đề thi thử thpt quốc gia 2016 môn toán có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.88 MB, 56 trang )
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
Môn: Toán
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 2 (1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : y = x 4 − 2 x 2 + 3 trên đoạn [0;4] .
Câu 3 (1.0 điểm).
π
1
2
a) Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α ) .
4
b) Giải phương trình: 34 − 2 x = 95−3 x − x
Câu 4 (1.0 điểm).
2
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển : x + 2 .
x
5
b) Trong bộ môn Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 15
câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi có 7 câu hỏi
đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ ngân hàng đề nói
trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không
ít hơn 4.
Câu 5 (1.0 điểm).
Giải bất phương trình: 9 x 2 + 3 + 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15
Câu 6 (1.0 điểm).
Cho lăng trụ đứng ABC . A' B' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 ,
mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B'C ' . Tính thể
tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B' và MN .
Câu 7 (1.0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 3x − 5 y + 6 = 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H (2;2 ) và đoạn BC = 5 .
Tìm tọa độ các điểm A, B , C biết điểm A có hoành độ dương .
Câu 8 (1.0 điểm).
x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0
Giải hệ phương trình :
x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y
Câu 9 (1.0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức : S =
a3 + b3 b3 + c3 c 3 + a3
+
.
+
a + 2b
b + 2c
c + 2a
-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………………………………SBD:……….....…......
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015-2016- LẦN 1
TRƯỜNG THPT VIỆT TRÌ
Môn: Toán
Câu
Điểm
Nội dung
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y = x − 6 x + 9 x − 2
a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
3
• TXĐ D= R
•
2
(C).
1.0
0.25
x = 1
y = 2
y’= 3x2 -12x+9 , y’=0 <=>
⇒
x = 3
y = −2
• - Giới hạn tại vô cực: lim y = −∞;
0.25
lim y = +∞
x →−∞
x →+∞
BBT
−∞
x
1
+
y’
+∞
3
−
0
+
0
+∞
2
y
1a
0.25
-2
−∞
KL: Hàm số đồng biến trên khoảng (− ∞;1); (3;+∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại xcđ =1 , y cđ= 2
Hàm số đạt cực tiểu tại xct =3 , y ct =- 2
• Đồ thị
5
y
f(x)=x*x*x-6*x*x+ 9*x-2
4
3
2
0.25
1
x
-2
-1
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(− 1;1 ) và vuông góc với
1b
đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của (C).
Đuờng thẳng đi qua 2 c ực trị A(1;2) và B(3;-2) là y=-2x+4
Ta có pt đt vuông góc với (AB) nên có hệ số góc k= ½
Vậy PT đ ư ờng thẳng cần tìm là y =
1
3
x+
2
2
1.0
0.5
0.25
0.25
Câu 2 (1.0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
2
y = x − 2 x + 3 trên đoạn [0;4] .
4
2
y’=4x3-4x =4x(x2-1)
y’= 0 <=> x=0, x=1 ∈ [0;4] x= -1 loại
Ta có: f(0) =3 , f(1)=2 , f(4)=227
Vậy GTLN y = 227 , trên [0;4] khi x=4
GTNN y= 2 trên trên [0;4] khi x=1
a)
0.25
0.25
0.25
0.25
π
1
2
Cho sin α = . Tính giá trị biểu thức P = 2 (1 + cot α ). cos( + α )
4
sin α + cos α
1 − 2 sin 2 α
(cos α − sin α ) =
sin α
sin α
1
thay sin α = vào ta tính được P =1
2
P=
3
1.0
0.5
0.25
0.25
b) Giải phương trình: Giải phương trình: 34 – 2x = 95−3 x − x
đưa về cùng cơ số 3 khi đó phương trình tđ
nghiệm cần tìm là x = 1 hoặc x = -3
2
0.5
với x 2 + 2 x − 3 = 0
0.25
0.25
14
2
a)Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển : x + 2 .
14
(
2
−2
x + 2 = x + 2x
x
4
) = ∑C
14
k 14 − 3 k
14
x
x
.2 k
số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với k thoả mãn 14 - 3k = 5 => k=3
Hệ số cần tìm là C143 2 3 = 2912
b) Trong môn học Toán, thầy giáo có 40 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu
hỏi khó, 15 câu hỏi trung bình, 20 câu hỏi dễ. Một ngân hàng đề thi mỗi đề thi
có 7 câu hỏi đựơc chọn từ 40 câu hỏi đó. Tính xác suất để chọn được đề thi từ
ngân hàng đề nói trên nhất thiết phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ)
và số câu hỏi dễ không ít hơn 4.
Không gian mẫu của việc tạo đề thi là : Ω = C 407 = 18643560
Gọi A là biến cố chọn đựợc đề thi có đủ 3 loại câu hỏi(khó, trung bình, dễ) và số
câu hỏi dễ không ít hơn 4.
