 a )
M=
5sin 3 a + 4 cos 3 a
3sin 3 a - 2sin 2 a cos a + 3sin a cos 2 a - 2 cos 3 a
=
(chia tử và mẫu cho cos 3 a )
5sin 3 a + 4cos 3 a
3 tan 3 a - 2 tan 2 a + 3tan a - 2
=
5 tan 3 a + 4
3.33 - 2.32 + 3.3 - 2 70
Thay tan a = 3 vào ta được M =
=
5.33 + 4
139
Lưu ý: HS cũng có thể từ tan a = 3 suy ra 2kp < a <
1
cos a =
10
3
; sin a =
10
x ®3
(x(x
x ®3
)(
(
- 9) x + 4 x - 3
x - 1
L = lim
x ®3
( x + 3) ( x +
0,5
0,25
0,25
+ 2 kp và
x - 4 x - 3
x 2 - 9
0,5
) = lim
4 x - 3 x + 4 x - 3
2
2
0,25
rồi thay vào biểu thức M.
b) Tính giới hạn : L = lim
L = lim
p
0,25
4x - 3
)
)
=
x ®3
(x
x 2 - 4 x + 3
2
(
3 -1
( 3 + 3) ( 3 +
0,25
)
- 9 ) x + 4 x - 3
)
4.3 - 1
=
1
18
0,25
Câu 4.Giải phương trình : 3sin 2 x - 4sin x cos x + 5cos 2 x = 2
1,0
2
2
2
2
4 .(1,0 đ) Phương trình Û 3sin x - 4sin x cos x + 5cos x = 2 ( sin x + cos x )
Û sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2 x = 0
Û ( sin x - cos x )( sin x - 3cos x ) = 0 Û sin x - cos x = 0 Ú sin x - 3cos x = 0
p
+ k p Ú x = arctan 3 + k p , k Î Z
4
p
Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x = + k p , x = arctan 3 + k p , k Î Z
4
0,25
0,25
0,25
Û tan x = 1 Ú tan x = 3 Û x =
0,25
5
2 ö
æ
a) Tìm hệ số của số hạng chứa x 10 trong khai triển của biểu thức : ç 3x 3 - 2 ÷ .
x ø
è
5
5 - k
1,0
k
5
5
k 5 - k
æ 3 2ö
æ 2 ö
k
3
k
k 15 -5 k
3
x
=
C
3
x
.
=
(
)
å
5
ç
ç 2 ÷ å C5 ( -1) 3 .2 x
2 ÷
x ø k =0
è
è x ø k =0
Hệ số của của số hạng chứa x 10 là C5 k ( - 1) k 35 - k 2 k , với 15 - 5k = 10 Û k = 1
1
Vậy hệ số của x 10 là : C5 1 ( -1) 34 21 = - 810
3
0,25
0,25
5 (1,0 đ) b) Một hộp chứa 20 quả cầu giống nhau gồm 12 quả đỏ và 8 quả xanh. Lấy ngẫu
nhiên 3 quả. Tính xác suất để trong 3 quả cầu chọn ra có ít nhất một quả cầu màu
xanh.
3
Số phần tử của không gian mẫu là n ( W ) = C20
Gọi A là biến cố “Chọn được ba quả cầu trong đó có ít nhất một quả cầu màu xanh”
C 3
3
Thì A là biến cố “Chọn được ba quả cầu màu đỏ” Þ n ( A ) = C12
Þ P ( A ) = 12
3
C20
C 3 46
Vậy xác suất của biến cố A là P ( A ) = 1 - P ( A ) = 1 - 12
=
3
C20
57
0,25
0,25
Câu 6 . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho hình bình hành ABCD có hai
đỉnh A ( -2; - 1 ) , D ( 5;0 ) và có tâm I ( 2;1 ) . Hãy xác định tọa độ hai đỉnh B, C và
góc nhọn hợp bởi hai đường chéo của hình bình hành đã cho.
