25 đề THI THỬ THPT QUỐC GIA môn TOÁN 2016 có HƯỚNG dẫn CHI TIẾT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (11.37 MB, 140 trang )
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2 x 2 1.
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) tại điểm cực đại của (C).
Câu 2. (1,0 điểm)
cos x 2sin x 3 2 2cos 2 x 1
1.
1 sin 2 x
2
b) Cho số phức z thỏa mãn: 1 i 2 i z 8 i 1 2i z. Tính môđun của z.
a) Giải phương trình
Câu 3. (0,5 điểm) Giải phương trình: log 4 x log 2 4 x 5.
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 3 6 x 2 171x 40 x 1 5 x 1 20 0, x
e
Câu 5. (1,0 điểm) Tính tích phân: I
1
1 x3
lnxdx.
x
Câu 6. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB BC a,
900 , cạnh SA a 2 và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình
BAD
chiếu của A lên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng
(SCD).
Câu 7. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB 3 AM . Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại
4
D. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua N ;0 , phương
3
trình đường thẳng CD : x 3 y 6 0 và điểm C có hoành độ lớn hơn 2.
Câu 8. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng
d:
x 1 y z 3
. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với d. Tìm trên d hai
1
1
1
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều.
Câu 9. (0,5 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}.
Tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
Câu 10. (1,0 điểm) Cho 3 số thực a, b, c không âm, chứng minh rằng:
a3
a3 b c
3
b3
b3 c a
3
c3
c3 a b
3
1
------------------ Hết -----------------Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ...........................
Ghi chú: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn: TOÁN
Câu
Câu
1
(2,0
điểm)
Đáp án
a) (1,0 điểm)
Tập xác định: R.
Giới hạn và tiệm cận: lim y . Đồ thị (C) có không tiệm cận.
x
Điểm
0,25
CBT: Ta có y ' 4 x3 4 x 4 x x 2 1 ; y' 0 x 0 x 1.
Dấu của y’: y ' 0 x 1;0 1; ; y ' 0 x ; 1 0;1
hàm số ĐB trên mỗi khoảng 1;0 và 1; . NB trên mỗi khoảng ; 1 và (0 ; 1)
0,25
Hàm số có hai CT tại x = 1; yCT = y(1) = 0 và có một CĐ tại x = 0 ; yCĐ = y(0) = 1.
Bảng biến thiên:
x
y’
y
-
-
-1
0
+
+
0
0
1
0
-
1
0
+
+
+
0,25
0
Đồ thị:
Đồ thị cắt Oy tại (0;1).
Điểm khác (2; 9)
Đồ thị nhận trục tung làm trục đối
xứng.
Câu
2
(1,0
điểm)
0,25
b) (1,0 điểm)
Điểm cực đại (0; 1), hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm CĐ của đồ thị đã cho là y’(0) = 0
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm CĐ là: y = 1.
a) (0,5 điểm)
k
4
Khi đó p.trình đã cho tương đương với 2sin x cos x 3 2 cos x 2 cos 2 x 1 1 sin 2 x
cos x 2 l
2
2 cos x 3 2 cos x 2 0
2
cos x
2
Điều kiện: 1 sin 2 x 0 x
Với cos x
0,5
0,5
2
x k 2 .
2
4
Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là: x
4
0,25
0,25
k 2 , k .
b) (0,5 điểm)
1 i 2 i z 8 i 1 2i z 1 i 2 i 1 2i z 8 i
2
2
0,25
2i 2 i 1 2i z 8 i
8 i 8 i 1 2i
2 3i z 13
1 2i
5
Vậy môđun của z là 13.
z
Câu
3
(0,5
điểm)
Câu
4
(1,0
điểm)
0,25
Điều kiện: x > 0.
Khi đó, phương trình tương đương với
1
3
log 2 x log 2 x log 2 4 5 log 2 x 3
2
2
log 2 x 2 x 4 (t/m)
Vậy phương trình có 1 nghiệm là: x = 4.
1
Điều kiện: x
5
Khi đó phương trình tương đương với
x
3
0,25
0,25
6 x 2 12 x 8 3 x 6 8 5 x 1 5 x 1 36 5 x 1 54 5 x 1 27 6 5 x 1 9
3
x 2 3 x 2 2 5x 1 3 3 2 5x 1 3
3
Xét hàm sô f t t 3 3t
Phương trình (1) có dạng f x 2 f 2 5 x 1 3
0,25
Ta có: f ' t 3t 3; f ' t 0 t 1
2
t
-
f’(t)
-1
0
+
-
1
0
+
+
0,25
f(t)
Suy ra: Hàm số f t t 3 3t đồng biến trên khoảng (1; + )
1 x 2 1
Với điều kiện x
5 2 5 x 1 3 1
0,25
Từ đó suy ra 1 x 2 2 5 x 1 3
x 1
x 1
x 1 2 5x 1 2
2
x 22 x 5 0
x 2 x 1 4 5 x 1
x 1
x 11 116 t / m
x 11 116
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x 11 116.
