SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3 NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
1
3
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 x 2
2
2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để phương trình x4 2 x2 m 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm)
1) Cho hàm số y x cos x 3 sin x . Giải phương trình y ' 0 .
2) Giải phương trình 9x 7.3x 18 0
x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x 0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D xung quanh trục Ox.
Câu 4 (1,0 điểm)
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y
1) Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z 2 az b 0 nhận z 2 3i làm
nghiệm.
2) Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ
số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu nhiên một số từ E, tính xác
suất để số được chọn là số lẻ.
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S):
( x 2)2 ( y 3)2 ( z 1)2 25 và đường thẳng :
x 2 y 3 z
. Tìm tọa độ giao
1
2
1
điểm của và (S). Viết phương trình mặt phẳng song song với và trục Ox đồng thời tiếp
xúc với mặt cầu (S).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
HB 3HA . Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a.
2
2
2 x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3x
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
x y 1 4x y 5 x 2 y 2
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi
K là điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và
AEB 450 , phương trình
cắt AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
đường thẳng BK là 3x y 15 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a b c) 9 0 . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức S = a a 2 1
b
b
b2 1
c
c
c2 1
a
……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: ………………………...
SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
Nội dung
Điểm
1
3
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x 4 x 2
2
2
1,00
Câu Ý
1
1
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 3
NĂM 2016
Môn thi: TOÁN
x 0
x 1
TXĐ: ¡ . y ' 2 x3 2 x, y ' 0
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1);(0;1)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (1;0);(1; )
3
Điểm cực đại (1;0) , điểm cực tiểu 0;
2
lim y . Lập được bảng biến thiên
0,25
x
1
2
Vẽ đúng đồ thị
2
Tìm m để phương trình x4 2 x2 m 0 có 4 nghiệm phân biệt
1
3 m3
Viết lại phương trình dưới dạng x 4 x 2
2
2
2
m3
Pt có 4 nghiệm y
cắt (C) tại 4 điểm pb
2
3 m3
Từ đồ thị suy ra
1
2
2
0 m 1
Cho hàm số y x cos x 3 sin x . Giải phương trình y ' 0 .
1
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
y ' 1 sin x 3 cos x
2
2
1
y ' 0 sin x 3 cos x 1 cos x
6 2
x 6 3 k 2
x 2 k 2
x k 2
x k 2
6
6
3
Giải phương trình 9x 7.3x 18 0
Đặt t 3 , t 0 ta được t 7t 18 0 t 9 (TM), t 2 (Loại)
x
2
t 9 3x 9 x 2
x2
, trục hoành và
x 1
đường thẳng x 0 . Tính thể tích khối tròn xoay thu được khi quay D
xung quanh trục Ox.
x2
0 x 2 .
x 1
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y
3
1,00
0,25
x2
Gọi V là thể tích khối tròn xoay thu được thì V
dx
x 1
2
0
2
0
3
6
9
V 1
dx 1
dx
x 1
x 1 ( x 1) 2
2
2
0
2
0,25
0
9
x 6ln x 1
x 1 2
V (8 6ln 3)
0,25
0,25
Tìm các số thực a, b sao cho phương trình z az b 0 nhận
z 2 3i làm nghiệm
z 2 3i z 2 3i . Thay vào pt ta được (2 3i)2 a(2 3i) b 0
2a b 5 (3a 12)i 0
2a b 5 0
a 4
3a 12 0
b 3
Gọi E là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được
2 chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 7. Xác định số phần tử của E. Chọn ngẫu
nhiên một số từ E, tính xác suất để số được chọn là số lẻ.
Mỗi số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt có thể coi là một chỉnh hợp
chập 3 của 5 pt đã cho. Do đó số phần tử của E là A53 60
2
4
4
5
6
1
Gọi A là biến cố số được chọn là số lẻ n( A) 3. A42 36
n( A) 36 3
P( A)
n() 60 5
Tìm tọa độ giao điểm của và (S). Viết phương trình mặt phẳng song
song với và trục Ox đồng thời tiếp xúc với mặt cầu (S).
có ptts là x 2 t; y 3 2t; z t thế vào pt (S) ta được
t 2 (6 2t )2 (t 1)2 25
t 3 A(5; 3; 3)
2
3t 11t 6 0 2
t B 8 ; 5 ; 2
3
3 3 3
r
Gọi (P) là mp chứa Ox và song song . Hai vecto i (1;0;0) và
r
u (1; 2; 1) không cùng phương, có giá song song hoặc nằm trên (P)
r r r
nên (P) có vtpt n i u (0;1; 2) ( P) : y 2 z D 0
3 2 D
5
(P) tiếp xúc (S) d ( I ;( P)) R
5
D 5 5 5 D 5 5 5 ( P) : y 2 z 5 5 5 0
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và SB theo a
5a
Tam giác BCH vuông tại B HC BC 2 BH 2
2
0
·
·
SCH
45 tam giác SHC
Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
1,00
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
0,25
5a
2
1
1
5a 10
VS . ABCD S ABCD .SH 4a 2 . a3
3
3
2
3
Gọi E là đỉnh thứ 4 của hbh BCAE BE / / AC
4
4
d( AC ;SB ) d( AC ;( SBE )) d( A;( SBE )) d( H ;( SBE )) (Do AB HB )
3
3
Gọi M là trung điểm của BE.