0.25
0.25
0.5
0.25
5
Ω A = C 204 .C 52 .C151 + C 204 .C 51 .C152 + C 20
.C 51C151 = 4433175
Xác suất cần tìm là P( A) =
ΩA
Ω
=
915
3848
0.25
9 x 2 + 3 + 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15
1
Nhận xét : 9 x − 1 ≥ 9 x 2 + 15 − 9 x 2 + 3 ≥ 0 ⇒ x ≥
9
Giải bất phương trình:
5
bpt ⇔
⇔
( 9x
2
0.25
+ 3 − 2 + 3(3 x − 1) ≥ 9 x + 15 − 4
9x − 1
2
9x + 3 + 2
2
)
1.0
+ 3(3 x − 1) −
2
9x 2 − 1
9 x + 15 + 4
2
≥0
0.25
(3 x − 1)
3x + 1
−
+ 3 ≥ 0
9 x 2 + 15 + 4
3x + 1
2
9x + 3 + 2
1
1
+ 3 ≥ 0 ⇒ 3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
(3 x − 1)(3x + 1) 2 1
−
3
9 x 2 + 15 + 4
9x + 3 + 2
1
kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là x ≥ là nghiệm của bpt
3
Cho lăng trụ đứng ABC . A' B' C ' .Có đáy ABC là tam giác vuông tại
A, AB = a, AC = a 3 , mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M, N lần lượt là trung
điểm của CC’ và B’C’. Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và khoảng cách
0.25
0.25
1.0
giữa hai đường thẳng A’B’ và MN
C
B
A
M
N
6
H
B’
C’
P
A’
Ta có BC= BB’=2a
0.25
1
2
. V ABC . A' B 'C ' = BB '.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3 3
0.25
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP)
0.25
Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
MPC’
C' H =
7
C ' M .C ' P
C' P 2 + C' M 2
=
a 21
7
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong
đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 3x − 5 y + 6 = 0 . Trực tâm của tam giác ABC là H (2;2 ) ,
0.25
1.0
BC = 5 .
Gọi tâm đường tròn (C) là I ; và A(x;y) suy ra
3 5
2 2
AH (2 − x;2 − y ) M là trung
điểm của BC
Học sinh tính được AH = 5 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
kết hợp với A thuộc đường tròn (C) nên ta có hệ phương trình
0.25
x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 3 = 0
Giải hệ ta được (x;y)=(0;3) (loại);Hoặc(x;y)=(1;4) (Nhận)
2
x + y 2 − 3 x − 5 y + 6 = 0
0.25
Suy ra toạ độ của A(1;4) ,chứng minh được AH = 2 IM
Từ AH = 2 IM ta tính được M(2;3/2) Do (BC ) vuông góc với IM nên ta viết được
phương trình (BC): x-2y+1 =0 <=> x= 2y-1 thay vào phương trình đường tròn (C)
0.25
y =1
x = 1
⇒
y = 2 x = 3
ta được (2 y − 1)2 + y 2 − 3(2 y − 1) − 5 y + 6 = 0 ⇔ y 2 − 3 y + 2 = 0 ⇔
Suy ra toạ độ của B(1;1) , C(3;2) hoặc B(3;2) , C(1;1)
Vậy
A( 1;4), B(1;1) , C(3;2)
hoặc A( 1;4), B(3;2) , C(1;1)
x 3 − y 3 + 5 x 2 − 2 y 2 + 10 x − 3 y + 6 = 0 (1)
Câu 8: Giải hệ
x + 2 + 4 − y = x 3 + y 2 − 4 x − 2 y (2)
Điều kiện x ≥ -2; y ≤ 4
(1) ⇔ x 3 + 5 x 2 + 10 x + 6 = y 3 + 2 y 2 + 3 y
1.0
⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) + 3( x + 1) = y 3 + 2 y 2 + 3 y
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2t 2 + 3t , f ' (t ) = 3t 2 + 4t + 3 > 0 ∀t ∈ R
3
0.25
2
0.25
Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc
Phương trình : x + 2 + 3 − x = x 3 + x 2 − 4 x − 1
8
⇔
⇔
⇔
(
)
x + 2 + 3 − x − 3 = x3 + x 2 − 4 x − 4 ⇔
(
(x + 2 )(3 − x ) − 2 ) = (x + 1)(x 2 − 4 )
(
x + 2 + 3− x +3
2[( x + 2 )(3 − x ) − 4 ]
= ( x + 2 )( x 2 − x − 2 )
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
(
2( − x + x + 2)
− (x + 2 ) x 2 − x − 2 = 0
x + 2 + 3 − x + 3 ( x + 2 )(3 − x ) + 2
)(
2
⇔ x2 − x − 2 x + 2 +
(
2
)
(
)
)(
)
(
)
=0
(x + 2 )(3 − x ) + 2
> 0 ( vi x ≥ − 2 )
2
x + 2 + 3− x +3
)(
0.25
)
x = 2
⇔ x −x−2=0⇔
x = −1
0.25
2
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)
Câu 9 : Cho ba số thực dương a, b, c và thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 = 3 .
9
a3 + b3 b3 + c3 c 3 + a3
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S =
.
a + 2b
b + 2c
c + 2a
x3 + 1 7 2 5
≥ x + ( x > 0) (*)
Trước tiên ta chứng minh BĐT :
x + 2 18
18
1.0
0.25
(*) ⇔ 18( x3 + 1) ≥ (x + 2)(7 x 2 + 5)
luôn đúng với mọi x>0, d ấu “=” sảy ra khi x=1
2
⇔ ( x − 1) (11x + 8) ≥ 0
a b c
; ;
b c a
a 3 + b 3 7a 2 5b 2 b 3 + c 3 7b 2 5c 2 c 3 + a 3 7c 2 5a 2
≥
+
≥
+
≥
+
;
;
;
a + 2b
18
18
18
18 b + 2c
18 c + 2a
18
12 a 2 + b 2 + c 2
=2
Từ các đảng thức trên suy ra S ≥
18
0.25
Áp dụng (*) cho x lần lượt là
(
Vậy MinS =2 khi a=b=c=1
0.25
)
0.25
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 2
Năm học 2015 2016
Môn : TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (1,0 điểm).