Câu
5
(1,0
điểm)
e
e
e
1 x3
ln x
lnxdx
dx x 2 lnxdx I1 I 2
Ta có: I
x
x
1
1
1
e
Tính I1: I1
1
0,25
e
lnx
ln 2 x e 1
dx ln xd lnx
x
2 1 2
1
1
du dx
u
ln
x
x
Tính I2: I 2 x 2 lnxdx . Đặt
2
3
x
dv x dx
1
v
3
0,25
0,25
e
0,25
I2
e 1e 2
x3
e3 1 e 2e3 1
ln x
x dx x3
1 31
3
3 9 1
9
9
e
Vậy I
1
1 x3
1 2e3 1 11 2e3
lnxdx
x
2 9 9 18 9
Câu
6
(1,0
điểm)
0,25
. Chứng minh: SCD vuông tại C ABCD là hình
thang đáy AD, BC. ACD vuông cân tại C.
AC CD a 2; AD 2a SC ; BD a 5
0,25
a3 2 a3 2 a3 2
VSBCD = VS.ABCD – VSABD
(đvtt).
2
3
6
S SCD a 2 2; d B, SCD
(hoặc
d B, SCD
d A, SCD
d H , SCD
d B, SCD
3VS .BCD
S SCD
0,25
a3 2
a
2 6
2
a 2
3.
BK 1
a
d B, SCD )
CK 2
2
0,5
SH SA2 2
2
a
2 d H , SCD d B, SCD
SB SB
3
3
3
Cách khác: Chứng minh BC (SAB) BC AH AH (SBC).
Kẻ AK (SC) AK (SCD) (AKH) (SCD).
Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
Có (AMK) (SCD) hay (AMK) (SED).
AH (SBC) AH HK tam giác AHK vuông tại H.
Kẻ HJ MK có HJ = d(H, (SCD)).
Tính AH, AM HM; Tính AK HK. Từ đó tính được HJ = a/3.
Hoặc có thể bằng phương pháp tọa độ.
ABM
S
Câu
7
(1,0
điểm)
DCM (g g)
AB
DC
3
AM DM
Xét tam giác CMD ta có:
CM 2 DM 2 CD 2 4CI 2 10 DM 2
4
Mà DM 2d (I,d)
nên CI 2 4
10
0,5
3 11
Gọi I 3 y 6; y Ta có C ; (loại) hoặc C(3; -1) (thỏa mãn)
5 5
I là trung điểm của CM M 1; 1 phương trình đường tròn tâm I là C : x 1 y 1 4
2
2
3 11
D là giao điểm của CD và (C) D ; . Phương trình đường thẳng BM: 3x y 4 0
5 5
Phương trình đường thẳng BC: 3x 5 y 4 0. B là giao điểm của BM và BC B 2;2
0,5
Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với AC AB : x 2 0 . A là giao điểm của
AB và AC A 2; 1
Câu
8
(1,0
điểm)
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác ABC là: A 2; 1 , B 2;2 , C 3; 1
Mp(P) qua M(2;1;2) và (d) nhận vtcp ud 1;1;1 làm vtpt.
0,5
Suy ra phương trình mp(P): 1. x 2 1. y 1 1. z 2 0 x y z 5 0
Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH d( M , d)
4 1 10
8
, H ; ; .
3
3 3 3
2
4 2
Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH .
3
3
x 1 y z 3
1
1
Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 1
.
4
2
( x ) ( y 1)2 ( z 10 )2 8
3
3
3
9
4 2 6 1 2 6 10 2 6 4 2 6 1 2 6 10 2 6
Giải hệ này ta tìm được A, B là:
;
;
;
;
,
.
9 3
9 3
9 3
9 3
9 3
9
3
Câu
9
(0,5
điểm)
Gọi (không gian mẫu) là số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: n A85 A74 5880 .
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 chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: n A A74 6. A63 1560
0,25
0,25
0,25
1560 13
Xác suất cần tìm P(A) =
5880 49
Câu
10
(1,0
điểm)
0,25
x2
Xét BĐT: 1 x 1 , x 0
2
3
1 x 1 x x2
x2
Thật vậy, theo BĐT AM-GM, ta có: 1 x 1 x 1 x x
1
2
2
Ấp dụng vào bài toán ta có:
a3
1
1
a2
1
3
3
2
a 2 b2 c2
a3 b c
1bc
bc
1
1
2 a
a
3
Tương tự, ta có:
b3
b2
a 2 b2 c2
b3 c a
Công vế với vế (1), (2), và (3) suy ra đpcm.
Đăng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
3
0,25
2
2;
c3
c3 a b
3
c2
a 2 b2 c2
3
0,25
0,25
0,25
-----Hết----Ghi chú: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng
phần như đáp án quy định.
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2016
Môn: TOÁN
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG III
Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian giao
đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 3mx 1
(1).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O
(với O là gốc tọa độ ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 2 x 1 6sin x cos 2 x .
2
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I
1
x 3 2 ln x
dx .
x2
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình 52 x 1 6.5 x 1 0 .
b) Một tổ có 5 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để làm
trực nhật. Tính xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A 4;1;3 và đường thẳng
x 1 y 1 z 3
. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường
2
1
3
thẳng d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB 27 .
d:
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB AC a , I là
trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của
BC, mặt phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và tính
khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a .
Câu 7 (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 ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
ADB có phương trình x y 2 0 , điểm M 4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình
của
đường thẳng AB .
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x 3 xy x y 2 y 5 y 4
4 y 2 x 2 y 1 x 1
Câu 9 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a b c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
P
bc
3a bc
ca
3b ca
ab
3c ab
…….Hết……….