Tam giác ABE vuông cân tại A AM BE, AM a 2
vuông cân tại H SH HC
0,25
0,25
3
3a 2
AM
4
4
Kẻ HK SI HK (SBE ) d( H ;( SBE )) HK
Kẻ HI // AM HI BE , HI
1
1
1
15
2 HK
a
2
2
HK
HS
HI
2 59
4 15
10
d( AC ;SB ) .
a
a
3 2 59
59
Ta có
S
0,25
K
A
D
E
H
M
I
B
7
C
2
2
2 x y xy 5 x y 2 y 2 x 1 3 3x
Giải hệ phương trình
2
x y 1 4x y 5 x 2 y 2
ĐK: y 2 x 1 0,4 x y 5 0, x 2 y 2 0, x 1
y 2x 1 0
x 1
0 0
TH 1.
(Không TM hệ)
3 3x 0
y 1
1 10 1
TH 2. x 1, y 1. Đưa pt thứ nhất về dạng tích ta được
x y2
( x y 2)(2 x y 1)
y 2 x 1 3 3x
1
( x y 2)
y 2 x 1 0 . Do y 2 x 1 0
y 2 x 1 3 3x
1,00
0,25
0,25
nên
1
y 2x 1 0 x y 2 0
y 2 x 1 3 3x
Thay y 2 x vào pt thứ 2 ta được x2 x 3 3x 7 2 x
x 2 x 2 3x 7 1 2 2 x
3x 6
2 x
( x 2)( x 1)
3x 7 1 2 2 x
3
1
( x 2)
1 x 0
3x 7 1 2 2 x
3
1
Do x 1 nên
1 x 0
3x 7 1 2 2 x
Vậy x 2 0 x 2 y 4 (TMĐK)
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết ·
AEB 450 , phương trình
0,25
0,25
đường thẳng BK là 3x y 15 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3
8
1,00
AKB ·
AEB 450 AKB vuông cân tại
Tứ giác ABKE nội tiếp ·
ABK 450
A ·
r
r
Đt BK có vtpt n1 (3;1) , gọi n2 (a; b) là vtpt của đt AB và là góc
uur uur
n1 .n2
3a b
1
giữa BK và AB cos uur uur
2
n1 n2
10. a 2 b 2
b 2a
3a b 5. a 2 b 2 4a 2 6ab 4b 2 0
a 2b
r
Với a 2b , chọn n2 (2;1) AB : 2 x y 5 0 B(2;9) (Loại)
r
Với b 2a , chọn n2 (1;2) AB : x 2 y 5 0 B(5;0) (TM)
Tam giác BKN có BE và KA là đường cao C là trực tâm của BKN
CN BK CN : x 3 y 10 0 . ABK và KCM vuông cân
0,25
0,25
0,25
KM
1
1
AC
1
.
1
BK
uuur
uuuur
BK
BK 4KM
4
2 2
2 2 2
7 9
M MN BK M ; K (3;6)
2 2
AC qua K vuông góc AB AC : 2 x y 0
A AC AB A(1;2) . C là trung điểm của AK C (2;4)
Cho các số dương a, b, c thoả mãn 4(a b c) 9 0 . Tìm giá trị lớn
9
2
CK
nhất của biểu thức S = a a 2 1
b
b
Ta có lnS b ln a a 2 1 c ln b
c
b 1 a ln c
2
b2 1
c
c 1
c2 1
a
0,25
1,00
2
Xét hàm số f ( x) ln( x x 2 1), x 0 . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số
4
3
3
tại điểm ;ln 2 có phương trình y x ln 2
5
5
4
4
3
Chứng minh được ln( x x 2 1) x ln 2 , x 0
5
5
4
3
ln(a a 2 1) a ln 2 . Tương tự, cộng lại ta được
5
5
4
3
lnS (ab bc ca) ln 2 (a b c)
5
5
1
Cuối cùng sử dụng bất đẳng thức (ab bc ca) (a b c)2 và giả
3
9
9
thiết a b c , rút gọn ta thu được ln S ln 2 . Từ đó S 4 4 2 .