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y
2x 1
.
x 1
Câu 2 (1,0 điểm).
Cho hàm số y x 4 mx2 m 5 có đồ thị là (Cm), m là tham số. Xác định m để đồ thị (Cm) của
hàm số đã cho có ba điểm cực trị.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho log3 15 a, log3 10 b . Tính log9 50 theo a và b.
Câu 4 (2,0 điểm).
Giải các phương trình sau:
a) 2sinx cos x+ 6 sinx cosx 3 0 ;
b) 22 x5 22 x3 52 x2 3.52 x+1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
n
2
Tìm số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của x 2 với x ≠ 0, biết rằng:
x
4
Cn1 Cn2 15 với n là số nguyên dương.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a và AB vuông góc với
· 300 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ
mặt phẳng (SBC). Biết SB = 2a 3 và SBC
điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x y 5 0 và A( 4; 8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F(5; 4) là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và tính diện tích hình chữ nhật ABCD.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải phương trình: x x 1 (2 x 3)2 (2 x 2) x 2 .
Câu 9 (1,0 điểm).
3
4
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x2 y 2 z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P 8 xyz
1
1 1
.
xy yz zx
-------- 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:............................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 12 lần 2.
C©u
Néi dung bµi
§iÓm
TXĐ D = R\ 1
Ta có lim y lim
x
x
2 1 / x
2 , lim y , lim y
x 1
x 1
11 / x
0,25
Kl tiệm cận đứng và tiệm cận ngang
x D ta có y’(x) =
3
y’(x) < 0 x D
( x 1) 2
0,25
Ta có bảng biến thiên:
1
∞
x
y’
+∞
1
+∞
y
2
2
∞
2
Hàm số nghịch biến trên ( ∞; 1) và (1; + ∞). Hàm số không có cực trị
0,25
Vẽ đồ thị đúng hình dạng và các điểm căn cứ, nhận xét đồ thị.
0,25
x ¡ ta có y' ( x) 4 x3 2mx = 2 x(2 x2 m) ,
0,25
(Cm) có ba điểm cực trị khi y’(x) = 0 có ba nghiệm phân biệt, tức là
2 x(2 x2 m) 0 có ba nghiệm phân biệt
0,25
2 x2 m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
m 0.
0,25
Xét dấu y’ và kết luận.
0,25
Ta có log9 50 log32 50
3
log3 50 log3
1
log3 50
2
150
log3 15 log3 10 1 a b 1
3
0,25
0,5
0,25
Kết luận
a) TXĐ D = ¡
Phương trình đã cho (2sinx 1)(cos x+ 3) 0
0,5
1
sin x
2
cosx = 3(v« nghiÖm)
4
0,25
x 6 k 2
, với k, l là số nguyên. Kết luận.
x 5 l 2
6
0,25
b) TXĐ D = ¡
Phương trình 22 x3 (4 1) 52 x1 (5 3)
0,25
0,25
22 x3.5 52 x1.8
0,25
2x
2
1
.
5
2x 0 x 0
0,25
2
Ta có Cn1 Cn2 15 Cn+
1 15
n(n+1)
15
2
n 5 (t / m)
n2 + n 30 0
n 6 (lo¹i)
0,25
0,25
5
Với n = 5 và x 0 ta có x2
5
5
5
2
2 5k
k
2 k
C
(
x
)
(
)
C 5k x3k 5 (2)5k
5
x k 0
x
k 0
Số hạng chứa x4 trong khai triển trên thỏa mãn 3k – 5 = 4 k = 3, suy ra số hạng
chứa x4 trong khai triển trên là 40x4.
A
6
I
S
H
0,25
0,25
B
Ta có AB (SBC) (gt) nên VSABC =
Từ gt ta có SSBC =
Khi đó VSABC =
C
1
AB.S SBC
3
0,25
1
1
1
BC.BS .sin 300 4a.2a 3. 2a 2 3
2
2
2
1
3a.2a 2 3 2a3 3 (đvtt).
3
0,25
Hạ BH SC (H SC) ta chứng minh được SC (ABH)
Hạ BI AH (I AH)
Từ hai kết quả trên BI (SAC) BI = d(B; (SAC)).
Dựa vào tam giác vuông ABH tính được BI BI
6a 7
Kl
7
0,25
0,25
Ta có C d : 2 x y 5 0 nên C(t; –2t – 5).
Ta chứng minh 5 điểm A, B, C, D, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD. Do tứ
giác ABCD là hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường tròn trên, nên suy ra
0,25
AFC 900 AC 2 AF 2 CF 2 . Kết hợp với gt ta có phương trình:
được ·
(t 4)2 (2t 13)2 81 144 (t 5)2 (2t 1)2 t 1 .
7
0,25
Từ đó ta được C(1; –7).
Từ giả thiết ta có AC // EF, BF ED nên BF AC, do C là trung điểm BE nên BF
cắt và vuông góc với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ∆ABC = ∆AFC
0,25
S ABC S AFC S ABCD 2S AFC 75 (đvdt).