ì x = 2 xI - x D = 4 - 5 = -1
Do I là trung điểm BD . Suy ra í B
Þ B ( -1; 2 )
î yB = 2 yI - yD = 2 - 0 = 2
6 .(1,0 đ) Do I là trung điểm AC . Suy ra ì xC = 2 xI - x A = 4 + 2 = 6 Þ C 6;3
( )
í
î yC = 2 y I - y A = 2 + 1 = 3
uuur
uuur
Góc nhọn a = ( AC , BD ) . Ta có AC = ( 8; 4 ) , BD = ( 6; -2 )
0,25
0,25
0,25
uuur uuur
uuur uuur
AC × BD
48 - 8
2
cos a = cos AC , BD = uuur uuur =
=
Þ a = 45 o
2
4 5.2 10
AC BD
(
1,0
)
0,25
Câu 7 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) , gọi M
là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2 MS . Biết AB = 3, BC = 3 3 , tính thể tích
của khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
1,0
S
Gọi H là trung điểm AB Þ SH ^ AB ( do
D SAB đều).
Do ( SAB ) ^ ( ABC ) Þ SH ^ ( ABC )
N
M
K
Do D ABC đều cạnh bằng 3
nên SH =
0,25
3 3
, AC = BC 2 - AB 2 = 3 2
2
A
C
H
B
3
1
1
3 6 9 6
(đvtt)
Þ VS . ABC = × SH × S ABC = × SH × AB × AC =
=
3
6
12
4
7. (1,0 đ) Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N Þ AC || MN Þ AC || ( BMN )
AC ^ AB, AC ^ SH Þ AC ^ ( SAB ) , AC || MN Þ MN ^ ( SAB ) Þ MN ^ ( SAB )
Þ ( BMN ) ^ ( SAB ) theo giao tuyến BN .
0,25
0,25
Ta có AC || ( BMN ) Þ d ( AC , BM ) = d ( AC , ( BMN ) ) = d ( A, ( BMN ) ) = AK với K
là hình chiếu của A trên BN
NA MC 2
2
2 32 3 3 3
2
=
= Þ S ABN = S SAB = ×
=
(đvdt) và AN = SA = 2
SA SC 3
3
3 4
2
3
4
0,25
BN =
3 3
2 ×
2S
2 = 3 21
AN 2 + AB 2 - 2AN . AB.cos 60 0 = 7 Þ AK = ABN =
BN
7
7
3 21
(đvđd)
7
Lưu ý: Việc tính thể tích, học sinh cũng có thể giải quyết theo hướng CA ^ (SAB )
và VS . ABC = VC . SAB
Vậy d ( AC , BM ) =
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ( Oxy ) , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
tròn tâm J ( 2;1 ) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương
trình : 2 x + y - 10 = 0 và D ( 2; - 4 ) là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ âm và
B thuộc đường thẳng có phương trình x + y + 7 = 0 .
AJ đi qua J ( 2;1 ) và D ( 2; - 4 ) nên có
phương trình AJ : x - 2 = 0
{ A} = AJ Ç AH , ( trong đó H là chân
1,0
A
E
đường cao xuất phát từ đỉnh A )
J
Tọa độ A là nghiệm của hệ
ìx - 2 = 0
ì x = 2
Ûí
Þ A ( 2; 6 )
í
î 2 x + y - 10 = 0
î y = 6
B
0,25
I
C
H
D
8 .(1,0 đ) Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
» = DC
» = EA
» Þ DB = DC và EC
»
Ta có DB
· = 1 (sđ EC
» + sđ DB
» )= DJB
» 1 (sđ EA
· Þ D DBJ cân tại D Þ
» + sđ DC )=
DBJ
2
2
DC = DB = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D ( 2; - 4 ) bán kính JD = 0 2 + 52 = 5 có
2
2
phương trình ( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 . Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ
2
2
é B ( -3; -4 )
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x = 2
Ûí
Úí
Þê
í
î y = -4 î y = -9 ëê B ( 2; -9 )
ï x + y + 7 = 0
î
0,25
Do B có hoành độ âm nên ta được B ( -3; - 4 )