4
4
3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . Vậy giá trị lớn nhất của
4
4
S là 4 2 .
0,25
0,25
0,25
0,25
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3
ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC THI THPT QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015-2015 (Lần 3)
ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x4 2 x2 1 có đồ thị là (C ).
a. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị (C ).
b. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ bằng -2.
Câu 2 (1,0 điểm) Cho phương trình: 2sin 2 x sin x m 3 0
a. Giải phương trình khi m 3
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Câu 3 (1,0 điểm)
a. Tìm phần thực và phần ảo của số phức z i 4 i5 i 6 (1 i)7
b. Giải phương trình log 1 (5x 10) log 2 ( x 2 6 x 8) 0
2
Câu 4 (1,0 điểm)
3
xdx
cos 2 x
0
a. Tính tích phân: I
b. Cho tập hợp A có 50 phần tử. Hỏi tập A có tối đa bao nhiêu tập hợp con có số phần
tử bằng nhau?
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thang vuông tại A và B, cạnh
BC là đáy nhỏ. Gọi H là trung điểm cạnh AB, tam giác SAB là tam giác đều cạnh 2a , mặt
phẳng (SAB) vuông góc với (ABCD). Cho SC a 5 và khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SHC) là 2a 2 .
a. Chứng minh rằng SH vuông góc với CD
b. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD
Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): x y z 4 0 và các điểm A(2; 3;- 4), B(5; 3;- 1)
a. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB
b. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 1), góc BAC
bằng 600 và nội tiếp trong đường tròn có bán kính R 5 . Viết phương trình đường thẳng
BC, biết đường thẳng BC đi qua M(-1; 2) và trực tâm H của tam giác ABC nằm trên
đường thẳng (d): x-y-1=0.
x2 1 x
y2 4 y 1
Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 y 5 3 3 5 2 y 6 x 2 1 10 x
Câu 9 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a b c 1 và ab bc ca 0. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
2
2
2
5
.
a b bc c a
ab bc ca
..................Hết.................
Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, không được trao đổi bài. Giám thị không giải
thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: TOÁN (Lần 3 năm học 2015-2016)
Hướng dẫn chấm
Câu
Câu 1
(2,0
điểm)
Câu 2
(1,0
điểm)
Điểm
a. (1,0 điểm) Khảo sát… Học sinh làm đúng quy trình, vẽ đúng đồ thị
1,0
b. Với x = -2 suy ra y = 9; y’ = -24
0,5
PTTT là: y = -24(x + 2) + 9 hay y = -24x - 39.
0,5
a. Khi m = 3 PT trở thành:
x k
sin x 0
2sin 2 x sin x 0
x
k 2
1
sin x
6
2
7
x
k 2
6
7
k 2 ; x
k 2
6
6
b. Đặt sin x t , t 1;1 ; PT trở thành 2t 2 t 3 m (*)
0,25
Vậy PT có 3 họ nghiệm là x k ; x
0,25
Để PT đã cho có nghiệm thì (*) phải có nghiệm thuộc 1;1
0,25
25
; Maxf (t ) 0
8
25
25
Suy ra để thỏa mãn bài toán thì m
;0 m 0;
8
8
Khảo sát hàm f (t ) 2t 2 t 3, t 1;1 ta có minf (t )
Câu 3
(1,0
điểm)
a. Ta có z i 4 i5 i 6 (1 i)7 (i 2 )2 i.(i 2 )2 (i 2 )3 (1 i) (1 i)2
3
(1)2 i.(1)2 (1)3 (1 i) 2i 1 i 1 (1 i)(8i) i 8i 8 8 7i
0,25
3
Suy ra z có phần thực là a=8; phần ảo là b=-7.
b. ĐK: x>-2. PT log2 (5x 10) log 2 ( x2 6 x 8) 0
log2 (5x 10) log 2 ( x2 6 x 8) 5x 10 x2 6 x 8 x 2; x 1
So sánh với ĐK suy ra x=1.
Câu 4
(1,0
điểm)
0,25
xu
dx du
a. Đặt dx
dv v tan x
cos 2 x
0,25
0,25
0,25
0,25
3
Suy ra I= x.tan x 03 tan xdx
0
3
3
ln cos x 03
3
3
ln 2
b. Số tập con có k phần tử của A là C50k .
Giả sử loại tập con có k phần tử là loại tập con nhiều nhất của A thì ta có
C50k 1 C50k
hệ: k 1
k
C50 C50
Giải hệ bất PT trên ta được k= 25.
Vậy tập A có tối đa C5025 tập con có số phần tử bằng nhau.
0,25
0,25
0,25
Câu 5
(1,0
điểm)
S
E
A
D
H
B
M
C
a. Vì tam giác SAB đều nên SH AB.