ĐÁP ÁN
Câu
1
Nội dung
Điểm
a. (1,0 điểm)
Với m=1 hàm số trở thành: y x3 3x 1
TXĐ: D R
y ' 3 x 2 3 , y ' 0 x 1
0.25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 1 và 1; , đồng biến trên khoảng 1;1
0.25
Hàm số đạt cực đại tại x 1 , yCD 3 , đạt cực tiểu tại x 1 , yCT 1
lim y , lim y
x
x
* Bảng biến thiên
x
–
y’
+
y
-1
0
+
–
+
1
0
3
+
-
-1
Đồ thị:
4
0.25
2
2
4
B. (1,0 điểm)
y ' 3 x 2 3m 3 x 2 m
0.25
y ' 0 x 2 m 0 *
Đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị PT (*) có 2 nghiệm phân biệt m 0 **
Khi đó 2 điểm cực trị A m ;1 2m m , B
m ;1 2m m
Tam giác OAB vuông tại O OA.OB 0 4m3 m 1 0 m
Vậy m
0.25
1
2
1
( TM (**) )
2
0.25
0.25
0,25
2.
(1,0 điểm)
sin 2 x 1 6sin x cos 2 x
0.25
(sin 2 x 6sin x) (1 cos 2 x) 0
2 sin x cos x 3 2 sin 2 x 0
0. 25
2sin x cos x 3 sin x 0
sin x 0
sin x cos x 3(Vn)
x k . Vậy nghiệm của PT là x k , k Z
0. 25
0.25
(1,0 điểm)
2
2
2
2
2
ln x
x2
ln x
3
ln x
I xdx 2 2 dx
2 2 dx 2 2 dx
x
2 1 1 x
2
x
1
1
1
0.25
2
ln x
dx
2
x
1
Tính J
3
Đặt u ln x, dv
0.25
1
1
1
dx . Khi đó du dx, v
2
x
x
x
2
2
1
1
Do đó J ln x 2 dx
x
x
1
1
2
1
1
1
1
J ln 2
ln 2
2
x1
2
2
Vậy I
4.
0.25
1
ln 2
2
0.25
(1,0 điểm)
a,(0,5điểm)
0.25
5 1
5 6.5 1 0 5.5 6.5 1 0 x 1
5
5
x 0
Vậy nghiệm của PT là x 0 và x 1
x 1
b,(0,5điểm)
n C113 165
x
2 x 1
x
2x
x
Số cách chọn 3 học sinh có cả nam và nữ là C52 .C61 C51.C62 135
135 9
Do đó xác suất để 3 học sinh được chọn có cả nam và nữ là
165 11
0.25
0.25
0.25
5.
(1,0 điểm)
Đường thẳng d có VTCP là ud 2;1;3
Vì P d nên P nhận ud 2;1;3 làm VTPT
0.25
Vậy PT mặt phẳng P là : 2 x 4 1 y 1 3 z 3 0
2 x y 3 z 18 0
0.25
0.25
Vì B d nên B 1 2t ;1 t ; 3 3t
AB 27 AB 2 27 3 2t t 2 6 3t 27 7t 2 24t 9 0
2
6.
2
t 3
13 10 12
3 Vậy B 7; 4;6 hoặc B ; ;
t
7
7 7
7
(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB HK AB (1)
Vì SH ABC nên SH AB (2)
0.25
0.25
Từ (1) và (2) suy ra AB SK
Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc
60
giữa SK và HK và bằng SKH
Ta có SH HK tan SKH
1
1 1
a3 3
Vậy VS . ABC S ABC .SH . AB. AC.SH
3
3 2
12
a 3
2
0.25
Vì IH / / SB nên IH / / SAB . Do đó d I , SAB d H , SAB
Từ H kẻ HM SK tại M HM SAB d H , SAB HM
Ta có
1
1
1
16
a 3
a 3
. Vậy d I , SAB
2 HM
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4
0.25
0,25
7.
(1,0 điểm)
Gọi AI là phan giác trong của BAC
Ta có :
AID
ABC BAI
0,25
CAD
CAI
IAD
CAI
,
nên
Mà BAI
ABC CAD
AID IAD
DAI cân tại D DE AI
PT đường thẳng AI là : x y 5 0
0,25
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI PT đường thẳng MM’ : x y 5 0
Gọi K AI MM ' K(0;5) M’(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là AM ' 3;5 VTPT của đường thẳng AB là n 5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5 x 1 3 y 4 0 5 x 3 y 7 0
(1,0 điểm).
0,25
0,25
x 3 xy x y 2 y 5 y 4(1)
4 y 2 x 2 y 1 x 1(2)
0.25
xy x y 2 y 0
Đk: 4 y 2 x 2 0
y 1 0
Ta có (1) x y 3
x y y 1 4( y 1) 0
Đặt u x y , v
y 1 ( u 0, v 0 )
u v
Khi đó (1) trở thành : u 2 3uv 4v 2 0
u 4v(vn)
8.
Với u v ta có x 2 y 1 , thay vào (2) ta được :
4 y 2 2 y 3 2 y 1
2 y 2
4 y2 2 y 3 2 y 1
y 2 ( vì
4 y2 2 y 3 y 1 2 y
0.25
y 1 1 0
y2
2
0 y 2
2
4 y 2 y 3 2 y 1
y 1 1
2
4 y2 2 y 3 2 y 1
1
0y 1 )
y 1 1
Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là 5; 2
1
0
y 1 1
0.25
0.25
9.