ìï qua B ( -3; -4 )
ìïqua B ( -3; -4 )
Þ BC : x - 2 y - 5 = 0
BC : í
Þ BC : í
r r
ïî^ AH
îïvtpt n = u AH = (1; -2 )
Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ
2
2
ïì( x - 2 ) + ( y + 4 ) = 25 ì x = -3 ì x = 5 éC ( -3; -4 ) º B
Ûí
Úí
Þê
Þ C ( 5; 0 )
í
î y = -4 î y = 0 ëêC ( 5;0 )
ï x - 2 y - 5 = 0
î
0,25
Vậy A ( 2;6 ) , B ( -3; - 4 ) , C ( 5;0 )
ìï x 3 - y 3 + 3 x - 12 y + 7 = 3 x 2 - 6 y 2
Câu 9. Giải hệ phương trình : í
3
2
ïî x + 2 + 4 - y = x + y - 4 x - 2 y
ìx + 2 ³ 0
ì x ³ -2
Điều kiện : í
Ûí
î4 - y ³ 0
î y £ 4
5
(1 )
( 2 )
1,0
0,25
3
3
Từ phương trình (1 ) ta có ( x - 1) = ( y - 2 ) Û x - 1 = y - 2 Û y = x + 1
9 .(1,0 đ) Thay ( 3 ) vào ( 2 ) ta được pt:
x+2 +
( 3 )
4 - ( x + 1) = x 3 + ( x + 1) - 4 x - 2 ( x + 1 )
2
Û x + 2 + 3 - x = x3 + x 2 - 4 x - 1 , Đ/K -2 £ x £ 3
Û
Û
Û
(
)
x + 2 + 3 - x - 3 = x3 + x 2 - 4 x - 4 Û
2 éë( x + 2 )( 3 - x ) - 4 ùû
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
2 ( - x 2 + x + 2 )
(
x + 2 + 3- x + 3
)(
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 )
(
( x + 2 )( 3 - x ) - 2 )
(
x + 2 + 3 - x + 3
2
)
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 1) ( x 2 - 4 )
= ( x + 2 ) ( x 2 - x - 2 )
0,25
æ
ö
ç
÷
2
ç
÷ = 0
2
Û ( x - x - 2 ) ç x + 2 +
x+ 2 + 3- x +3
( x + 2 )( 3 - x ) + 2 ÷÷
ç
ç 144444444424444444443 ÷
è
> 0
ø
2
Û x - x - 2 = 0 Û x = 2 Ú x = -1
)(
(
0,25
·
( )
x = 2 ¾¾
® y = 3 Þ ( x; y ) = ( 2;3 ) ( thỏa mãn đ/k)
·
( )
x = -1 ¾¾
® y = 0 Þ ( x; y ) = ( - 1;0 ) ( thỏa mãn đ/k)
)
0,25
3
3
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = ( 2;3) , ( x; y ) = ( - 1; 0 )
Câu10.Chohai phương trình: x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 và x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 .Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó
· Hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 xác định và liên tục trên tập ¡
Đạo hàm f ¢ ( x ) = 3 x 2 + 2 x + 3 > 0, "x Î ¡ Þ f ( x ) đồng biến trên ¡
1,0
(*)
f ( -4 ) . f ( 0 ) = ( -40 ) .4 = -160 < 0 Þ $ a Î ( -4;0 ) : f ( a ) = 0 ( ** )
0,25
Từ (* ) và (** ) suy ra phương trình
10.(1,0đ)
x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 = 0 có một nhiệm duy nhất x = a
· Tương tự phương trình x 3 - 8 x 2 + 23 x - 26 = 0 có một nhiệm duy nhất x = b
0,25
Theo trên : a 3 + 2 a 2 + 3a + 4 = 0
(1 )
3
2
Và b3 - 8b 2 + 23b - 26 = 0 Û ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 = 0 ( 2 )
3
2
Từ (1 ) và ( 2 ) Þ a 3 + 2a 2 + 3a + 4 = ( 2 - b ) + 2 ( 2 - b ) + 3 ( 2 - b ) + 4 ( 3 )
Theo trên hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 + 3 x + 4 đồng biến và liên tục trên tập ¡
Đẳng thức ( 3) Û f ( a ) = f ( 2 - b ) Û a = 2 - b Û a + b = 2
0,25
0,25
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .
Lưu ý khi chấm bài:
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.