Vì (SAB) (ABCD) nên SH (ABCD) Từ đó suy ra SH CD (đpcm)
b. Trong tam giác đều ABC cạnh 2a ta có SH= a 3 .
Kẻ DM HC DM (SHC) suy ra DM= 2a 2 ; kéo dài CH cắt AD tại E.
Trong tam giác vuông SHC có HC= a 2 ,
Trong tam giác vuông BHC có BC= a góc HCB=450 góc CED=450
Suy ra tam giác DME vuông cân tại M EM=DM= 2a 2 ED= 4a .
Mà EA=AH= a AD= 3a suy ra diện tích hình thang ABCD = 4a 2
1
3
Vậy VS . ABCD SH .dt ABCD
0,25
0,25
0,25
0,25
3
4a . 3
(đvtt)
3
Câu 6 a. Mặt phẳng trung trực (Q) của AB đi qua trung điểm I ( 7 ;3; 5 ) của AB và
2
2
(1,0
uuur
điểm) nhận AB (3;0;3) làm véc tơ pháp tuyến, nên (Q) : x+z-1=0
x 1 t
b. Gọi (d) là giao tuyến của (P) và (Q) suy ra (d): y 3 2t
z
t
0,25
0,25
0,25
Nhận thấy AB//(P) và (Q) là mp trung trực của AB nên điểm C cần tìm nằm
trên (d). Gọi C=(1+t; -3+2t; -t)
uuur uuur
11
3
14 13 11
Suy ra có 2 điểm C thỏa mãn là C (3;1; 2) và C ( ; ; )
3 3 3
Để tam giác ABC vuông cân tại C thì AC.BC 0 t 2; t
A
Câu 7
(1,0
điểm)
Gọi D là trung điểm BC, gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
O
Ta có AH=2.ID; góc DIC=góc BAC=600; IC=R= 5
H
B
0,25
D
C
A'
Suy ra ID=IC.cos600 =
5
AH=2.ID= 5 (*)
2
0,25
0,25
Vì H thuộc (d): x-y-1=0 nên H=(t; t-1).
Thay vào (*) suy ra t=0 và t=3. Suy ra H=(0;-1) và H=(3;2)
uuur
BC đi qua M(-1;2) và nhận véc tơ AH làm véc tơ pháp tuyến nên BC có PT:
0,25
0,25
x+2y-3=0 và 2x+y=0.
Câu 8 Từ PT đầu của hệ ta có :
(1,0
x2 1 x y y 2 4 1 y y 2 4 x2 1 x
điểm)
x 1 x y
2
y2 4 1
x2 1 x
4
(1)
1 4
y 4 y
2
x2 1 x y 2 4 y
Từ (1) và (2) suy ra 2 y 3 x2 1 5x
Thế vào PT thứ 2 của hệ ta
được: (2 y 5)3 3 5 2 y 4 y (2 y 5)3 4 y 3 5 2 y 0
0,25
(2)
0,25
0,25
(*)
Xét hàm số f(y)= (2 y 5)3 4 y 3 5 2 y trên R.
2
có f’(y)= 6(2 y 5)2 4
3
(5 2 y )
Suy ra PT có nghiệm duy nhất y=
Câu 9
2
>0 với mọi y
5
2
0,25
3
x 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0;-3/2)
2
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a > b > c. Khi đó :
(1,0
điểm)
A=
2
2
2
5
.
a b b c a c
ab bc ca
Sử dụng bất đẳng thức :
0,25
1 1
4
2 2
(m, n 0)
m n mn
m2 n 2
Đẳng thức xảy ra khi m = n. Ta có:
2(
0,25
1
1
2
5
10
10
)
a b b c a c
ab bc ca a c 2 ab bc ca
20 2
(a c)2 4 ab bc ca
20 2
a c a c 4b
=
(3 3b 1 3b) 2
4 suy ra:
4
Từ ( 1) và ( 2) ta có : A 10 6 .
lại có: 3(1 b)(1 3b)
20 2
(1)
1 b 1 3b
1 b 1 3b
2 3
3
(2)
0,25
Đẳng thức xảy ra khi: a - b = b –c, 3 - 3b = 1 + 3b và a+ b + c = 1
2 6
1
2 6
,b ,c
hoặc các hoán vị.
6
3
6
Vậy GTNN của A là 10 6
a
Chú ý:
- Nếu học sinh làm bằng cách khác nhưng đúng thì vẫn chấm điểm tối đa theo từng ý.
- Nếu Câu 5, học sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm.
- Nếu trong một bài mà kết quả ý trước được sử dụng để giải ý sau, mà ý trước bị sai
hoặc chưa làm thì ý sau sẽ không được chấm điểm.