0,25
TXĐ D = 1;
Phương trình ( x 1) x 1 ( x 1) x 1 (2 x 3)3 (2 x 3)2 2 x 3 (1)
0,25
Xét hàm số f (t ) t 3 t 2 t f' (t ) 3t 2 2t 1 f' (t ) 0, t ¡ suy ra hàm số
8
f(t) đồng biến trên ¡ .
0,25
Phương trình (1) có dạng f ( x 1) f (2 x 3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
x 1 2x 3
0,25
x 3 / 2
x 3 / 2
x= 2
2
2
x
1
4
x
12
x
9
4
x
13
x
10
0
0,25
Ta có
Mà
3
1
1
1
1
3 3 2 2 2 , đặt t =
xy yz zx
x y z
x2 y 2 z 2
3
P 8t
3
xyz 0
0,25
x2 + y 2 + z 2 1
1
0t
3
4
2
3
3
8t 3 2 .
2 . Xét hàm số f (t )
t
t
Ta có t 0 , f'(t) = 24t 2
6
, f''(t ) = 0 t
t3
5
1
.
4
0,25
Ta có bảng:
9
t
0
1
2
5
0
1
4
f’(t)
f(t)
0,25
13
Từ bảng ta có f(t) ≥ 13 với mọi giá trị t thỏa mãn 0 t
Suy ra P ≥ 13. Dấu bằng xảy ra khi t =
1
2
1
1
hay x = y = z =
Kl: MinP = 13.
2
2
0,25
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1
NĂM HỌC: 2015 – 2016
Môn: TOÁN
Lớp 12
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Câu 1. (3,0 điểm)
2x 2
C
2x 1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành.
c) Tìm m để đường thẳng d : y 2mx m 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho biểu thức
Cho hàm số y
P = OA2 + OB2 đạt giá trị nhỏ nhất (với O là gốc tọa độ).
Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x )
x5
5x 4
5x 3
1 trên đoạn [–1;2]
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho hàm số y x 3 mx 2 7 x 3 Tìm m để hàm số đồng biến trên R.
Câu 4. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình cos 2 x cos x 3 sin 2 x sin x
b) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để
lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SMN).
Câu 6. (0,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB AD 2 , tâm I 1; 2 . Gọi M
là trung điểm cạnh CD, H 2; 1 là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.
Câu 7. (1,0 điểm)
Giải bất phương trình
x 1 x 2 2 3x 4 x 2 .
Câu 8. (0,5 điểm)
Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
a2
b2
3
( a b) 2 .
2
2
(b c) 5bc (c a) 5ca 4
--- HẾT ---
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT VIỆT YÊN II
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN THỨ 1
NĂM HỌC: 2015 – 20156
Môn: TOÁN
Lớp 12
Đáp án
Câu
1.a
*TXĐ:
1
2
\ *SBT: y '
2
2 x 12
0, x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;
Điểm
1,0
1
2
0,25
1 1
và ;
2 2
0,25
Tính giới hạn và tiệm cận
Lập bảng biến thiên
0,25
*Đồ thị: Giao Ox: (- 1; 0); Giao Oy: (0; 2) Vẽ đúng đồ thị
0,25
1,0
1.b
y'
2
2 x 1
2
0,5
, đồ thị ( C) giao với trục ox tại điểm M(-1;0)
y '1 2 , PTTT là y 2 x 1 2 x 2
0,5
* (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt PT (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1/2
1.c
m 0
' 4m 0 m 0
1
g 0
2
0,5
*Gọi hoành độ các giao điểm A và B là x1, x2 thì x1, x2 là các nghiệm của PT (1)
x1 x2 1
m 1
x
.
x
1
2
4m
Có: OA2+OB2 = x1 2mx1 m 1 x2 2mx2 m 1
2
2
2
2
4m m 1 x x 2 m 1
m 1
= 4m 1 1
4m m 1 2 m 1
2m
= 4m 1 x1 x2
2
2
2
2
1
0,25
2
2
2
5
9
5
1
2 (Áp dụng BĐT cô si vì m dương)
2m
2
2
2m 2
1
1
Dấu bằng xảy ra m ( thỏa mãn);KL: m là giá trị cần tìm
2
2
=
0,25
2
1,0
x5
Hàm số f (x )
5x 4
y
Cho y
0
20x 3
2
5x (x
4x
05
* Ta có, f (0)
15
f ( 1)
5x 3
15x 2
2
f (1)
5x 4
5.13
0
4x
1
1
1
5.( 1)
4
3)
x2
5.03
4
( 1)
4x
5x 2
0
5.04
5
5
5x 2 (x 2
3)
5.14
1 liên tục trên đoạn [–1;2]
3
0
x
0
[ 1;2] (nhan)
x
1
[ 1;2] (nhan)
x
3
[ 1;2] (loai)
2
5.( 1)3
1
10
3
f (2) 2
5.2
5.2
1
7
Trong các kết quả trên, số nhỏ nhất là 10 và số lớn nhất là 2
10 khi x
1; max y 2 khi x 1
Vậy, min y
[ 1;2]
0,5
0,5
[ 1;2]
3
1,0
y ' 3x 2mx 7 . Để hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi y ' 0, x R
3x2 2mx 7 0 x R
0,5
' 0 x R m2 21 0 m 21; 21
0,5
2
1,0
4a
1
3
3
1
cos 2 x 3 sin 2 x 3 sin x cos x cos 2 x
sin 2 x
sin x cos x
2
2
2
2
2
2 x x k 2
x
k 2
3
3
3
cos 2 x cos x
,k
3
3
2 x x k 2
x k 2
3
3
3
4b
0,5
0,5
1,0
Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau.
* Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số
0,5
* Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số
P(A) =
1560 13
5880 49
0,5
1,0
5
*)Vì S.ABC là hình chóp đều nên ABC là tam giác đều
1
tâm G và SG ABC VS . ABC SG.S ABC
3
Tam giác ABC đều cạnh a nên
a 3
a2 3
AN
S ABC
2
4
Có AG là hình chiếu của AS trên (ABC) nên góc giữa cạnh
bên SA với đáy là (SA,AG) = SAG 60 (vì
SG AG SAG nhọn)
0,25
2
a 3
AN
3
3
Trong tam giác SAG có SG AG.tan 60 a
1 a 2 3 a3 3
Vậy VS . ABC .a.
3
4
12
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên C, G, M thẳng hàng và CM = 3GM mà M (SMN) nên
dC , SMN 3dG , SMN
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên AG
Ta có tam giác ABC đều nên
SG ABC SG MN MN SGK .
0,25
0,25
Trong (GKH), kẻ GH SK GH MN GH SMN , H SK
dG , SMN GH
1
2
2
1
1
a 3
AN ; BG AG AN GK AN AN AN
2
3
3
2
6
12
Trong tam giác vuông SGK có GH là đường cao nên
1
1
1
1 48 49
a
2 2 2 GH
2
2
2
GH
SG GK
a
a
a
7
3a
Vậy dC , SMN 3GH
7
Ta có BK
0,25
6
0,5
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD
nên IC 3IH
Mà IH 1;1 , giả sử
x 1 3.1
x 4
C x; y
C 4;1
y 2 3.1 y 1
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5)
CM BC
1
MBC BAC
Lại có AB 2 AD nên
BC AB
2
Mà BAC BCA 90 MBC BCA 90 AC BM
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt IH 1;1
pt BM: x + y – 1 = 0 B t;1 t
Có AB t 2;6 t ; CB t 4; t
Vì AB BC AB.CB 0 t 2 t 4 t 6 t 0
t 2 2 B 2 2; 1 2 hoặc B 2 2; 1 2
7
1,0
x 0
0 x 1
3 41
2
3 41
.
(*)
Điều kiện: 1 x 0
3 41 0 x
8
x
2
8
8
2 3x 4 x 0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x 1 x 2 2 x(1 x 2 ) 2 3x 4 x 2 3( x2 x) (1 x) 2 ( x x 2 )(1 x) 0
0,5
5 34
x
x x
x x
x x 1
9
3
2
1 0
9 x 2 10 x 1 0
1 x
1 x
1 x
3
5 34
.
x
9
5 34
3 41
x
.
Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
9
8
2
8
2
2
0,5
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có
b2
4b2
a2
a2
4a 2
Tương
tự,
ta
có
.
.
(c a)2 5ca 9(c a) 2
(b c)2 5bc (b c) 2 5 (b c) 2 9(b c) 2
4
2
2
a
b2
4 a2
b2 2 a
b
Suy ra
(b c)2 5bc (c a)2 5ca 9 (b c)2 (c a)2 9 b c c a
2
( a b) 2
2
2
c
(
a
b
)
2
2
2 a b c ( a b)
2
2 2(a b) 2 4c(a b)
2
.
9 ab c(a b) c 2
9 ( a b) 2
9 (a b) 2 4c(a b) 4c 2
2
c ( a b) c
4
Vì a b c 1 a b 1 c nên
2
2 2(1 c)2 4c(1 c) 3
8
2 3
2
P
(1 c)2 1
(1 c) .
2
2
9 (1 c) 4c(1 c) 4c 4
9 c 1 4
0,25
2
(1)
2
8
2 3
2
Xét hàm số f (c) 1
(1 c) với c (0; 1).
9 c 1 4
16
2
2
3
Ta có f '(c) 1
(c 1);
.
2
9 c 1 (c 1)
2
1
f '(c) 0 (c 1) 64 (3c 3)3 0 c .
3
Bảng biến thiên:
1
c
1
0
3
f '(c)
–
0
+
0,25
f (c )
1
9
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)
1
với mọi c (0; 1).
9
1
1
Từ (1) và (2) suy ra P , dấu đẳng thức xảy ra khi a b c .
9
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
1
1
, đạt khi a b c .
3
9
(2)
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ THI MÔN TOÁN_KHỐI 12 (lần 1)
Năm học: 2015-2016
Thời gian: 180 phút
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x3 3x2 4 .
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
f x x 2
x 2 trên đoạn 12 ; 2 .
2
2
Câu 3 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình
sin 3x cos 2 x 1 2sin x cos 2 x
b) Giải phương trình
2log8 2 x log8 x 2 2 x 1
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm
y
x 1
x 1
tại hai điểm
m
A, B
để đường thẳng
sao cho
4
3
d : y x m
cắt đồ thị C của hàm số
AB 3 2
Câu 5 (1,0 điểm).
a) Cho
cot a 2 .