6
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
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình : log 3 x 5 log9 x 2 log
3
x 1 log
3
2
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Tìm hệ số của x 6 trong khai triển của biểu thức : 2x 2
8
3
.
x
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
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
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
4
1 1 1
ab bc ca 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:………………
Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên
[email protected] đã gửi tới www.laisac.page.tl
7
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. :
1,0
x 1
2x 3
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y
5
3
3
+ CBT y '
0, x D Hàm số nghịch biến trên (; ) và ( ; ) .
2
2
2
(2 x 3)
0,25
+Hàm số không có CĐ, CT
+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
lim y
x
0,25
2
1
1
y là TCN khi x .
2
2
Bảng biến thiên:
x
y’
y
-
3
2
||
-
1
2
0.25
1
2
3.Đồ thị.
3 1
- Đồ thị nhận điểm I( ; )
2 2
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị cắt Ox tại 1; 0
6
4
2
1
và cắt Oy tại (0; ) .
3
- Đồ thị đi qua 1; 2 , 2; 3
- 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 .
8
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
x3
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
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 sin 5
sin cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 sin 5
3.(1,0đ)
2sin 2 .cos 1 cos2
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
0,25
0,5
0,25
3
4
128
128
Thế vào 1 ta được P 2. 5
. 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
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
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 0
x 1
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
9
( 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
k
8k
32 5 k
8
3
k 8k k
k
2
.
C
1
2
3
x
8
x
k 0
32 5k
Số hạng chứa x 6 ứng với k thỏa mãn
6k 4
2
4
Vậy hệ số của x 6 là : C84 1 2434 90720
8
3
Gt 2 x 2
C8k 2 x 2
x k 0
5 (1,0 đ)
1,0
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
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
6 .(1,0 đ) Từ ABCD là hình vuông, ta có :
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
8
64 4 13
Ta có: HB HC 42
SH
.tan 600
3
3
9
3
3
0,25
10
S
I
A
B
H
D
K
C
1
1 4 13 64 13
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
SH
HK
4 .13 4 13.4 2
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
E
M(-4;1)
I
D
C
B
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
AF (1 )2 (4 )2
AE
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
11
0,25
7
7 11
t
E ( ; ) ( Loai do trung F )
34
AE
2 2 2
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 8 x 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
3
3
Từ phương trình 1 ta có x 1 5 x 1 y 1 5 y 1
0,25
1
2
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
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
x22
x7 3
5 x 2 5 x 10
2x 6
x2 5 0
x 2
x2 2
x7 3
0,25
0,25
x 2
y 2 x; y 2; 2 ( thỏa mãn đ/k)
4
5 x 2 5 x 10 2 x 6
5 x 2 5 x 10
2x 6
0
5
2
x7 3
x22
2
1
1
1
1
5
x
5x
10
2
x 6
0 (pt này vô nghiệm)
x 7 3 5 0,x2 x 2 2 2
0,x 2
0,x2
0,25
0, x2
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
ab bc ca 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
aa
a a2
2
5a 1
1
18a 3, a 0;
Từ đó suy ra :
2
aa
2
12
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
cc
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 :
khi a b c
T
4
4
4
1 1 1
bằng 9 và đạt được khi và chỉ
ab bc ca a b c
1
3
Chú ý: Để có được bất đẳng thức
0,25
5a 1
1
18a 3, a 0; ta đã sử dụng phương
2
aa
2
pháp tiếp tuyến
Lưu ý khi chấm bài:
- 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.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
13
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016-LẦN 3
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 3 3 x 2 2
Câu 2 (1,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x
2x 1
trên đoạn 3;5
x 1
Câu 3 (1,0 điểm).
1
3
b) Giải phương trình : sin 2 x 2sin 2 x sin x cos x
2
a) Cho ; và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
4
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân sau : I 2 x 2 x 2 ln x 2 9 dx
0
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
b) Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số phân biệt lập từ
E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số của số đó lớn hơn 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; 2; 0 , N 3; 4; 2 và
P : 2 x 2 y z 7 0 . Viết phương trình đường thẳng
trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
mặt phẳng
MN và tính khoảng cách từ
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung điểm
cạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI , góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC và khoảng
cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .
Câu 8 (1,0 điểm)..
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x 4 y 8 0 , d 2 :4 x 3 y 19 0 .
Viết phương trình đường tròn C tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d 2 , đồng thời cắt đường
thẳng :2 x y 2 0 tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5 .
Câu 9 (1,0 điểm).
Giải bất phương trình :
x22
6 x2 2 x 4 2 x 2
1
2
Câu 10 (1,0 điểm).
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện x y 2016 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P 5 x 2 xy 3 y 2 3 x 2 xy 5 y 2 x 2 xy 2 y 2 2 x 2 xy y 2
--------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 Duy Liên (
[email protected]) chia sẻ đến www.laisac.page.tl
14
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN ( Gồm 5 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1,0
Câu 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số : y x 3 3 x 2 2
Tập xác định: D .
x 0
Ta có y' 3 x 2 6 x. ; y' 0
x 2
1 (1,0 đ)
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2) .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yCD 2 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 2
- Giới hạn: lim y , lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên:
x
y'
y
0
0
+
2
0
-
+
2
0.25
-2
Đồ thị:
y
f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2
5
x
-8
-6
-4
-2
2
4
6
0,25
8
-5
Câu2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : f x
Hàm số xác định và liên tục trên D 3;5
2 (1,0 đ)
Ta có f x
3
x 1
2
0, x 3;5
2x 1
trên đoạn 3;5
x 1
1,0
0,25
0,25
Do đó hàm số này nghịch biến trên đoạn 3;5
15
0,25
7
11
; min f x f 5
x
3;5
2
4
1
và sin . Tính giá trị biểu thức P sin 2 cos 2
3
Suy ra max f x f 3
0,25
Câu 3a. Cho ;
2
0,5
x 3;5
3.(1,0đ)
2 2
Vì ; nên cos 0 , suy ra cos 1 sin 2
3
2
2
Do đó P sin 2 cos 2 2sin cos 1 2sin
2
1 2 2
74 2
1
P 2
1
2
3
3
9
3
Câu 3b) Giải phương trình : sin 2 x 2sin 2 x sin x cos x
0,25
0,25
0,5
Phương trình đã cho 2sin x sin x cos x sin x cos x
sin x cos x 0 1
2
2sin x 1
0,25
1 tan x 1 x
2 sin x
4
k , k
1
5
x k 2 x
k 2 , k
2
6
6
Vậy phương trình có ba họ nghiệm x
4
k , x
6
0,25
k 2 , x
5
k 2 với k
6
4
Câu 4. Tính tích phân sau : I 2 x 2 x 2 ln x 2 9 dx
1,0
0
4
4
I 4 x3dx 2 x ln x 2 9 dx I1 I 2
0
4
0,25
0
4
I1 4 x3dx x 4 256
0,25
0
0
4 .(1,0 đ)
2x
u ln x 2 9 du 2
dx
I 2 2 x ln x 9 dx . Đặt
x 9
0
v x 2 9
dv 2 xdx
4
2
4
4
4
2 4
0
0
I 2 x 9 ln x 9 2 xdx x 9 ln x 9 x
2
2
0
2
0
2
0,25
I 2 25ln 25 9 ln 9 16 50 ln 5 18ln 3 16
5 (1,0 đ)
Vậy I I1 I 2 240 50 ln 5 18ln 3
0,25
Câu 5 a) Giải bất phương trình : log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 0 .
0,5
3 x 2 0
Bất phương trình đã cho log 2 3 x 2 log 2 6 5 x 6 5 x 0
3 x 2 6 5 x
2
x 3
6
6
6
x 1 x . Vậy nghiệm của bất phương trình là : 1 x
5
5
5
x 1
Câu 5 b) Cho tập hợp E 1; 2;3; 4;5; 6 và M là tập hợp tất cả các số gồm hai chữ số
16
0,25
0,25
phân biệt thuộc E . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc M . Tính xác suất để tổng hai chữ số
của số đó lớn hơn 7 .