………….Hết………….
0,25
SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ-KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
TRƯỜNG THPT TRẦN THỊ TÂM
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 1 (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp điểm có tung độ y 1
Câu 2: (1,0 điểm)
a) Giải phương trình:
1 cos x(2cos x 1) 2 s inx
1
1 cos x
b) Cho số phức z thỏa mãn hệ thức: (1 2i) z (2 3i) z 2 2i . Tính mô đun của số phức z.
Câu 3: (0.5 điểm) Giải phương trình: log 2 3x 2 6 log 1 5 x 2
2
2
2
xy 2 x 5 y 3 x 2 y
Câu 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình:
x 2 y 2 y x 1 x 1 2x 2 y 2
2
Câu 5: (1 điểm) Tính tích phân: I 2 x cos 2 xdx
0
Câu 6: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, SA = a. Chân đường
vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh BC. Tính thể tích chóp S.ABC và
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA theo a
Câu 7: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 0) và đường thẳng d có
phương trình:
x 1 y 1 z
.
2
1
1
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng d.
b) Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường
thẳng d.
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC là x - 2y + 3
= 0, trọng tâm G(4; 1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3; -2) là điểm thuộc đường cao của tam giác
ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Câu 9: (0.5 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4
viên bi từ hộp. Tính xác suất để 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng.
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x , y, z thỏa mãn: 5(x 2 + y 2 + z 2 ) = 9(xy + 2yz + zx ) .
x
1
.
2
y +z
(x + y + z ) 3
.............. HẾT……….
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2
Họ và tên: .........................................
SBD: ......................
(Thí sinh không được sữ dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016
MÔN: TOÁN
CÂU
Câu 1
(2,0 điểm)
ĐÁP ÁN
Điểm
a) (1,0 điểm)
+ Tập xác định: D ¡
+ Giới hạn: lim y ; lim y y ' 3x2 6x
x
x
0,25
+ Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' 0 x 0
x 2
Suy ra hàm số nghịch biến trên khoảng (-2;0) và đồng biến trên các khoảng
( ;-2), (0; )
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x= -2; yCĐ= 5, đạt cực tiểu tại x=0; yCT=1
Bảng biến thiên:
x
-
-2
0
+
y’
+ 0 - 0 +
y
5
+
- Z
] 1 Z
+ Đồ thị (C)
0,25
0,25
y
7
6
5
0,25
4
f(x)=x^3+3x^2+1
3
x(t)=-2, y(t)=t
f(x)=5
2
x(t)=1, y(t)=t
x(t)=-3, y(t)=t
1
f(x)=1
x
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
-1
b) (1,0 điểm)
Hoành độ của tiếp điểm là nghiệm của phương trình x3 3x2 1 1. Suy ra
0,25
x0 0; x0 3
CÂU 2
(1,0 điểm)
Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là: y '(0) 0; y '(3) 9
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;1) là: y=1
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm (-3;1) là: y=9x+28
a) (0,5 điểm)
b) Điều kiện: cos x 1 x k 2 , k ¢
Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:
0,25
0,25
0,25
0,25
1 cos x(2cos x 1) 2 sinx 1 cos x 2sin x 2 sin x 2 0
2
sin x
2
5
x k , k ¢ ; x
k , k ¢ (thỏa điều kiện)
2
4
4
b) (0,5 điểm)
Gọi z = x+yi x, y R . Phương trình đã cho trở thành:
1 2i x yi 2 3i x yi 2 2i
0,25
x 2 y 2 x y i 2 x 3 y 3x 2 y i 2 2i
0,25
3x 5 y x y i 2 2i
3x 5 y 2 x 1
x y 2
y 1
0,25
Do đó z 12 12 2
CÂU 3
(0.5Điểm)
ĐK x
2
5
Pt đã cho tương đương với log 2 3x 2 5x 2 6
0.25
3x 2 5x 2 64
15x2 4 x 68 0
x 2
x 34
15
Kết hợp đk ta được tập nghiệm phương trình là: S 2
Câu 4
(1 điểm)
y 1
x 1
ĐK :
0.25
Pt đầu của hệ tương đương với x y 1 2 y x 3 0 2 y x 3 0 (do
đk)
Thay vào pt thứ hai, được: 2 y 3 2 y 2 y 2 y 2 2 y 2 2 y 4
y 2
2y 2 2 0 2y 2 2 0 y 1
(thỏa đk )
Hệ pt có nghiệm duy nhất : x 5, y 1
CÂU 5
(1điểm)
2
2
0
0
x2
+ xdx
2
0
2
2
0
2
0.25
8
2
1
12
+ J xcos2 xdx x sin 2 x 02 sin 2 xdx cos2 x 0
20
4
0
0
I
0.25
0.25
2
0.25
0.25
I xdx x cos 2 xdx
0.25
0.25
2
8
0.25
CÂU 6
(1điểm)
S
K
A
C
H
B
Gọi H là trung điểm cạnh BC. Ta có SH là đường cao của khối chóp S.ABC
Xét SHA(vuông tại H), AH
SABC
3a 2 a
a 3
, SH SA2 AH 2 a 2
,
4
2
2
a2 3
4
Thể tích chóp S.ABC: VS . ABC
1
1 a a 2 3 a3 3
SH .SABC . .