(1,0 điểm) .
bc
bc
bc
bc 1
1
2 ab ac
3a bc
a(a b c) bc
(a b)(a c)
1
1
2
Vì theo BĐT Cô-Si:
, dấu đẳng thức xảy ra b = c
ab ac
(a b)(a c)
Vì a + b + c = 3 ta có
Tương tự
Suy ra P
ca
ca 1
1
và
2 ba bc
3b ca
ab
ab 1
1
2 ca cb
3c ab
bc ca ab bc ab ca a b c 3
,
2(a b) 2(c a ) 2(b c)
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy max P =
0,25
0,25
0,25
3
khi a = b = c = 1.
2
0,25
ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
Năm học 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 2 (1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y = 9x+7.
9
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x +
trên
x−1
đoạn [2; 5].
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = x3 + (m − 3)x2 + m2 x + 1 đạt
cực tiểu tại x = 1.
π
π
3
. cos α −
, biết cos α = .
3
3
5
Câu 5 (1,0 điểm). Lớp 12A có ba bạn học sinh nam và 3 bạn học sinh nữ đi cổ vũ cuộc thi
Câu 4 (1,0 điểm). Tính giá trị của biểu thức P = cos α +
tìm hiểu Luật an toàn giao thông. Các em được xếp ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Tính xác suất
sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,
BC = 2a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng
(ABCD) bằng 450 . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB, AC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D
có AD = DC = 2AB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên cạnh BC; I là trung
điểm của AH; đường thẳng AI cắt DC tại K(1; −2). Tìm toạ độ của các điểm D, C biết
DH : x − 2y − 3 = 0 và D có tung độ nguyên.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
x3 + x2 + 3x − 1 = y + (y + 4)√y + 1
√
3y 2x + 1 = 2(x3 − y − 1)
(x, y ∈ R).
Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện x ≥ z. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
x
x2
+
y2
+
y
y2
+
z2
+
z
.
z+x
HẾT
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ............................................................; Số báo danh:..................................
SỞ GD VÀ ĐT BẮC GIANG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA LẦN 1
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: TOÁN LỚP 12
Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và đáp số. Bài làm của học sinh phải lập luận chặt chẽ, đầy đủ.
Nếu học sinh làm theo cách khác và lập luận chặt chẽ thì vẫn cho điểm tương ứng.
Câu
Nội dung
Điểm
*) TXĐ:
*) Sự biến thiên:
+) Giới hạn tại vô cực: lim y ; lim y
x
x
x 2
+) Chiều biến thiên: y ' 3 x 2 6 x; y ' 0
x 0
0.25
+) BBT:
0.25
1.1
(1,0đ) +) HS đồng biến trên các khoảng ;0 và 2; ; HS nghịch biến trên khoảng 0; 2
+) HS đạt cực đại tại x 0; y C§ 2 ; HS đạt cực tiểu tại x 2; y CT 2
0.25
*) Đồ thị: Lấy đúng điểm, vẽ đúng đồ thị
0.25
Gọi M x0 ; y0 C là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với đồ thị C .
HSG của tiếp tuyến là k 3 x0 2 6 x0
0.25
1.2
x0 1
Do / / d : y 9 x 7 k 9 3 x0 2 6 x0 9
(1,0đ)
x0 3
0.25
Với x0 1 y0 2 : y 9 x 7 ( loại)
0.25
Với x0 3 y0 2 : y 9 x 25 ( thoả mãn). KL:…….
0.25
1
Câu
Nội dung
TXĐ: D \ 1 Hàm số xác định và liên tục trên đoạn 2;5
2
(1,0đ)
y ' 1
x 4 2;5
;
,
x
D
y
'
0
2
x 1
x 2 2;5
9
y 2 11; y 5
29
; y 4 7
4
0.25
0.25
0.25
Vậy min y 7 x 4; m ax y 11 x 2.
2;5
Điểm
2;5
0.25
TXĐ: ; y ' 3 x 2 2 m 3 x m 2 ; y '' 6 x 2 m 2
0.25
m 1
Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 y ' 1 0 m 2 2m 3 0
m 3
0.25
(1,0đ) Với m 1 y '' 1 2 0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x 1 . Vậy m 1 thoả mãn.
0.25
3
Với m 3 y '' 1 6 0 . Hàm số đạt cực đại tại x 1 . Vậy m 3 loại.
0.25
KL:……
4
(1,0đ)
1
2 1
1
2
P cos 2 cos
2 cos 1
2
3 2
2
Mà cos
3
39
P
5
100
0.5
0.5
Không gian mẫu là tập hợp các cách xếp 6 học sinh ngồi vào 6 ghế hàng ngang. Số phần
tử của không gian mẫu là: = 6!
0.25
Gọi A là biến cố “ Ba bạn nữ ngồi cạnh nhau”.
5
Ta coi ba bạn nữ ngồi cạnh nhau là một phần tử x. Số cách chọn phần tử x là 3!.
Việc xếp 6 bạn học sinh thành hàng ngang sao cho ba bạn nữ ngồi cạnh nhau trở thành
(1,0đ) việc xếp thứ tự 4 phần tử (3 bạn nam và phần tử x). Số cách xếp là 4!.
0.5
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: A =3!.4!
Xác suất của biến cố A là P A
A 3!.4! 1
6!