Tính giá trị của biểu thức
P
sin 4 a cos 4 a
.
sin 2 a cos 2 a
b) Một xí nghiệp có 50 công nhân, trong đó có 30 công nhân tay nghề loại
A, 15 công nhân tay nghề loại B, 5 công nhân tay nghề loại C. Lấy ngẫu
nhiên theo danh sách 3 công nhân. Tính xác suất để 3 người được lấy ra
có 1 người tay nghề loại A, 1 người tay nghề loại B, 1 người tay nghề loại
C.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác
30 . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên
ABC vuông ở C có AB 2a, CAB
SC. Tính theo a thể tích của khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt
phẳng SAB , SBC .
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang OABC ( O
là gốc tọa độ) có diện tích bằng 6, OA song song với BC , đỉnh A 1; 2 , đỉnh
B thuộc đường thẳng d1 : x y 1 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : 3x y 2 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại
A có phương trình AB, AC lần lượt là x 2 y 2 0, 2 x y 1 0 , điểm M 1; 2 thuộc
đoạn thẳng BC . Tìm tọa độ điểm D sao cho tích vô hướng DB.DC có giá trị nhỏ
nhất.
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình
x2 x 2
x2
x3
2
x2 3
1
trên tập số
thực.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn x 42 y 42 2 xy 32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x3 y3 3 xy 1 x y 2 .
-----------Hết-----------
ĐÁP ÁN TOÁN 12, lần 1, 2015-2016
Câu
1
Nội dung
Điểm
Tập xác đinh: D .
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' 3x2 6 x ; y ' 0 x 0; x 2
0,25
Các khoảng đồng biến ; 2 và 0; ; khoảng nghịch biến 2;0 .
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 2, yCD 0 ; đạt cực tiểu tại
x 0, yCT 4
- Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
0,25
x
Bảng biến thiên
x
2
y'
0
y
0
0
0
4
0,25
Đồ thị
f x = x3+3x2-4
8
6
4
2
-15
-10
-5
5
10
15
-2
-4
-6
-8
0,25
2
1
Ta có f x x 4 4 x 2 4 ; f x xác định và liên tục trên đoạn ;0 ;
f
'
x 4x
2
3
8x.
0,25
Với x ; 2 , f ' x 0 x 0; x 2
2
0,25
Ta có f 3 , f 0 4, f 2 0, f 2 4 .
16
2
0,25
1
1
1
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x trên đoạn
3
1
2 ;0 lần lượt là 4 và 0.
sin 3x cos 2 x 1 2sin x cos 2 x sin 3x cos 2 x 1 sin x sin 3x
a)
cos 2 x 1 sin x
x k
sin x 0
x k 2
1 2sin 2 x 1 sin x
1
sin x
6
2
5
x
k 2
6
b) Điều kiện x 0, x 1 .
0,25
0,25
0,25
Với điều kiện đó, pt đã cho tương đương với :
log8 2 x x 1
2
2
2
4
2 x x 1 16
3
0,25
2 x x 1 4
x2
2 x x 1 4
4
0,25
x 1
x m x 1 x m x 1 (vì x 1 không
x 1
là nghiệm của pt) x2 m 2 x m 1 0 (1)
Pt hoành độ giao điểm
Pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 m2 8 0 m .
x1 x2 m 2
x1 x2 m 1
Khi đó A x1; x1 m , B x2 ; x2 m .Theo hệ thức Viet ta có
0,50
AB 3 2 AB 18 2 x1 x2 18 x1 x2 9
2
2
2
x1 x2 4 x1 x2 9 m 2 4 m 1 9 m 1
2
5
a) P
2
0,50
sin a cos a
sin a cos a
sin a cos a
.
2
2
2
2
2
2
sin a cos a sin a cos a sin a cos a sin 4 a cos4 a
4
4
4
4
4
4
1 cot a 1 2
17
4
4
1 cot a 1 2
15
3
b) Số phần tử của không gian mẫu n C50 19600.
Chia tử và mẫu cho sin 4 a , ta được P
4
0,25
4
0,25
0,25
Số kết quả thuận lợi cho biến cố “trong 3 người được lấy ra, mỗi
người thuộc 1 loại” là C301 .C151 .C51 2250 . Xác suất cần tính là
p
2250
45
.
19600 392
0,25
6
S
K
H
A
B
I
C
Trong mặt phẳng SAC , kẻ HI song song với SA thì HI ABC .
Ta
có
CA AB cos30 a 3. Do
đó
2
1
1
a 3
AB. AC.sin 30 .2a.a 3.sin 30
.
0,25
2
2
2
2
2
2
HI HC HC.SC AC
AC
3a
3
6
2
2
HI a .
Ta có
2
2
2
2
SA SC
SC
SC
SA AC
4a 3a
7
7
2
3
1
1 a 3 6
a 3
. a
Vậy VH . ABC S ABC .HI .
.
3
3 2 7
7
1
(Cách khác: VH . ABC VB. AHC S AHC .BC )
0,25
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có
AH SC, AH CB (do CB SAC ), suy ra AH SBC AH SB .
S ABC
Lại có: SB AK , suy ra SB AHK . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng
SAB , SBC là
.
HKA
1
1
1
1
1
7
a.2 3
2
2 2
AH
;
2
2
2
AH
SA
AC
4a 3a 12a
7
1
1
1
1
1
1
2
2 2 2 AK a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4a 4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH SBC , SBC HK ).
7
a.2 3
AH
7
7 6 cos HKA
sin HKA
AK
7
a 2
7
OA : 2 x y 0 .
0,50
OA BC BC : 2 x y m 0 m 0 .