3
3 2 4
24
0.25
0.25
* Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K. Ta có HK SA, HK BC =>
HK là khoảng cách giữa BC và SA
1
1
1
16
a 3
2 =>HK=
2
2
2
4
HK
HS
HA
3a
0.25
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng
a 3
4
0.25
CÂU 7
(1điểm)
a) 0.5 điểm
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, vì H d nên ta có
H(1 + 2tuuuu
; r 1 + t ; t).
Suy ra : MH = (2t 1 ; 2 + t ; t)
r
Vì MH d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên:
2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
7 1 2
. Vậy H( ; ; )
3
3 3 3
0.25
0.25
b) 0.5 điểm
Ta có: MH = ; ; . Đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d
3
3
3
r
0.25
nên có một véc tơ chỉ phương u(1; 4; 2)
uuuur
1
4
2
Phương trình chính tắc thẳng :
CÂU 8
(1điểm)
x 2 y 1 z
1
4 2
Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh
A: 2x+y-4=0.uuuu
Gọi
A(a;4-2a), trung điểm
uuur
r
đoạn BC là M(2m-3;m). Ta có AG(4 a;2a 3); GM (2m 7; m 1) , mà
0.25
a 4
uuur
uuuur
7
a 4m 18
. Vậy A(4;-4), M(4; )
AG 2GM
7
2a 2m 1
2
m
2
0.25
Gọi B(2b 3; b) C (11 2b;7 b) BC (14 4b) 2 (7 2b) 2
CÂU 9
(1điểm)
d ( A; BC ) 3 5 nên diện tích tam giác ABC bằng
1
.3 5. (14 4b)2 (7 2b) 2 15 20b2 140b 4255 0 .
2
9
9
5
Với b= ta có B(6; ); C(2; )
2
2
2
9
5
5
Với b= ta có B(2; ); C(6; )
2
2
2
4
n() C12 495
Gọi A là biến cố” 4 viên bi lấy được có số bi đỏ lớn hơn số bi vàng.”
+ 4 bi lấy được không có bi vàng: 4bi đỏ; 1 bi đỏ + 3bi xanh; 2 bi đỏ + 2bi
xanh; 3 bi đỏ + 1bi xanh;
+ 4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng: gồm 1bi vang +2bi đỏ + 1 bi xanh, 1 bi
vàng; 3 bi đỏ.
n( A) C54 C51.C43 C52 .C42 C53 .C41 C52 .C31.C41 C53.C31 = 275
P A
CÂU 10
(1 điểm)
275 5
495 9
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Theo giả thiết ta có
5(x 2 y 2 z 2 ) 9(xy 2yz zx ) 5(x y z )2 9(xy 2yz zx ) 10(xy yz zx )
5(x y z )2 19x (y z ) 28yz 19x (y z ) 7(y z )2
x
19x
x
5
1
7
2 x 2(y z )
y z
y z
y z
1
Mặt khác ta có (y z )2 2(y 2 z 2 ) y 2 z 2 (y z )2
2
2(y z )
1
4
1
Vì vậy P
3
1
y z 27(y z )3
2(y z ) y z
(y z )2
2
4
1
(6t 1)2 (2t 1)
16 16
Đặt t y z 0 P
t 27t 3
27t 3
1
x 2(y z )
x
3
Vậy min P 16 ; dấu bằng đạt tại y z
y z 1
1
y z
12
6
(Học sinh có cách giải khác đúng cũng được tính điểm tối đa cho câu hỏi đó)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trường THPT Bố Hạ
Tổ Toán- Tin
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 2
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN, LỚP 12
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi hàm số y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 3x 2 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của
đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số y x3 2(m 2) x2 (8 5m) x m 5 có đồ thị (Cm) và đường thẳng
d : y x m 1. Tìm m để d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt có hoành độ tại x1, x2 , x3 thỏa mãn:
x12 x 22 x 32 20 .
Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2sin x 1)( 3 sin x 2cos x 2) sin 2 x cos x
Câu 5 (1,0 điểm)
a) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn: An2 3Cn2 15 5n.