5
0.25
+ SA ABCD AB là hình chiếu vuông góc
của SB lên ABCD
6
SBA
450
SB, ABCD
SB, AB SBA
(1,0đ) + Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA = a
0.5
+ S ABCD 2a 2
1
2a 3
+ VS . ABCD SA.S ABCD
3
3
2
Câu
Nội dung
Điểm
+ Dựng hình bình hành ACBE. Ta có EB / / AC AC / / SBE
d AC , SB d AC , SBE d A, SBE
1
a3
VS . ABE VS . ABCD .
2
3
0.5
Tam giác SBE có BE AC a 5; SE a 5; SB a 2 S SBE
Vậy d A, SBE
3a
2
2
3.VS . ABE 2a
2a
d AC , SB
S SBE
3
3
+ Kẻ BE vuông góc DC tại E
EBC
EC DE AB; HDC
+ Kẻ KF vuông góc DH tại F. KF d K , DH
2
5
0.25
tan EBC
1 sin HDC
1
tan HDC
2
5
KD
7
(1,0đ)
KF
2
sin HDC
+ D DH D 2d 3; d , d ; DK
2d 2 d 2
2
2
d 2
2
d 2
5
0.25
Vì d d 2 D 1; 2
AB a a 0 CD 2a; CE a
Đặt
2a ; BC EC.sin EBC
a 5 BH 3a
CH CD.sin HDC
5
5
CK HC 2
2a
8a
CK
DK
KD 4 KC
AB HB 3
3
3
0.5
1
KD 4 KC C ; 2 . KL…….
2
ĐKXĐ: y 1
x 3 x 2 3 x 1 y y 4 y 1 x 3 x 2 3 x y 1 y 1 y 1 3 y 1
8
Xét hàm số f t t 3 t 2 3t ; f ' t 3t 2 2t 3 0, t hàm số f t đồng biến
0.25
(1,0đ) trên
Mà 1 f x f
y 1 x
y 1 x 0; x 2 y 1 y x 2 1
Thế y x 2 1 vào phương trình (2) ta được:
0.25
3
Câu
Nội dung
Điểm
3 x 2 1 2 x 1 2 x 3 x 2 x 1 3 x 1 2 x 1 2 x 2 0
x 1
2
3 x 1 2 x 1 2 x
3
Do x 0 x 1 0
3 4 x 4 18 x3 45 x 2 36 x 9 0 x 2 6 x 3 4 x 2 6 x 3 0
0.25
x 3 2 3
x2 6x 3 0
2
x 3 2 3 ko t / m
4 x 6 x 3 0 VNo
x 1 y 0
x 3 2 3 y 20 12 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y là 1;0 ; 3 2 3; 20 12 3
P
1
y
1
x
2
1
z
1
y
2
Do abc 1; c 1 ab 1
P
Xét hàm số f c
9
(1,0đ)
f 'c
1
1
x
z
1
1 a
2
y
z
x
; b ; c abc 1; c 1
x
y
z
. Đặt a
1
1 b
2
0.25
2
1 ab
0.5
2
1
2 c 1
1 ab
1 c
1 c
2 c 1
, c 1;
1 c
2 c
; f 'c 0 c 4
1 c c . 1 c
BBT
c
1
f’(c)
4
+
0
-
0.5
5
f(c)
Vậy giá trị lớn nhất của P là
3 2
2
2
1
5 đạt được khi a b ; c 4 hay x 2 y 4 z .
2
4
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 1
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG THPT QUỐC GIA
MÔN TOÁN (Năm học 2015 – 2016)
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề)
Câu 1: ( 2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + m ( 1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1
b) Tìm m để đồ thị hàm số đạt cực trị tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB
bằng 4 (O là gốc tọa độ)
Câu 2: ( 2 điểm)
a) Giải phương trình: sin 2 x cos2x 2sin x 1
1
b) Tính tích phân: I = x 2 ( x 1)2 dx
0
Câu 3: (1 điểm)
a) Từ một hộp đựng 4 viên bi đỏ và 5 viên bi xanh, chọn ngẫu nhiên hai viên bi.
Tính xác suất để hai viên bi được chọn cùng màu.
x 1
x
1
1
b) Giải phương trình: 2 .
3
9
Câu 4: (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;1;-1)
và mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
A và vuông góc với (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
OM 3 .
Câu 5 ( 1 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc
với đáy, SA = a. Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300. Tính
thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM),
(M là trung điểm CD).
Câu 6 ( 1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6; 1). Đường thẳng AH có phương
trình x + 2y – 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam
giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết phương trình
đường thẳng DE là x - 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Câu 7 ( 1 điểm)
2 y 2 3 y 1 y 1 x 2 x xy
Giải hệ phương trình
2
2 x y 3x 2 y 4 3 x 14 x 8 0
Câu 8 (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn ab + bc + ac = 1.