Tọa
độ
điểm
B là
nghiệm
của
hệ 0,50
x y 1 0
x 1 m
B 1 m; m 2 .
2 x y m 0
y m 2
nghiệm
Tọa
độ
điểm
C là
3x y 2 0
x m 2
C m 2; 4 3m .
2 x y m 0
y 4 3m
1
SOABC OA BC .d O, BC
2
m
1
2
2
2
1 22 2m 3 4m 6 .
6
22 12
2
của
hệ
2m 3 1 m 12 . Giải pt này bằng cách chia trường hợp để phá
dấu
B
8
giá
ta được
m 1 7; m 3 .
7; 1 7 , C 1 7;1 3 7 hoặc B 2;1 , C 1; 5
Gọi
trị
vec
tuyệt
tơ
đối
pháp
tuyến của
BC có dạng
a 2 b2 0 . Tam giác ABC cân tại A nên
n1 1; 2 , n2 2;1 , n3 a; b .Pt
Vậy
0,50
AB, AC, BC lần
lượt là
a x 1 b y 2 0 , với
cos B cos C cos n1 , n3 cos n2 , n3
a 2b
a 2 b2 5
2a b
a 2 b2
a b
5
a b
0,50
Với a b . Chọn b 1 a 1 BC : x y 1 0 B 0;1 , C ; ,
3 3
2 1
không thỏa mãn M thuộc đoạn BC .
Với a b . Chọn a b 1 BC : x y 3 0 B 4; 1 , C 4;7 , thỏa
mãn M thuộc đoạn BC .
0,25
Gọi trung diểm của BC là I I 0;3 .
Ta có DB.DC DI IB DI IC DI 2
9
BC 2
BC 2
.
4
4
Dấu bằng xảy ra khi D I . Vậy D 0;3
Điều kiện x 3. Bất pt đã cho tương đương với
x x2
x3
2
x
2
2
x 3
2
x2 1 0
1 x 2 x 6
x 3 x 2 3
x x2
x3
2
0,25
x2 x 2
4
2
x3
x 3 x2 1 0
2
x x2
2
2
x3
x 3
x2 1 0
2
x 3
2
0,50
2
x
x
6
x 2 1
1 0
2
2
x 3 x2 3 x x 2
2
x
3
x
3
2
x 1 0 1 x 1 (Với x 3 thì biểu thức trong ngoặc vuông
luôn dương). Vậy tập nghiệm của bất pt là S 1;1
0,50
10
Ta có x 4 y 4 2 xy 32 x y 8 x y 0 0 x y 8
2
2
2
3
2
A x y 3 x y 6 xy 6 x y x y 3 x y 6.
2
3
Xét hàm số: f t t 3 t 2 3t 6 trên đoạn 0;8 .
2
1 5
1 5
Ta có f ' t 3t 2 3t 3, f ' t 0 t
hoặc t
(loại)
2
2
1 5 17 5 5
17 5 5
Ta có f 0 6, f
, f 8 398 . Suy ra A
4
4
2
3
Khi x y
17 5 5
4
0,25
3
0,25
0,25
1 5
thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
4
0,25
SỞ GD & ĐT TP. HỒ CH MINH
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
ĐỀ THI THỬ THPT LẦN I- NĂM HỌC 2015-2016
MÔN TOÁN
Ngày thi: 13/10/2015
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1:( 2đ) Cho hàm số : y x3 3 x 2 4 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k 9 .
Bài 2 :( 1đ) Cho hàm số y
2x 3
có đồ thị (C). Gọi (d) là đường thẳng qua H(3,3) và có hệ số góc k.
x 1
Tìm k để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt M,N sao cho tam giác MAN vuông tại A(2,1)
Bài 3:( 1đ)
1
1
3
1 4
4
a) Tính
A
16
22.64 3
625
b) Rút gọn biểu thức: B 32 log a log 5 a 2 .log a 25
3
Bài 4 :( 3đ) Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Lấy H, K lần lượt trên AB, AD sao cho BH=3HA,
AK=3KD. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ABCD tại H lấy S sao cho góc SBH = 30o. Gọi
E là giao điểm của CH và BK.
a) Tính VS.ABCD.
b) Tính VS.BHKC và d(D,(SBH)).
c) Tính cosin góc giữa SE và BC.
Bài 5:( 2đ) ) Giải phương trình và bất phương trình sau
a)
x2 2 x 4 x 2
b) 3 x 6 2 4 x x 8
Bài 6 :( 1đ) Cho 2 số thực x,y thay đổi thỏa x 2 y 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
P 2 x 3 y 3 3xy
.....................................Hết..........................................