20
1
b) Tìm hệ số của x trong khai triển P( x) 2x 2 , x 0.
x
Câu 6 (1,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) 32 x 32 x 30
b) log3 x2 x 1 log3 ( x 3) 1
8
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB 2a, AD a 3 . Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
mặt đáy. Biết đường thẳng SD tạo với mặt đáy một góc 450. Tính thể tích của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3).
2
Gọi N là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
5
32 x 5 y 2 y ( y 4) y 2 2 x
x, y ¡ .
3
(
y
2
1)
2
x
1
8
x
13(
y
2)
82
x
29
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x 2, y 1, z 0 . Tìm giá trị lớn nhất của
1
1
biểu thức: P
2 x 2 y 2 z 2 2(2 x y 3) y ( x 1)( z 1)
------------------------- Hết -----------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh.............................................................................Số báo danh...............................
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI QUỐC GIA THPT
NĂM HỌC 2015-2016 LẦN 2
Thêi gian lµm bµi: 150 phót, kh«ng kÓ thêi
gian giao ®Ò
C©u
Néi dung
Hàm số y
2x 1
x 1
- TXĐ: ¡ \ 1
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn và tiệm cận : lim y 2; lim y 2 .Đường thẳng y=2 là tiệm cận ngang
x
C©u 1
1.0®
0,25
đ
x
của đồ thị hàm số
lim y ; lim y . Đường thẳng x= -1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x ( 1)
x ( 1)
+) Bảng biến thiên
1
Ta có : y '
0, x 1
( x 1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 1 ; (-1;+)
Hàm số không có cực trị
Vẽ đúng bảng biến thiên
- Đồ thị : Vẽ đúng đồ thị
Gọi A là giao điểm của đồ thị (C) và trục tung. Suy ra A(0;-2)
C©u 2
1,0đ
§iÓm
y ' 3x 2 6 x 3
y '(0) 3
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(0;-2) là y y '(0)( x 0) 3 3x 2
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng d là:
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25
đ
0,25đ
x3 2(m 2) x2 (8 5m) x m 5 x m 1 x3 2(m 2) x2 (7 5m) x 2m 6 0
( x 2) x 2 2(m 1) x 3 m 0 (1)
C©u 3
1,0đ
x 2
2
Đặt f(x)=VT(2)
x 2(m 1) x 3 m 0(2)
(Cm) cắt d tại 3 điểm phâm biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 2
2
Khi đó giả sử x1=2; x2,x3 là nghiệm của (2). Ta có x2 x3 2(1 m), x2 x3 3 m
Ta có x12 x 22 x32 4 (x 2 x 3 )2 2x 2 x 3 4m2 6m 2
C©u 4
1,0đ
0,25đ
' (m 1) (3 m) 0
(m m 2 0
m 2
(3)
m 1
f (2) 0
m 1
2
3
x12 x 22 x 32 20 4m2 6m 2 20 2m2 3m 9 0 m 3 hoÆ
c m = - tm
2
(2sin x 1)( 3 sin x 2cos x 2) sin 2 x cos x (1)
(1) (2sin x 1)( 3 sin x 2cos x 2) cos x(2sin x 1)
(2sin x 1)( 3 sin x cos x 2) 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2sin x 1 0(2)
3 sin x cos x 2(3)
+) (2) x
6
k2 , x
5
k2
6
0,25đ
0,25đ
x k 2
2
12
sin x
6 2
x 7 k 2
12
KL
a)ĐK: n ¥ , n 2 .
An2 3Cn2 15 5n n(n 1)
C©u 5
1,0đ
0,25
đ
3.n !
15 5n
2!(n 1)!
n 5
n2 11n 30 0
n 6
20
20
1
k
b) P( x) 2x 2 C20
(1)k 220k x203k
x
k 0
k
Số hạng tổng quát của khai triển trên là C20
(1)k 220k x203k
Hệ số của x8 trong khai triển trên ứng với 20 3k 8 k 4
4
(1)4 216
Vậy hệ số của x8 trong khai triển P(x) là C20
32 x 32 x 30 3.(3x )2 10.3x 3 0
C©u 6
1,0đ
x 1
x 1
0,25đ
b) log3 x2 x 1 log3 ( x 3) 1(1)
Điều kiện : x>-3.
log3 x2 x 1 log3 ( x 3) 1 log3 x2 x 1 log3 3( x 3)
x
2
0,25
đ
0,25đ
3x 3
x
3 1/ 3
a)
0,25
đ
0,25
đ
0,25đ
x 1 3( x 3)
0,25đ
x 2
x2 2 x 8 0
x 4
Gọi hình chiếu của S trên AB là H.
Ta có SH AB,(SAB) ( ABCD) AB,(SAB) ( ABCD) SH ( ABCD)
·DH 450 .