2a
2b
c2 1 3
Chứng minh rằng: 2
.
a 1 b2 1 c2 1 2
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 giải và thang điểm
Câu
1a
Hướng dẫn giải
3
Điểm
2
Hàm số y = x – 3x +1
TXĐ D = R
Sự biến thiên: lim y
x
; xlim
y ; y’=3x2-6x => y’ = 0 x 0; x 2
0,5
BBT
x
0
-
+
y'
+
2
-
0
0
+
y
2
+
1
-5
-3
-
-2
Hàm số đồng biến trên (- ;0) và (2; + ); Hàm số nghịch
biến trên (0;2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y = 1: đạt cực tiểu tại x = 2; y = -3
Đồ thị
1b
5
0.5
-4
-6
x 0
x 2m
Ta có y’ = 3x2 -6mx => y’ = 0
0,5
hàm số có hai điểm cực trị A(0;m);B( 2m; - 4m3); AB= 4m 2 (1 4m 4 )
Phương trình đường thảng AB: 2m2x + y – m =0;
m
Diện tích tam giác OAB: S 1 d (O; AB ) AB 4 1
4m 2 (1 4 m4 ) 4 m 2(TM )
Với m
0
OAB
2a
2b
2 1 4m 4
sin 2 x cos2x=2sinx-1 sinx(sinx + cosx-1)=0
0.5
x k
x k
sinx=0
sinx+cosx=1 x k 2 ; x 2 k 2
x 2 k 2
0,5
1
I=
0,5
1
x 2 ( x 2 2 x 1) d x
0
(x
4
2 x3 x 2 )dx
0
x5
x4
x3
(
2
)
5
4
3
3.a
2
1
0
0,5
1
30
Không gian mẫu có: C92 36
0,25
Gọi A là biến cố lấy được hai viên bi cùng màu: A C42 C52 16
Xác suất của biến cố: PA= A 16 4
36 9
3.b
Đặt t=
0,25
0.25
t 2
1
( ) x (t 0) . Phương trình trở thành: -t2 +3t-2 = 0
3
t 1
1 x
( ) 2
Ta có 3
( 1) x 1
3
4
0,5
0,5
x log1 / 3 2
x 0
x 2 y 1 z 1
Phương trình đường thảng d qua A và vuông góc với (P):
hoặc
1
2
2
x 2 t
y 1 2t
z 1 2t
t 1
OM (2 t ) 2 (1 2t ) 2 (1 2t ) 2 3 9t 2 12t 3 0
1
t
3
Vậy tọa độ M(1; -1;1) hoặc M( 5 ; 1 ; 1 )
0,5
Gọi M(2+t; 1+2t; -1-2t);
3 3
3
0,5
5
DB ( SAC ) hình chiếu vuông góc DS lên (SAC) là SO; Góc của SD và (SAC) là
CM:
0,25
DSO 30 0 .Đặt DO =x. Ta có SO= x 3 (O là giao của AC với BD)
1
Từ SO2 = AO2 +SA2 x a . S
AC.BD 2 x 2 a 2 .
ABCD
2
2
1
1
Thể tích khối chóp SABCD là.V= SA.S
a3
ABCD
3
N
Gọi
là
trung
điểm
0,25
S
3
của
AB
Suyra:d(D;(SBM))=d(N;(SBM))=d(N;(SBM))=
=>
DN//
BM
1
d(A;(SBM))
2
0,25
Kẻ AI BM ; AH SM .
Từ đó CM được AH ( SBM ) d ( A;( SBM )) AH
Trong (ABCD): SABM= SABCD- SADM-SBCM = a2 /2.
Mà SABM =
Khi đó
6
7
1
.AI.BM suy ra AI =2/ 5 a.
2
H
D
A
N
M
I
0,25
C
B
1
1
1
2
1
AH a d ( D;( SBM )) a
2
2
2
AH
AI
SA
3
3
Gọi K là trung điểm AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K
và BCDE nội tiếp đường tròn tâm I
Suy ra IK vuông góc DE => PT đường thẳng IK: y – 1=0
Tọa độ K(1:1) => A(-1;2).
Gọi D(2; x)Ta có : KA = KD
0,25
A
K
0,25
H
5 1 ( x 1) 2 x 3 hoac x 1(l ) D (2;3)
PT đường thẳng AC: x – 3y +7 =0 ; Phương trình BC:
B
2x – y -11 = 0
Tọa độ C(8;5) B(4; 3). Vây A(-1;2) B(4;-3) C(8;5)
(1)DK x 0; y 1; 3x 2 y 4 0 . Nhận thấy x= 0; y = 1 không là nghiệm của hệ
Ta có:
2
(1)
D
E
C
0,5
I
0,5
2
y 1 x ( y 1) x y ( y 1 x) 0
1
1
2 y 1 x) 0 y x 1(do
2 y 1 x 0)
y 1 x
y 1 x
( y 1 x)(
Khi đó:
(2) 3 x 1 6 x 3 x 2 14 x 8 0 ( 3 x 1 4) (1 6 x ) ( x 5)(3 x 1) 0
0,5
3
1
3x 1) 0 x 5 y 6
3x 1 4 1 6 x
Vậy hệ có nghiệm: (x; y) = (5;6)
Từ gt: ab bc ca 1; 1 a 2 a 2 ab bc ca ( a b)(a c)
( x 5)(
8
Ta có:
a
b
a
b
1 ab
1 ab
1
2
2
2
2
a 1 b 1 (a b)( a c) (a b)(b c ) ( a b)(a c)(b c)
(1 a )(1 b ). 1 c
1 c2
2
Suy ra: VT
2
1 c2
c2 1
2c ( 1 c 2 2)
f
(
c
)
f
'(
c
)
f '(c) 0 c 3
c2 1
(1 c 2 ) 2
0,5
0,25
Từ đó ta CM được:
c 3
a b 2 3
maxVT = max f ( c) = f ( 3) 3 khi a b
2
c 3
2
a 2 3a 1 0
0,25
TRƯỜNG THPT GIA VIỄN A
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA ĐỢT I
NĂM HỌC 2015 – 2016; Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm). Cho hàm số y 2 x 3 6 x 2 .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đồ thị (C) cắt đường thẳng d : y mx tại ba điểm phân biệt.