Số phần tử của tập M là A62 30
Các số có tổng hai chữ số lớn hơn 7 gồm 26, 62,35, 53,36, 63, 45,54, 46, 64,56, 65
12 2
Có 12 số như vậy . Suy ra xác suất cần tìm là P
30 5
0,25
0,25
Câu 6. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm M 1; 2; 0 , N 3; 4; 2
và mặt phẳng
P : 2x 2 y z 7 0 .
Viết phương trình đường thẳng MN và tính
khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mặt phẳng P .
Đường thẳng MN có vectơ chỉ phương MN 4;6;2 hay u 2;3;1
0,25
6 .(1,0 đ) Phương trình đường thẳng MN : x 1 y 2 z ( có thể viết dưới dạng pt tham số)
2
3
1
Trung điểm của đoạn thẳng MN là I 1;1;1
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng
P
1,0
0,25
0,25
là :
d I , P
2 2 1 7
0,25
2
4 4 1
Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi I là trung
điểmcạnh AB .Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của
CI , góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp
1,0
S . ABC và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC .
S
A
I
H
B
I'
A' H' K
C
0,25
E
A
C
H
7. (1,0 đ)
K
H'
I
B
a 3
2
a 7
a 21
Do đó AH AI 2 IH 2
, suy ra SH AH .tan 600
.
4
4
1
a3 7
Vậy VS . ABC SH .S ABC
3
16
Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, H , I trên BC; E là hình chiếu của H trên SH'
Ta có CI AC 2 AI 2
thì HE ( SBC ) d H ;( SBC ) HE . Ta có HH '
17
1
1
a 3
II ' AA '
2
4
8
0,25
0,25
a 21
a 21
1
1
1
, suy ra HE
. Vậy d H ; (SBC )
.
2
2
2
HE
HS
HH '
4 29
4 29
Câu8.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 :3 x 4 y 8 0 ,
Từ
d 2 :4 x 3 y 19 0 .Viết phương trình đường tròn C tiếp xúc với hai đường thẳng d1
0,25
1,0
và d 2 , đồng thời cắt đường thẳng :2 x y 2 0 tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5
Gọi I a ; b là tọa độ tâm và R là bán kính đường tròn C .
Do đường thẳng cắt đường tròn C tại hai điểm A, B sao cho AB 2 5 nên ta có
d I , R2 5
8 .(1,0 đ)
2a b 2
5
0,25
2 R 2 5 *
d I , d1 R
Đường tròn C tiếp xúc với d1 , d 2 khi :
d I , d 2 R
b 7 a 27
3a 4b 8
3
a
4
b
8
R
R
R 5a 20
5
5
4a 3b 19 R
4a 3b 19 3a 4b 8
a 7b 11
R 5b 5
5
b 7a 27
-Với
thay vào * ta được
R 5a 20
Vậy phương trình đường tròn là
2
C : x 3 y 6
2
5 a 5
2
2
2
2
5 3b 4
5b 5
2
2
5 a 3 a
9
2
5 b 2 b
3
2
2
0,25
9
9
25
25 hoặc C : x y
2
2
4
a 7b 11
-Với
thay vào * ta được
R 5b 5
Vậy phương trình đường tròn là
C : x 3 y 2
5a 20
0,25
2
0,25
1
3
25
25 hoặc C : x y
2
2
4
Câu 9. Giải bất phương trình :
x22
6 x 2 x 4 2 x 2
2
1
2
1,0
Điều kiện : x 2
Ta có
6 x 2 x 4 2 x 2
2 x2 2x 4
2
Do đó bất phương trình 2
6 x 2 x 4 2 x 2
0,25
x 2 2 6 x2 2x 4 2 x 2
2 x 2 2 x 12 x 2 6 x 2
9 .(1,0 đ)
0, x 2
2
1
0,25
Nhận xét x 2 không là nghiệm của bất phương trình
Khi x 2 chia hai vế bất phương trinh 1 cho
x
x
2 2
12 6
x2
x2
2
2 . Đặt t
x 2 0 ta được
x
thì bất phương trình 2 được
x2
2 2t 0
t 1
2 2t 12 6t 2
t2
2
2
2
2 t 2 0
4 8t 4t 12 6t
18
0,25
.PDF 
125 
1407 
132 