SH ( ABCD) , suy ra góc giữa SD và (ABCD) là S
0,25
đ
Khi đó tam giác SHD vuông cân tại H, suy ra SH HD 2a ,
C©u 7
1,0đ
1
3
Kẻ Ax//BD nên BD//(SAx) mà SA (SAx)
Khi đó thể tích lăng trụ là VS . ABCD SH .S ABCD
4a 3 3
(đvtt)
3
d (BD,SA) d (BD,(SAx)) d (B,(SAx)) 2d (H,(SAx))
0,25
đ
0,25
đ
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên Ax và SI
Chứng minh được HK (SAx)
Tính được HK
2a 93
4a 93
. d (BD,SA) 2d (H, (SAx)) 2 HK
31
31
Đặt AD x( x 0) AB 3x, AN 2 x, NB x, DN x 5, BD x 10
0,25
đ
0,25
đ
BD 2 DN 2 NB 2 7 2
·
Xét tam giác BDN có cos BDN
2 BD.DN
10
r
C©u 8
1,0đ
Gọi n(a; b)(a 2 b2 0) là vectơ pháp tuyến của BD, BD đi qua điểm I(1;3),
PT BD: ax by a 3b 0
r uur
·
cos BDN
cos(n, n1 )
| ab|
a 2 b2
3a 4b
7 2
24a 2 24b2 50ab 0
10
2
4a 3b
+) Với 3a 4b , chon a=4,b=3, PT BD:4x+3y-13=0
0,25
đ
0,25
đ
D BD DN D(7; 5) B(5;11)
+) Với 4a 3b , chon a=3,b=4, PT BD:3x+4y-15=0
D BD DN D(7;9) B(9; 3)
0,25
đ
5
32 x 5 y 2 y ( y 4) y 2 2 x(1)
x, y ¡
3
(
y
2
1)
2
x
1
8
x
13(
y
2)
82
x
29(2)
1
Đặt đk x , y 2
2
+) (1) (2 x)5 2 x ( y 2 4 y) y 2 5 y 2 (2 x)5 2 x
0,25đ
5
y 2 y 2(3)
Xét hàm số f (t ) t 5 t , f '(t ) 5t 4 1 0, x R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên
R. Từ (3) ta có f (2 x) f ( y 2) 2 x y 2
Thay 2 x y 2( x 0) vào (2) được
C©u 9
1,0đ
(2 x 1) 2 x 1 8 x3 52 x 2 82 x 29
(2 x 1) 2 x 1 (2 x 1)(4 x 2 24 x 29)
(2 x 1)
0,25đ
2 x 1 4 x 2 24 x 29 0
1
x 2
2
2 x 1 4 x 24 x 29 0(4)
Với x=1/2. Ta có y=3
(4) ( 2 x 1 2) (4 x 2 24 x 27) 0
2x 3
(2 x 3)(2 x 9) 0
2x 1 2
x 3 / 2
1
(2 x 9) 0(5)
2 x 1 2
0,25đ
Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t 2 x 1 0 2 x t 2 1 . Thay vao (5) được
t 3 2t 10 21 0 (t 3)(t 2 t 7) 0 . Tìm được t
1 29
. Từ đó tìm được
2
0,25đ
x
13 29
103 13 29
,y
4
2
KL
Đặt a x 2, b y 1, c z a, b, c 0
1
1
P
2 a 2 b2 c 2 1 (a 1)(b 1)(c 1)
0,25đ
(a b)2 (c 1) 2 1
Ta có a b c 1
(a b c 1)2
2
2
4
Dấu “=” xảy ra khi a b c 1
2
2
2
(a b c 3)3
Mặt khác (a 1)(b 1)(c 1)
27
0,25đ
1
27
Khi đó P
. Dấu “=” xảy ra khi a b c 1
a b c 1 (a b c 3)3
1
27
Đặt t a b c 1 1 . Khi đó P
,t 1
t (t 2)3
C©u 10
1,0đ
1
27
1
81
81t 2 (t 2) 4
f (t )
,
t
1;
f
'(
t
)
t (t 2)3
t 2 (t 2)4
t 2 (t 2)4
Xét f '(t ) 0 81t 2 (t 2)4 0 t 2 5t 4 0 t 4 (do t>1)
lim f (t ) 0
0,25đ
x
Bảng biến thiên
t
f’(t)
f(t)
1
4
0
+
-
1
8
0,25đ
0
0
1
8
a b c 1
1
Vậy ma xP f(4)
a b c 1 x 3; y 2; z 1
8
a b c 1 4
Từ BBT Ta có maxf(x)=f(4)=
Hết
- Xem thêm -
.PDF 
131 
189 
72 