Câu 2: (1,0 điểm). Giải phương trình: sin x sin x 1 cos x 1 cos x .
Câu 3: (2,0 điểm). Tính các tích phân:
ln 2
1. I
e.
x
7
5 e dx .
x
2.
0
I ln
2
x 2 1 dx .
Câu 4: (1,0 điểm).
1. Giải phương trình: log
2
4x
log 2 x 2 10 .
15
2
2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của biểu thức:
x2 ; x 0 .
x
Câu 5: (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm
A 1;1; 2 , B 3;0;1 , C 1; 2;3 . Lập phương trình mặt phẳng (ABC). Lập phương trình mặt cầu (S) có
bán kính R = 3, đi qua điểm A và có tâm thuộc trục Oy.
Câu 6: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AC = 2a. Biết rằng ∆SAB đều
cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
tính độ dài đoạn thẳng MN với M, N lần lượt là trung điểm của SA và BC.
Câu 7: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C : x 2 y 2 2 x 4 y 1 0 và
đường thẳng d: x + y – 3 = 0. Tìm trên d điểm M sao cho từ M có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn (C) là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho S MAB 3S IAB , với I là tâm của đường tròn (C).
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1
Câu 8: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
; x, y R .
2
2 y 4 y 3 5 y x 4
-------------------------Hết-------------------------
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
Lưu ý: Bài thi được chấm theo thang điểm 10, lấy đến 0,25; không quy tròn điểm.
Câu
Nội dung
1 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
TXĐ: D = R. y ' 6 x 2 6 x .
Điểm
0,25
x 0
. Ta có y(0) = 0; y(– 2) = 8.
y' 0
x 2
Giới hạn.
0,25
Bảng biến thiên. Đồng biến, nghịch biến. Cực trị.
0,25
Vẽ đồ thị.
0,25
2/ (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình:
x 0
.
2 x 3 6 x 2 mx x 2 x 2 6 x m 0 2
2
x
6
x
m
0
(*)
0,25
Để hai đồ thị cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 0.
0,25
9
' 0
9 2m 0
m
Khi đó:
2.
m 0
m 0
m 0
2 (1,0
điểm)
0,5
sin x sin x 1 cos x 1 cos x sin x cos x 1
0,25
1
2 sin x 1 sin x
4
4
2
0,25
x k 2
.
x k 2
2
0,25
KL.
0,25
3 (2,0 1/ (1,0 điểm)
điểm)
Đặt u 5 e x . Tính e x dx 2udu .
Đổi cận: x = 0 thì u = 2; x = ln2 thì u 3 .
2
2u 3
Khi đó: I 2u du
3
3
2
2
3
16
2 3.
3
0,25
0,25
0,5
2
KL.
2/ (1,0 điểm)
Đặt t x 2 . Tính dx 2tdt .
0,25
Đổi cận: x = 2 thì u = 2; x = 7 thì u = 3.
3
Khi đó: I 2t.ln t 1 dt .
0,25
2
Sử dụng từng phần ta được I 16 ln 2 3ln 3
3
.
2
0,5
4 (1,0 1/ (0,5 điểm)
điểm)
1
Đk: x .
4
Ta có: log
2
4x
log 2 x 2 10 2 log 2 x 4 log 2 x 2 10 0 .
0,25
Đặt t log 2 x 2 , (t ≥ 0).
t 2
Phương trình có dạng: 2t t 10 0
.
t 5 (l )
2
2
log 2 x 2 2 log 2 x 2 x 4 .
Với t = 2 ta được
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
0,25
2/ (0,5 điểm)
15
15 k
15
2
2
Ta có:
x 2 C15k .
k 0
x
x
. x
Khi đó xét số hạng không chứa x ta có
15
2
2 k
k 0
15 k
k
15
.C .x
5 k 15
2
.
0,25
5k 15
0 k 3.
2
Vậy số hạng không chứa x là 212.C153 .
5 (1,0 Ta có AB 2; 1;3 , AC 2;1;5 ; AB; AC 8; 16;0 .
điểm)
Do đó n 1; 2;0 là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (ABC).
Do đó (ABC): x + 2y – 3 = 0.
0,25
0,25
0,25
Gọi I là tâm của mặt cầu (S). Theo giả thiết I thuộc trục Oy nên I(0;a;0).
a 3
2
Do (S) có bán kính R = 3 và đi qua A nên IA R a 1 5 9
.
a 1
0,25
3
Với a = 3 ta có I(0;3;0) nên S : x 2 y 3 z 2 9 .
2
Với a = – 1 ta có I(0; – 1;0) nên S : x 2 y 1 z 2 9 .
2
6 (1,0 Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Theo giả thiết ta có SH (ABCD) và
điểm)
a 3
SH
.
2
0,25
0,25
Do AB a AD a 3 . Khi đó S ABCD AB. AD a 2 3 . Vậy
1
a3
VS . ABCD SH .S ABCD .
3
2
0,25
Gọi P là trung điểm của cạnh AH. Do đó MP // SH hay MP (ABCD).