Đáp án đề thi thử đại học lần 1
( 2015 – 2016)
Bài 1:a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của
hàm số: y x3 3 x 2 4
Tập xác định: D = R
x 0
(0,25)
y ' 3 x 2 6 x ; y ' 0
x 2
lim y
;
lim y
x
x
Bảng biến thiên:
x
02
y’
–
0 +0–
0
y
-4
(0,25)
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; 2) ;
Hàm số nghịch biến trên (-; 0); (2; +)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ; yCĐ = 0 ;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; yCT = -4(0,25)
y
-1
1
2
3
Bài 2 :
(d) : y = k(x – 3) + 3(0,25)
Pt hoành độ giao điểm của (C) và (d) :
2x 3
kx 3k 3 kx 2 1 2k x 3k 0 x 1
x 1
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt
k 0
k 0 (0,25)
2
16k 4k 1 0
M x1 , kx1 3k 3 ,
N x 2 , kx 2 3k 3
2k 1
x1 x 2
với
k
x1 .x 2 3
AMN vuông tại A AM.AN 0 (0,25)
1 41
(n)
k
10
(0,25)
5k 2 k 2 0
1 41
(n)
k
10
Bài 3
1
3
1
1 4
2
3
4
16
2
.64
a) A
625
1
x
3
1
54 4 2 4 4 41. 43 3
(0.25)
5 23 1 12
2log 3 a
(0,25)
(0.25)
2
b) B 3
log5 a .log a 25
2
-4
3log3 a 4 log5 a.log a 5
(0.25)
a2 4
Bài 4:
b) Cách 1:Tiếp tuyến có hệ số góc k 9
Pttiếp tuyến có dạng ( ) : y 9 x b (0,25)
(0.25)
S
3
2
x 3 x 4 9 x b
có
( ) tiếp xúc với (C)
2
3 x 6 x 9
nghiệm (0,25)
x 3
x 1
(0,25)
V
b 23
b 9
A
I
K
H
D
E
B
() : y 9 x 9
(0,25)
() : y 9 x 23
Cách 2:
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(xo, yo) có
dạng: y y '( xo )( x xo ) yo
y '( xo ) 9 (0,25)
1
16a 3 3
VS . ABCD SH .S ABCD
3
3
3x 2o 6x o 9
b) S BHKC S ABCD S AHK SCKD
xo 1 xo 3 (0,25)
Với xo = -1 yo 0
Pttt : y 9 x 9 (0,25)
Với xo = 3 yo 4
Pttt : y = -9x +23(0,25)
1
1
25a 2
16a 2 a.3a a.4a
2
2
2
C
2
a) S ABCD (4a ) 16a 2
SBH : t an300
1
SH
SH BH .
a 3
BH
3
(0.25)
(0.25)
(0.5)
(0.25)
1
25a3 3
VS . BHKC SH .SBHKC
3
6
AD AB, AD SH AD ( SBA)
(0.25)
d ( D,( SBH )) d ( D, ( SBA)) AD 4a
(0.25)
(0.25)
c) Cách 1:
Dựng EI / / BC ( I BH ) EI ( SAB ) EI SI
( SE , BC ) (SE , EI ) SEI
(0.25)
Ta chứng minh được HK CH tại E
EI HE HE.HC
HB 2
9
2
2
2
BC HC
HC
HB BC
25
(0.25)
9
36a
BC
;
25
25
9
9
9a
HE .HC . HB 2 BC 2
25
25
5
EI
81a 2 2a 39
SE SH 2 HE 2 3a 2
25
5
18
EI
SE 5 39
SE.BC
Cách 2: cos( SE ; BC )
SE.BC
Ta chứng minh được HK CH tại E
HE HE.HC
HB 2
9
2
2
2
HC
HC
HB BC
25
cos E
HE
(0.25)
(0.25)
81a 2 2a 39
25
5
(0.25)
(0.25)
a) x 2 2 x 4 x 2
x 2
x 2
2
2
(0.25)
2
x 2 x 4 ( x 2) x 2 x 4 0
1 5 x 3
( x 6)2 9( x 6) 4 4(4 x)
0 (0,5)
x63 x6
2 2 4 x
( x 3)( x 6)
4( x 3)
0
x63 x 6 2 2 4 x
x6
4
( x 3)
0 (0,25)
x63 x6 22 4 x
x 3 (nhận)
x6
4
0 x [ 6; 4]
Do
x 63 x6 2 2 4 x
Vậy phương trình có nghiệm : x 3 (0,25)
Bài 6:
P 2 x3 y 3 3 xy
(0.25)
đặt t = x + y. ĐK : t 2
t2 2
2
3
P t 3 t 2 6t 3 , với t 2
(0.25)
2
3
Xét f (t ) t 3 t 2 6t 3 trên [-2,2]
2
2
f '(t ) 3t 3t 6
f’(t) = 0 t 1 t 2
13
f 1
2
f(2) = 1
f(-2) = - 7
13
khi t = 1 nên
max f t
2,2
2
x y 1
13
2
max P
2
2
x y 2
xy
SE.BC ( SH HE ).BC HE.BC
9 9
HC.BC CH .CB
(0.25)
25
25
9
9 .CH .CB. CB
.CH .CB.cos HCB
25
25
CH
2
9
144a
CB 2
25
25
144 a
5
18
(0.25)
.
cos( SE ; BC ) =
25 2a 39.4a 5 39
x 2
x 2
2
2 x 6 x 0 1 5 x 1 5
x 2
1 5 x 2
0 x 3
(1) x 6 3 x 6 2 2 4 x 0
2 x y x 2 xy y 2 3 xy 2 x y 2 xy 3 xy
9
9
9a
.HC . HB 2 BC 2
25
25
5
SE SH 2 HE 2 3a 2
b) 3 x 6 2 4 x x 8 (1)
x 6 0
ĐK:
6 x 4
4 x 0
(0.25)
1 3
1 3
x
x
2
2
y 1 3 y 1 3
2
2 (0.25)
min f t 7 khi t = -2 nên minP = - 7
2,2
(0.25)
x y 2
x y 1 (0.25)
2
2
x y 2
(0.25)