0,25
Dễ thấy ∆MPN vuông tại P.
Ta có MP
1
a 3
a 13
SH
; PN
MN a .
2
4
4
0,25
7 (1,0 Đường tròn (C) có tâm I(1;– 2), bán kính R = 2.
điểm) Ta thấy tứ giác MAIB có góc A và B vuông nên hai góc M và I bù nhau.
0,25
Theo công thức diện tích , từ S MAB 3S IAB ta được MA2 3R 2 MI 4 .
0,25
a 1
Gọi điểm M(a;3 – a). Do MI 4 nên
.
a 5
0,25
Với a = 1 ta được M(1;2). Với a = 5 ta được M(5;– 2).
0,25
8 (1,0 Đk: 4 x 1 .
điểm)
Ta có:
2 y 3 7 y 2 x 1 x 3 1 x 3 2 y 2 1 2 y 1 y 1 2 1 x 1 x 1 x .
3
0,25
Xét hàm số f t 2t 3 t đồng biến trên R. Khi đó phương trình trên có dạng:
f y 1 f
1 x y 1 1 x y 1 1 x .
0,25
Thế vào phương trình còn lại ta được:
3 2x 4 1 x x 4 x 4 1 x 3 2x 4 0 .
Dễ thấy vế trái là hàm số đồng biến trên [- 4;1] nên phương trình trên có nghiệm duy
nhất x = – 3.
0,25
Khi x = – 3 ta được y = 3. Vậy hệ có nghiệm (– 3;3).
0,25
-----------------------Hết-----------------------
4
SỞ GD & ĐT TP HỒ CHÍ MINH
KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Đề thi môn: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
2x - 1
x- 2
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
b) Tìm m để đường thẳng (d) : y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4 2.
Câu 2 (1,0 điểm)
a) Giải phương trình: 16sin2
x
- cos2x = 15
2
b) Cho số phức z thỏa mãn phương trình (1 - i)z + (2 + i).z = 4 + i. Tính môđun của z.
x
+ 4
4
2
ìï
ïï ( y + 1)2 + y = y 2 + 2 x - 2
ï
x
Câu 4 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ïí
x- 1 y
ïï
+ = y2 + y
ïï x +
y
x
ïî
Câu 3 (0,5 điểm) Giải phương trình: log22 x = log2
4
Câu 5 (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
ò
1
x - 4 ln x
.dx
x2
a 70
, đáy ABC là tam giác vuông tại
5
A, AB = 2a, AC = a và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính theo a
thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC
có SC =
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, gọi H(3; - 2), I(8;11), K(4; - 1) lần lượt là trực tâm, tâm đường
tròn ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B,C.
Câu 8 (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(2;1; - 1), B(1; 3;1),C(1;2; 0). Viết phương trình
đường thẳng (d) qua A, vuông góc và cắt đường thẳng BC.
Câu 10 (0,5 điểm) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm năm chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ
các số 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn có tổng
các chữ số là một số lẻ.
Câu 9 (1,0 điểm) Cho hai số thực x , y thỏa mãn điều kiện: x 4 + 16y 4 + 2(2xy - 5)2 = 41
Tìm GTLN-GTNN của biểu thức P = xy -
3
.
x + 4xy 2 + 3
2
“ Ngày mai đang bắt đầu từ ngày hôm nay……….. ”
-1-
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1
(2,0
điểm)
a) TXĐ: D = R\{2}
0,25
lim y lim y 2 y 2 là tiệm cận ngang của (C).
x
x
lim y , lim y x 2 là tiệm cận đứng của (C).
x 2
0,25
x 2
y/
3
( x 2)2
y / 0, x D Hàm số giảm trên các khoảng (, 2), (2; )
Vẽ đồ thị. Đồ thị nhận I(2;2) làm tâm đối xứng.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
2x 1
x m x 2 (m 4) x 1 2m 0 (*)
x2
m2 12 0, m phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m và
x1 x2 4 m , x1 x2 1 2m .
0,25
0,25
0,25
0,25
AB 4 2 ( x1 x2 )2 (y1 y2 )2 4 2
Câu 2
(1,0
điểm)
Câu 3
(0,5
điểm
Câu 4
(1,0
điểm)
( x1 x2 )2 16 ( x1 x2 )2 4 x1 x2 16 (4 m)2 4(1 2m) 16
0,25
m2 4 m 2
0,25
x
cos 2 x 15
2
8(1 cos x) (2cos2 x 1) 15
2cos2 x 8cos x 6 0
cos x 1
x k 2 (k Z )
b) (1 i) z (2 i) z 4 i (*)
Gọi z a bi (a, b R)
(*) (1 i)(a bi) (2 i)(a bi) 4 i
3a 2b bi 4 i b 1, a 2
a) 16sin 2
0,25
0,25
0,25
z 5
0,25
x
4 . Điều kiện x > 0.
4
Phương trình log 22 x log 2 x 2
0,25
log 22 x log 2
1
log 2 x 1 x
2
log 2 x 2
x 4
y2
2
(
y
1)
y 2 2 x 2 (1)
x
. Điều kiện x 2, y 0
x
1
y
2
x
y y
(2)
y
x
(2) ( x y 2 )( xy x 1) 0 x y 2 (do xy x 1 0)
(1) ( y 1)2 ( y 2 2 1)2
0,25
0,5
